Trójkąty
Zadanie 30, sierpień 2014, poziom podstawowy
Dany jest trójkąt \(ABC\), w którym \(|AC|>|BC|\). Na bokach \(AC\) i \(BC\) tego trójkąta obrano odpowiednio takie punkty \(D\) i \(E\), że zachodzi równość \(|CD|=|CE|\). Proste \(AB\) i \(DE\) przecinają się w punkcie \(F\) (zobacz rysunek). Wykaż, że
\[|\angle BAC|=|\angle ABC|-2\cdot|\angle AFD|.\]
Odpowiedź
\[\lvert\angle BAC\rvert=\lvert\angle ABC\rvert-2\lvert\angle AFD\rvert.\]
Rozwiązanie krok po kroku
Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle BAC\rvert\), \(\beta=\lvert\angle ABC\rvert\), \(\gamma=\lvert\angle ACB\rvert\) oraz \(\varphi=\lvert\angle AFD\rvert\). Z rysunku odczytujemy, że \(F\) leży na przedłużeniu boku \(AB\) poza punkt \(B\), a punkt \(E\) leży między \(D\) i \(F\).
Trójkąt \(CDE\) jest równoramienny, bo \(\lvert CD\rvert=\lvert CE\rvert\), więc kąty przy podstawie \(DE\) są równe:
\[\lvert\angle CED\rvert=\frac{180^\circ-\gamma}{2}=90^\circ-\frac{\gamma}{2}.\]
Kąty \(CED\) i \(BEF\) są wierzchołkowe (bo \(B\) i \(C\) leżą po przeciwnych stronach \(E\) na prostej \(BC\), a \(D\) i \(F\) po przeciwnych stronach \(E\) na prostej \(DE\)), zatem
\[\lvert\angle BEF\rvert=90^\circ-\frac{\gamma}{2}.\]
Kąt \(EBF\) jest przyległy do kąta \(ABC\), więc ma miarę \(180^\circ-\beta\). Z sumy kątów trójkąta \(BEF\):
\[\left(180^\circ-\beta\right)+\left(90^\circ-\frac{\gamma}{2}\right)+\varphi=180^\circ,\qquad \varphi=\beta+\frac{\gamma}{2}-90^\circ.\]
Stąd
\[\beta-2\varphi=\beta-2\beta-\gamma+180^\circ=180^\circ-\beta-\gamma=\alpha,\]
bo suma kątów trójkąta \(ABC\) wynosi \(180^\circ\). Otrzymaliśmy żądaną równość.
**Odpowiedź.** \(\lvert\angle BAC\rvert=\lvert\angle ABC\rvert-2\lvert\angle AFD\rvert\)
Klucz i zasady oceniania
1 pkt: poprawne zależności kątowe w trójkątach BEF i CDE. 2 pkt: pełny dowód żądanej równości.
Wymagania podstawy programowej
Zadanie 30. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.
