Zadanie 4 – matura z matematyki zestaw zadań marzec 2008 nr 1, poziom rozszerzony

a) \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{a}{2H}\). b) \(\cos\alpha=\frac{h}{a}\). c) Z warunku \(a^2=H\cdot h\) wynika \(2\operatorname{tg}\alpha=\cos\alpha\), a stąd \(\sin^2\alpha+2\sin\alpha-1=0\); dla \(\alpha\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\) daje to \(\sin\alpha=\sqrt2-1\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** Wysokość opuszczona na podstawę trójkąta równoramiennego dzieli go na dwa przystające trójkąty prostokątne o przyprostokątnych \(\frac{a}{2}\) i \(H\) oraz przeciwprostokątnej równej ramieniu. Kąt \(\alpha\) leży właśnie w takim trójkącie, przy wierzchołku. To wystarczy do podpunktów a) i b), a podpunkt c) będzie połączeniem obu wzorów. **Krok \(2\).** Podpunkt a). W tym trójkącie prostokątnym naprzeciw kąta \(\alpha\) leży przyprostokątna \(\frac{a}{2}\), a przy kącie \(\alpha\) leży przyprostokątna \(H\), więc z definicji tangensa \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{H}=\frac{a}{2H}.\] **Krok \(3\).** Podpunkt b). Oznaczmy przez \(b\) długość ramienia. Wysokość \(h\) opuszczona na ramię wiąże się z pozostałymi wielkościami przez pole trójkąta, które można policzyć na dwa sposoby: \[P=\frac12aH\qquad\text{oraz}\qquad P=\frac12bh.\] **Krok \(4\).** Porównujemy oba wyrażenia: \[aH=bh,\qquad\text{czyli}\qquad \frac{h}{a}=\frac{H}{b}.\] **Krok \(5\).** W trójkącie prostokątnym z kroku \(1\) przy kącie \(\alpha\) leży przyprostokątna \(H\), a przeciwprostokątną jest \(b\), więc \(\cos\alpha=\frac{H}{b}\). Łącząc to z krokiem \(4\), otrzymujemy \[\cos\alpha=\frac{h}{a}.\] **Krok \(6\).** Podpunkt c). Z podpunktu a) wyznaczamy \(H=\frac{a}{2\operatorname{tg}\alpha}\), a z podpunktu b) \(h=a\cos\alpha\). Wstawiamy to do danego warunku \(a^2=H\cdot h\): \[a^2=\frac{a}{2\operatorname{tg}\alpha}\cdot a\cos\alpha=\frac{a^2\cos\alpha}{2\operatorname{tg}\alpha}.\] **Krok \(7\).** Dzielimy obie strony przez \(a^2\) (bok jest dodatni) i porządkujemy: \[1=\frac{\cos\alpha}{2\operatorname{tg}\alpha},\qquad 2\operatorname{tg}\alpha=\cos\alpha.\] **Krok \(8\).** Zapisujemy tangens jako iloraz i mnożymy przez \(\cos\alpha\), który dla kąta ostrego jest dodatni: \[2\cdot\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\cos\alpha,\qquad 2\sin\alpha=\cos^2\alpha.\] **Krok \(9\).** Korzystamy z jedynki trygonometrycznej \(\cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha\) i przenosimy wszystko na jedną stronę: \[2\sin\alpha=1-\sin^2\alpha,\qquad \sin^2\alpha+2\sin\alpha-1=0.\] **Krok \(10\).** Podstawiamy \(t=\sin\alpha\) i rozwiązujemy równanie kwadratowe \(t^2+2t-1=0\): \(\Delta=4+4=8\), \(\sqrt{\Delta}=2\sqrt2\), więc \[t_1=\frac{-2-2\sqrt2}{2}=-1-\sqrt2,\qquad t_2=\frac{-2+2\sqrt2}{2}=-1+\sqrt2.\] **Krok \(11\).** Kąt \(\alpha\) jest kątem ostrym w trójkącie prostokątnym, więc \(\sin\alpha\gt 0\). Liczba \(-1-\sqrt2\) jest ujemna, więc ją odrzucamy i zostaje \(\sin\alpha=\sqrt2-1\), co należało wykazać. **Uwaga.** Odrzucenie ujemnego pierwiastka to konieczna część dowodu — bez niej rozwiązanie jest niepełne. Warto też sprawdzić rachunkowo, że \(\sqrt2-1\approx0{,}41\), czyli że jest to liczba z przedziału \((0,1)\), a więc rzeczywiście może być sinusem kąta ostrego. **Odpowiedź.** a) \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{a}{2H}\); b) \(\cos\alpha=\frac{h}{a}\); c) warunek \(a^2=H\cdot h\) prowadzi do równania \(\sin^2\alpha+2\sin\alpha-1=0\), którego jedynym rozwiązaniem dla kąta ostrego jest \(\sin\alpha=\sqrt2-1\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **4.1. (1 pkt)** – wyrażenie funkcji \(\tg\alpha\) w zależności od \(a\) i \(H\): \(\tg\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{H}=\frac{a}{2H}\). **4.2. (1 pkt)** – wyrażenie funkcji \(\cos\alpha\) w zależności od \(a\) i \(h\): \(\cos\alpha=\frac{h}{a}\). **4.3. (1 pkt)** – wykorzystanie wyznaczonych zależności i doprowadzenie podanego w treści zadania związku \(a^{2}=H\cdot h\) do zależności z jedną zmienną \(\alpha\): np. \(\frac{\frac{a}{2}}{H}=\tg\alpha\) stąd \(H=\frac{a}{2\tg\alpha}\), \(\frac{h}{a}=\cos\alpha\) stąd \(h=a\cos\alpha\); po podstawieniu otrzymujemy \(2\tg\alpha=\cos\alpha\). **4.4. (1 pkt)** – doprowadzenie zależności do postaci równania, w którym jest tylko jedna funkcja trygonometryczna, np.: \(2\sin\alpha=1-\sin^{2}\alpha\) dla \(\alpha\in\left(0,\,\frac{\pi}{2}\right)\). **4.5. (1 pkt)** – rozwiązanie równania, np. dokonanie podstawienia \(t=\sin\alpha\) i rozwiązanie równania kwadratowego \(t^{2}+2t-1=0\): \(t=-1-\sqrt{2}\) oraz \(t=-1+\sqrt{2}\). **4.6. (1 pkt)** – odrzucenie ujemnego pierwiastka i podanie odpowiedzi: \(\sin\alpha=\sqrt{2}-1\). Jeśli zdający nie wskaże właściwego rozwiązania spełniającego warunki zadania, to nie otrzymuje punktu za tę czynność. **II sposób rozwiązania (czynności 4.3 i 4.4)** **4.3. (1 pkt)** – zapisanie wyrażenia \(a^{2}=H\cdot h\) w postaci proporcji \(\frac{a}{H}=\frac{h}{a}\Leftrightarrow 2\cdot\frac{\frac{a}{2}}{H}=\frac{h}{a}\). **4.4. (1 pkt)** – wykorzystanie funkcji trygonometrycznych do zapisania proporcji w postaci równania jednej zmiennej: \(2\cdot\frac{\frac{a}{2}}{H}=2\cdot\tg\alpha\), \(\frac{h}{a}=\cos\alpha\) stąd \(\frac{a}{H}=\frac{h}{a}\), \(2\cdot\tg\alpha=\cos\alpha\), \(\sin^{2}\alpha+2\sin\alpha-1=0\) dla \(\alpha\in\left(0,\,\frac{\pi}{2}\right)\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.