Zadanie 3 · 3 pkt · otwarte

Kąt w trójkącie równobocznym ze stosunku pól

W trójkącie równobocznym $ABC$ punkt $D$ leży na boku $BC$ ⁠. Stosunek pola trójkąta $ABD$ do pola trójkąta $ADC$ jest równy $\frac{\sqrt{3} - 1}{2}$ ⁠.

Oblicz miarę kąta $DAC$ ⁠. Zapisz obliczenia.

Pokaż odpowiedź i rozwiązanieSpróbuj najpierw sam(a), potem sprawdź.

Rozwiązanie krok po kroku

Oznaczamy bok trójkąta przez $a$ ⁠, odcinek $AD$ przez $b$ i $\alpha = |\measuredangle DAC|$ ⁠; wtedy $|\measuredangle BAD| = 60^\circ - \alpha$ ⁠, a pola obu trójkątów zapisujemy ze wzoru z sinusem kąta przy wierzchołku $A$ ⁠.
$\dfrac{P_{ABD}}{P_{ADC}} = \dfrac{\frac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sin(60^\circ - \alpha)}{\frac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sin\alpha} = \dfrac{\sin(60^\circ - \alpha)}{\sin\alpha} = \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2}$
Do tego miejsca: 1 pkt
Rozpisujemy sinus różnicy kątów — teraz wszystkie funkcje trygonometryczne mają ten sam argument $\alpha$ ⁠.
$\dfrac{\sin 60^\circ \cdot \cos\alpha - \cos 60^\circ \cdot \sin\alpha}{\sin\alpha} = \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2}$
Do tego miejsca: 2 pkt
Dzielimy wyrazy licznika przez $\sin\alpha$ i podstawiamy $\sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$ oraz $\cos 60^\circ = \frac{1}{2}$ ⁠.
$\dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{\sqrt{3} - 1}{2} \;\Rightarrow\; \dfrac{\sqrt{3}}{2} \cdot \dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$
Stąd $\operatorname{tg}\alpha = 1$ ⁠, a ponieważ $0^\circ < \alpha < 60^\circ$ ⁠, to $\alpha = 45^\circ$ ⁠.
$\dfrac{\cos\alpha}{\sin\alpha} = 1 \;\Rightarrow\; \operatorname{tg}\alpha = 1 \;\Rightarrow\; \alpha = 45^\circ$
Do tego miejsca: 3 pkt

Odpowiedź

$|\measuredangle DAC| = 45^\circ$ ⁠.

Jak to jest punktowane

Za rozwiązanie jest jeden poziom — najwyższy, który spełnia.

3 pktZasady oceniania (dla sposobów I oraz VI)zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: $45^\circ$ ⁠.Zasady oceniania (dla sposobu II)zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: $45^\circ$ ⁠.Zasady oceniania (dla sposobów III–V)zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: $45^\circ$ ⁠.
2 pktZasady oceniania (dla sposobów I oraz VI)zapisanie równania z jedną niewiadomą – jednym z kątów: $CAD$ ⁠, $BAD$ ⁠, $CDA$ ⁠, $ADB$ ⁠, w którym wszystkie funkcje trygonometryczne są tego samego argumentu, np. $\frac{\sin 60^\circ \cdot \cos\alpha - \cos 60^\circ \cdot \sin\alpha}{\sin\alpha} = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$ ⁠, gdzie $\alpha = |\measuredangle CAD|$ ⁠,ALBO– obliczenie współczynnika kierunkowego prostej $AD$ ⁠: $2 - \sqrt{3}$ ⁠.Zasady oceniania (dla sposobu II)wyznaczenie długości czterech spośród pięciu odcinków: $BD$ ⁠, $CD$ ⁠, $CE$ ⁠, $DE$ ⁠, $AE$ ⁠, w zależności od jednej zmiennej, np. $|CD| = x$ i $|BD| = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}x$ i $|CE| = \frac{1}{2}x$ i $|AE| = \frac{\sqrt{3}}{2}x$ ALBO– wyznaczenie długości odcinków: $BD$ ⁠, $CD$ ⁠, $CE$ ⁠, w zależności od długości odcinka $AE$ i tangensa kąta $DAC$ ⁠, np. $|CE| = \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot |AE| \cdot \operatorname{tg}\alpha$ i $|CD| = \frac{2\sqrt{3}}{3} \cdot |AE| \cdot \operatorname{tg}\alpha$ i $|BD| = |AE| - \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot |AE| \cdot \operatorname{tg}\alpha$ ⁠, gdzie $\alpha$ jest kątem $DAC$ ⁠.Zasady oceniania (dla sposobów III–V)obliczenie $\frac{|BD|}{|DF|}$ oraz $\frac{|AB|}{|AF|}$ : $\frac{|BD|}{|DF|} = \frac{2}{\sqrt{3}}$ oraz $\frac{|AB|}{|AF|} = \frac{2}{\sqrt{3}}$ ALBO– wyznaczenie długości odcinków $AD$ oraz $CD$ w zależności od jednej zmiennej, np. $|AD| = \sqrt{6}m$ oraz $|CD| = 2m$ ⁠.
1 pktZasady oceniania (dla sposobów I oraz VI)zapisanie równania z jedną niewiadomą – jednym z kątów: $CAD$ ⁠, $BAD$ ⁠, $CDA$ ⁠, $ADB$ ⁠, np. $\frac{\sin(60^\circ - \alpha)}{\sin\alpha} = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$ ⁠, gdzie $\alpha = |\measuredangle CAD|$ ⁠,ALBO– zapisanie związku $\frac{|BD|}{|CD|} = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$ ⁠.Zasady oceniania (dla sposobu II)zapisanie związku $\frac{|BD|}{|CD|} = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$ ⁠,ALBO– wyznaczenie długości dwóch odcinków spośród $BD$ ⁠, $BC$ i $CD$ w zależności od jednej zmiennej, np. $|CD| = x$ i $|BD| = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}x$ ⁠,ALBO– wyznaczenie długości boków trójkąta $CED$ w zależności od jednej zmiennej, np. $|CD| = x$ ⁠, $|CE| = \frac{1}{2}x$ ⁠, $|DE| = \frac{\sqrt{3}}{2}x$ ⁠,ALBO– wyznaczenie długości odcinka $CE$ (albo $CD$ ⁠) w zależności od długości odcinka $AE$ i tangensa kąta $DAC$ ⁠: $|CE| = \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot |AE| \cdot \operatorname{tg}\alpha$ (albo $|CD| = \frac{2\sqrt{3}}{3} \cdot |AE| \cdot \operatorname{tg}\alpha$ ⁠), gdzie $\alpha$ jest kątem $DAC$ ⁠.Zasady oceniania (dla sposobów III–V)wyznaczenie długości odcinków $BD$ i $CD$ w zależności od jednej zmiennej, np. $|CD| = 2m$ i $|BD| = (\sqrt{3} - 1)m$ ⁠.

Uznawane są też inne sposoby rozwiązania

Wspólna wysokość trójkątów $ABD$ i $ADC$ daje $\frac{|BD|}{|CD|} = \frac{\sqrt{3} - 1}{2}$ ⁠; dla $|CD| = x$ i spodka $E$ wysokości trójkąta $ADC$ poprowadzonej z $D$ mamy $|DE| = \frac{\sqrt{3}}{2}x$ ⁠, $|EC| = \frac{1}{2}x$ i $|AE| = \frac{\sqrt{3}}{2}x = |DE|$ ⁠, więc trójkąt prostokątny $DEA$ jest równoramienny i kąt $DAC$ ma $45^\circ$ ⁠.
Twierdzenie o dwusiecznej: dla $|BD| = (\sqrt{3} - 1)m$ ⁠, $|CD| = 2m$ i spodka $F$ wysokości trójkąta $ABC$ poprowadzonej z $A$ mamy $\frac{|BD|}{|DF|} = \frac{|AB|}{|AF|} = \frac{2}{\sqrt{3}}$ ⁠, więc $AD$ jest dwusieczną kąta $BAF$ ⁠, $|\measuredangle DAF| = 15^\circ$ i $|\measuredangle DAC| = 30^\circ + 15^\circ = 45^\circ$ ⁠.
Twierdzenie cosinusów (albo twierdzenie Stewarta) daje $|AD| = \sqrt{6}m$ ⁠, a z twierdzenia sinusów w trójkącie $ADC$ mamy $\sin\alpha = \frac{2m \cdot \sin 60^\circ}{\sqrt{6}m} = \frac{\sqrt{2}}{2}$ ⁠, a kąt $\alpha$ jest ostry, więc $\alpha = 45^\circ$ ⁠.
Analitycznie: dla $A = (0, 0)$ i $B = (a, 0)$ współczynnik kierunkowy prostej $AD$ jest równy $2 - \sqrt{3} = \operatorname{tg}\beta$ ⁠, gdzie $\beta = |\measuredangle BAD|$ ⁠, więc $\operatorname{tg}\alpha = \operatorname{tg}(60^\circ - \beta) = 1$ i $\alpha = 45^\circ$ ⁠.

Chcesz rozwiązywać to zadanie z podpowiedziami? Zapisz się na listę oczekujących

Źródło: CKE, matura maj 2025, poziom rozszerzony, zadanie 3