Trygonometria
Zadanie 6, maj 2011, poziom rozszerzony
Podstawa \(AB\) trójkąta równoramiennego \(ABC\) ma długość \(8\) oraz \(|\angle BAC|=30^\circ\). Oblicz długość środkowej \(AD\) tego trójkąta.
Odpowiedź
\[\lvert AD\rvert=\frac{4\sqrt{21}}{3}.\]
Rozwiązanie krok po kroku
Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny o podstawie \(AB\), więc \(\lvert\angle ABC\rvert=\lvert\angle BAC\rvert=30^\circ\). Niech \(E\) będzie środkiem podstawy; wtedy \(\lvert BE\rvert=4\) i kąt \(BEC\) jest prosty.
Z trójkąta \(BEC\)
\[\lvert BC\rvert=\frac{\lvert BE\rvert}{\cos 30^\circ}=\frac{4}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\frac{8}{\sqrt3}.\]
Punkt \(D\) jest środkiem boku \(BC\), zatem \(\lvert BD\rvert=\dfrac{4}{\sqrt3}\).
W trójkącie \(ABD\) kąt przy wierzchołku \(B\) ma miarę \(30^\circ\), więc z twierdzenia cosinusów
\[\lvert AD\rvert^{2}=8^{2}+\left(\frac{4}{\sqrt3}\right)^{2}-2\cdot8\cdot\frac{4}{\sqrt3}\cdot\cos 30^\circ=64+\frac{16}{3}-32=\frac{112}{3}.\]
Stąd
\[\lvert AD\rvert=\sqrt{\frac{112}{3}}=\frac{4\sqrt7}{\sqrt3}=\frac{4\sqrt{21}}{3}.\]
**Odpowiedź.** \(\lvert AD\rvert=\dfrac{4\sqrt{21}}{3}\).
Klucz i zasady oceniania
*Schemat oceniania I sposobu rozwiązania*
**1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń i obliczenie długości odcinka \(BC\) lub \(CE\): \(\lvert BC\rvert=\frac{8}{\sqrt{3}}\) lub \(\lvert CE\rvert=\frac{4}{\sqrt{3}}\).
**Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – obliczenie długości odcinka \(BD\): \(\lvert BD\rvert=\frac{4}{\sqrt{3}}\).
**Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABD\): \(\lvert AD\rvert^{2}=8^{2}+\left(\frac{4}{\sqrt{3}}\right)^{2}-2\cdot 8\cdot\frac{4}{\sqrt{3}}\cdot\cos 30^\circ\).
**4 pkt** – wyznaczenie długości środkowej \(AD\): \(\lvert AD\rvert=\sqrt{\frac{112}{3}}\).
*Schemat oceniania II sposobu rozwiązania*
**1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń i zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABC\), np. \(8^{2}=x^{2}+x^{2}-2x^{2}\cos 120^\circ\).
**2 pkt** – obliczenie \(x\) lub \(x^{2}\): \(x=\frac{8}{\sqrt{3}}\), \(x^{2}=\frac{64}{3}\).
**Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ADC\).
**Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie długości środkowej \(AD\): \(y=\sqrt{\frac{112}{3}}\).
*Schemat oceniania III sposobu rozwiązania*
**1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń i zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABC\), np. \(x^{2}=8^{2}+x^{2}-2\cdot 8\cdot x\cos 30^\circ\).
**2 pkt** – obliczenie \(x\) lub \(x^{2}\): \(x=\frac{8}{\sqrt{3}}\), \(x^{2}=\frac{64}{3}\).
**3 pkt** – zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ADC\).
**4 pkt** – wyznaczenie długości środkowej \(y\): \(y=\sqrt{\frac{112}{3}}\).
*Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania*
**1 pkt** – obliczenie długości odcinka \(FB\): \(\lvert FB\rvert=2\).
**2 pkt** – obliczenie długości odcinka \(DF\): \(\lvert DF\rvert=\frac{2}{\sqrt{3}}\).
**3 pkt** – zapisanie równości wynikającej z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta \(ADF\): \(\lvert AD\rvert^{2}=\lvert AF\rvert^{2}+\lvert DF\rvert^{2}\).
**Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie długości środkowej \(AD\): \(\lvert AD\rvert=\sqrt{\frac{112}{3}}\).
*Schemat oceniania V sposobu rozwiązania*
**1 pkt** – obliczenie długości odcinka \(CE\): \(\lvert CE\rvert=\frac{4}{\sqrt{3}}\).
**2 pkt** – zapisanie, że \(\lvert AS\rvert=\frac{2}{3}\lvert AD\rvert\) i \(\lvert SE\rvert=\frac{1}{3}\lvert CE\rvert\).
**3 pkt** – zapisanie równości wynikającej z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta \(ASE\).
**Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie długości środkowej \(AD\): \(\lvert AD\rvert=\sqrt{\frac{112}{3}}\).
Jeśli zdający błędnie wyznaczy wartość \(\cos 30^\circ\) i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca, to otrzymuje \(3\) punkty. Jeśli zdający błędnie wyznaczy wartość \(\cos 120^\circ\) (np. zapomina o znaku) i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca, to otrzymuje \(3\) punkty. Rozwiązanie analityczne jest zastosowaniem IV sposobu rozwiązania.
Wymagania podstawy programowej
IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich z zastosowaniem trygonometrii.
