Zadanie 8, maj 2021: matematyka rozszerzona

Polecenie

Dany jest trójkąt równoboczny $ABC$ . Na bokach $AB$

Darmowe konto pozwoli wrócić do niego później.

i

AC

wybrano punkty – odpowiednio –

D

i

E

takie, że

|BD| = |AE| = \frac{1}{3}|AB|

. Odcinki

CD

i

BE

przecinają się w punkcie

P

(zobacz rysunek).

Wykaż, że pole trójkąta $DBP$ jest 21 razy mniejsze od pola trójkąta $ABC$ .

Sprawdź rozwiązanieUkryj rozwiązanieKlucz CKE i punktacja

Zanim porównasz z kluczem

Jak poszło Ci z tym zadaniem?

Wybierz ocenę: zapisze wynik i od razu oznaczy zadanie jako zrobione.

Łatwe Średnie Trudne

Zapis wymaga darmowego konta. Załóż konto

Maturownik+

Sprawdź swoje rozwiązanie

Ocena według schematu punktowania CKE, zwykle w 15–30 s

Dowiedz się, ile punktów naprawdę zdobywasz. Zrób zdjęcie kartki albo wklej odpowiedź: Maturownik+ porówna ją ze schematem punktowania, policzy punkty i wytłumaczy, gdzie i dlaczego je tracisz.

Punkty według schematu
Konkretne miejsca utraty punktów
Błędy zapisane do powtórki

Załóż konto i sprawdź odpowiedź

Odpowiedź z klucza CKE

Trójkąty $ABE$ i $BCD$ są przystające, gdyż $|AB| = |BC|$ , $|\angle BAE| = |\angle CBD| = 60°$

Schemat punktowania

1 pkt

gdy zapisze, że trójkąty $ABE$ i $BCD$ są przystające, lub że trójkąty $DBP$ i $DCB$ są podobne z odpowiednimi proporcjami, lub wyznaczy długość odcinka

Komentarz

Po wyznaczeniu długości $|CD| = |BE|$ można wyznaczyć sinus kąta $DBE$ , korzystając z twierdzenia sinusów. Alternatywnie, długość odcinka $CD$ można obliczyć, umieszczając punkt $M$

Umiejętności w zadaniu

oraz

|AE| = |BD|

. Zatem

|\angle ABE| = |\angle BCD|

oraz

|\angle AEB| = |\angle BDC|

. Stąd wynika (cecha KKK), że trójkąt

DBP

jest podobny do trójkąta

DCB

, a skala tego podobieństwa jest równa

s = \frac{|BD|}{|CD|}

. Niech

|DB| = a

. Wtedy

|BC| = 3a

. Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta

DBC

otrzymujemy

|CD| = \sqrt{a^2 + (3a)^2 - 2 \cdot a \cdot 3a \cdot \cos 60°} = \sqrt{a^2 + 9a^2 - 3a^2} = a\sqrt{7}

. Zatem

s = \frac{a}{a\sqrt{7}} = \frac{1}{\sqrt{7}}

. Pole trójkąta

DBC

jest trzecią częścią pola trójkąta

ABC

, gdyż oba te trójkąty mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka

C

oraz

|BD| = \frac{1}{3}|AB|

. Ponieważ stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali ich podobieństwa, więc

P_{\triangle DBP} = s^2 \cdot P_{\triangle DBC} = \left(\frac{1}{\sqrt{7}}\right)^2 \cdot \frac{1}{3} \cdot P_{\triangle ABC} = \frac{1}{21} \cdot P_{\triangle ABC}

. To należało wykazać.

CD

w zależności od

|DB|

:

|CD| = |DB| \cdot \sqrt{7}

, lub zastosuje twierdzenie o stosunku pól trójkątów o tych samych wysokościach, lub umieści trójkąt w układzie współrzędnych, lub narysuje odpowiednie odcinki równoległe i zapisze podobieństwa.

2 pkt

gdy zapisze, że trójkąty $DBP$ i $DCB$ są podobne i obliczy skalę podobieństwa $s = \frac{1}{\sqrt{7}}$ , lub zapisze układ równań liniowych, lub zapisze równanie z dwiema niewiadomymi i pole trójkąta, lub wyznaczy stosunek długości odcinka $DP$ do $CD$ : $\frac{|DP|}{|CD|} = \frac{1}{7}$ , lub zapisze pola trójkątów w zależności od zmiennej.

3 pkt

gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.

jako spodek wysokości i stosując twierdzenie Pitagorasa lub twierdzenie Stewarta.