Zadanie 7 – matura z matematyki maj 2023, poziom rozszerzony

Teza została wykazana: \(\lvert ND\rvert=\sqrt3+1\).

Z rysunku i treści odczytujemy: \(\lvert\angle ABC\rvert=90^\circ\), \(\lvert\angle CAB\rvert=60^\circ\), \(\lvert AD\rvert=2\), \(\lvert BK\rvert=\lvert BL\rvert=1\), a \(BD\) jest wysokością trójkąta \(ABC\). W trójkącie \(DAB\) kąt przy \(D\) jest prosty, a kąt przy \(A\) ma \(60^\circ\), więc jest to trójkąt o kątach \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\): \[\lvert AB\rvert=2\lvert AD\rvert=4,\qquad \lvert BD\rvert=\lvert AD\rvert\sqrt3=2\sqrt3.\] Ponadto \(\lvert\angle ABD\rvert=30^\circ\), a więc \(\lvert\angle DBL\rvert=90^\circ-30^\circ=60^\circ\). Punkt \(N\) leży na odcinku \(KL\), więc trójkąt \(BKL\) rozpada się na trójkąty \(BKN\) i \(BNL\). Porównujemy pola: \[\tfrac12\lvert BK\rvert\lvert BL\rvert\sin 90^\circ=\tfrac12\lvert BK\rvert\lvert BN\rvert\sin 30^\circ+\tfrac12\lvert BN\rvert\lvert BL\rvert\sin 60^\circ.\] Po podstawieniu \(\lvert BK\rvert=\lvert BL\rvert=1\) otrzymujemy \[1=\lvert BN\rvert\left(\tfrac12+\tfrac{\sqrt3}{2}\right),\qquad \lvert BN\rvert=\frac{2}{1+\sqrt3}=\sqrt3-1.\] Punkt \(N\) leży między \(B\) a \(D\), zatem \[\lvert ND\rvert=\lvert BD\rvert-\lvert BN\rvert=2\sqrt3-(\sqrt3-1)=\sqrt3+1.\] **Odpowiedź.** \(\lvert ND\rvert=\sqrt3+1\), co należało wykazać.

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\lvert ND\rvert=\sqrt{3}+1\). **2 pkt** – obliczenie długości odcinka \(BN\): \(\sqrt{3}-1\) ALBO – obliczenie długości odcinka \(BD\): \(\lvert BD\rvert=2\sqrt{3}\) i zapisanie równania z jedną niewiadomą \(x\) (długością odcinka \(BN\)), ALBO – zapisanie równania \(\frac{x}{2\sqrt{3}-x}=\frac{2+\sqrt{3}}{1}\) z niewiadomą \(x=\lvert DN\rvert\) (otrzymanego z podobieństwa trójkątów \(BLN\) i \(DEN\), sposób VII), ALBO – obliczenie współrzędnych punktu \(N\): \(N=\left(\frac{1}{\sqrt{3}+1},\,\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\right)\) i obliczenie długości odcinka \(BD\): \(\lvert BD\rvert=2\sqrt{3}\) (sposób V), ALBO – obliczenie współrzędnych punktów \(N\) i \(D\): \(N=\left(\frac{1}{\sqrt{3}+1},\,\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\right)\) i \(D=(\sqrt{3},\,3)\) (sposób V), ALBO – obliczenie współrzędnych punktu \(N\): \(N=\left(\frac{1}{\sqrt{3}+1},\,\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\right)\) i zapisanie długości \(\lvert DN\rvert\) w postaci \(\frac{\left\lvert-\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}+1}-1\cdot\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}+4\right\rvert}{\sqrt{\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}+(-1)^{2}}}\) (sposób V). **1 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą \(x=\lvert BN\rvert\), np. \(\frac{1}{2}\cdot 1\cdot x\cdot\sin 60^\circ+\frac{1}{2}\cdot x\cdot 1\cdot\sin 30^\circ=\frac{1}{2}\) (z sumy pól trójkątów \(BLN\) oraz \(KBN\)), \(\frac{1}{\sin 105^\circ}=\frac{x}{\sin 45^\circ}\) (z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(BNK\)), \(\frac{1}{\sin 75^\circ}=\frac{x}{\sin 45^\circ}\) (z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(BNL\)), \(1-\frac{1}{2}\cdot x=\frac{x\cdot\sqrt{3}}{2}\) (ze związków miarowych w trójkątach \(BEN\) i \(ELN\)), ALBO – obliczenie długości odcinka \(BD\) i zapisanie \(\lvert BD\rvert=2\sqrt{3}\), ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą \(x\) (pierwszą lub drugą współrzędną punktu \(N\)), np. \(-x+1=\sqrt{3}x\) (sposób V), ALBO – wyznaczenie równań prostych \(AC\) i \(BD\) oraz obliczenie współrzędnych punktu \(D\): \(D=(\sqrt{3},\,3)\) (sposób V). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano nieprawidłową metodę, albo brak rozwiązania. **Uwaga:** W rozwiązaniach nie są akceptowane przybliżenia dziesiętne liczb rzeczywistych.

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R7.4) Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.