Zadanie 31 – matura z matematyki próbna listopad 2009, poziom podstawowy

Punkty \(K\), \(L\), \(M\) są wierzchołkami trójkąta równobocznego.

Oznaczmy \(\lvert AC\rvert=a\) i \(\lvert CE\rvert=b\); wtedy \(\lvert KC\rvert=\frac a2\) i \(\lvert CL\rvert=\frac b2\). W trójkącie równobocznym \(ABC\) odcinek \(BK\) jest wysokością (bo \(K\) jest środkiem \(AC\)), a w trójkącie \(CDE\) odcinek \(DL\) jest wysokością. Rozważmy trójkąt \(BCD\): \(\lvert CB\rvert=a\), \(\lvert CD\rvert=b\), a kąt między nimi ma miarę \[\lvert\angle BCD\rvert=180^\circ-60^\circ-60^\circ=60^\circ,\] bo punkty \(A\), \(C\), \(E\) są współliniowe. Odcinek \(KL\) łączy środki odcinków \(AC\) i \(CE\) leżących na jednej prostej, więc \[\lvert KL\rvert=\lvert KC\rvert+\lvert CL\rvert=\frac{a+b}{2}.\] Punkt \(M\) jest środkiem \(BD\). W trójkącie \(BCD\) odcinek \(CM\) jest środkową, a odcinki \(KM\) i \(LM\) obliczymy jako środkowe trójkątów: w trójkącie \(ABD\)… wygodniej jednak zauważyć, że \(KM\) łączy środki boków \(AC\) i \(BD\) czworokąta \(ABDC\). Skorzystajmy z twierdzenia o odcinku łączącym środki boków trójkąta. W trójkącie \(BCD\) niech \(M\) będzie środkiem \(BD\). Odcinek \(KM\) łączy środek \(AC\) ze środkiem \(BD\); w trójkącie \(ABD\) odcinek łączący środki \(AB\) i \(BD\) byłby równoległy do \(AD\). Prościej użyć współrzędnych. Przyjmijmy \(C=(0,0)\), \(A=(-a,0)\), \(E=(b,0)\). Wtedy \[B=\left(-\frac a2,\ \frac{a\sqrt3}{2}\right),\qquad D=\left(\frac b2,\ \frac{b\sqrt3}{2}\right),\] \[K=\left(-\frac a2,0\right),\qquad L=\left(\frac b2,0\right),\qquad M=\left(\frac{b-a}{4},\ \frac{(a+b)\sqrt3}{4}\right).\] Obliczamy kwadraty długości boków: \[\lvert KL\rvert^2=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=\frac{(a+b)^2}{4},\] \[\lvert KM\rvert^2=\left(\frac{b-a}{4}+\frac a2\right)^2+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{16}+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{4},\] \[\lvert LM\rvert^2=\left(\frac{b-a}{4}-\frac b2\right)^2+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{16}+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{4}.\] Wszystkie trzy boki mają równe długości \(\frac{a+b}{2}\), więc trójkąt \(KLM\) jest równoboczny, co należało wykazać. **Odpowiedź.** Trójkąt \(KLM\) jest równoboczny.

*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.* Z warunków zadania wynika, że \(\angle BAC=\angle DCE=60^{\circ}\), więc odcinki \(AB\) i \(CD\) są równoległe. Czworokąt \(ACDB\) jest trapezem. Odcinek \(KM\) łączy środki boków nierównoległych w tym trapezie, więc jest równoległy do jego podstaw. Wobec tego \(\angle MKL=60^{\circ}\). Podobnie \(\angle ACB=\angle CED=60^{\circ}\), więc odcinki \(BC\) i \(DE\) są równoległe. Czworokąt \(BCED\) jest trapezem. Odcinek \(ML\) łączy środki boków nierównoległych w tym trapezie, więc jest równoległy do jego podstaw. Wobec tego \(\angle KLM=60^{\circ}\). Odpowiedź: Dwa kąty trójkąta \(KLM\) mają miarę \(60^{\circ}\), zatem jest to trójkąt równoboczny.

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