Zadanie maturalne nr 6, matura 2017 (poziom rozszerzony)

Rozwiązanie zadania

Sporządzamy rysunek poglądowy:

Pole trójkąta wyraża się wzorem:

gdzie a, b są długościami boków trójkąta, a γ jest kątem między tymi bokami. Skorzystamy z tego wzoru kilka razy.

Pole trójkąta ABC jest równe:

\( P_{ABC}=\frac{1}{2}ac\sin{\beta} \)

Pole trójkąta ABE jest równe:

\( P_{ABE}=\frac{1}{2}dc \sin{\frac{\beta}{2}} \)

Pole trójkąta CBE jest równe:

\( P_{CBE}=\frac{1}{2}da \sin{\frac{\beta}{2}} \)

Suma pól trójkątów ABE i CBE jest równa polu trójkąta ABC, zatem:

\( P_{CBE}=P_{ABE}+ P_{CBE} \)

\( \frac{1}{2}ac\sin{\beta}=\frac{1}{2}dc \sin{\frac{\beta}{2}}+ \frac{1}{2}da \sin{\frac{\beta}{2}} / \cdot 2 \)

\( ac\sin{\beta}=dc \sin{\frac{\beta}{2}}+ da \sin{\frac{\beta}{2}} \)

Skorzystamy ze wzoru na sinus podwojonego kąta:

Mamy więc:

\( ac\sin({2\cdot \frac{\beta}{2}})=dc \sin{\frac{\beta}{2}}+ da \sin{\frac{\beta}{2}} \)

\( ac\cdot 2\sin\frac{\beta}{2}\cdot \cos\frac{\beta}{2}=dc \sin{\frac{\beta}{2}}+ da \sin{\frac{\beta}{2}} \)

\( ac\cdot 2\sin\frac{\beta}{2}\cdot \cos\frac{\beta}{2}=d\cdot (a+c) \sin{\frac{\beta}{2}}/ : \sin{\frac{\beta}{2}} \)

\( 2ac \cdot \cos\frac{\beta}{2}=d\cdot (a+c) /:(a+c) \)

\( d=\frac{2ac \cdot \cos\frac{\beta}{2}}{(a+c)} \)

To kończy nasz dowód.

© medianauka.pl, 2022-12-29, ZAD-4572

Zadania podobne

Dany jest trójkąt o wierzchołkach \(A=(-1,0), B=(1,-1)\) i \(C=(1,2)\). Oblicz długość wysokości tego trójkąta opuszczonej z wierzchołka C.

Znaleźć środek ciężkości w trójkącie o wierzchołkach \(A=(-1,0), B=(1,-1)\) i \(C=(1,2)\).

Oblicz wysokość w trójkącie równoramiennym o ramionach długości 10 i o podstawie długości 12.

W trójkącie równoramiennym o ramionach długości 5 wysokość ma długość 4. Oblicz długość podstawy.

W trójkącie prostokątnym jeden z kątów wewnętrznych ma miarę 30°. Oblicz miarę pozostałych kątów w tym trójkącie.

W trójkącie \(ABC\) dwa kąty wewnętrzne mają miarę 30°. Długość podstawy jest równa 12. Oblicz długości pozostałych boków trójkąta.

W trójkącie \(ABC\) jeden z kątów wewnętrznych ma miarę 30^o. Wysokość i bok tego trójkąta, leżące naprzeciwko tego kąta mają długość odpowiednio 3 i 4. Znaleźć długości pozostałych boków tego trójkąta.

Czy długość podstawy trójkąta równoramiennego może być dwa razy większa od długości ramienia tego trójkąta?

Z odcinków o długościach: \(5, 2a+1, a-1\) można zbudować trójkąt równoramienny. Wynika stąd, że

A. \(a=6\)

B. \(a=4\)

C. \(a=3\)

D. \(a=2\)

Jeden z kątów trójkąta jest trzy razy większy od mniejszego z dwóch pozostałych kątów, które różnią się o \(50°\). Oblicz kąty tego trójkąta.

Korzystając z własności działań na pierwiastkach lub potęgach oblicz: \(\sqrt{2}\cdot \sqrt[4]{4}:\sqrt[5]{16}\).

Dany jest czworokąt wypukły \(ABCD\), w którym \(|AD|=|AB|=|BC|=a\), \(|\angle BAD|=60°\) i \(|\angle ADC|=135°\). Oblicz pole czworokąta \(ABCD\).

Dany jest trójkąt równoramienny \(ABC\), w którym \(|AC|=|BC|\). Na ramieniu AC tego trójkąta wybrano punkt \(M (M\neq A, M\neq C)\), a na ramieniu \(BC\) wybrano punkt \(N\), w taki sposób, że \(|AM| = |CN|\). Przez punkty \(M\) i \(N\) poprowadzono proste prostopadłe do podstawy \(AB\) tego trójkąta, które wyznaczają na niej punkty \(S\) i \(T\). Udowodnij, że \(|ST| = 1/2|AB|\).

Prosta \(k\) jest styczna w punkcie \(A\) do okręgu o środku \(O\). Punkt \(B\) leży na tym okręgu i miara kąta \(AOB\) jest równa 80°. Przez punkty \(O\) i \(B\) poprowadzono prostą, która przecina prostą \(k\) w punkcie \(C\) (zobacz rysunek).

A. 10°

B. 30°

C. 40°

D. 50°