Zadanie 18 — rozwiązanie, matura matematyki maj 2025, PP

Treść zadania

Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Dany jest trójkąt prostokątny $A BC$ , w którym $BC$ jest przeciwprostokątną, przyprostokątna $A B$ ma długość $6$ , a środkowa $C D$ (z wierzchołka $C$ do środka $A B$ ) ma długość $5$ . Kąt $A D C$ oznaczamy $α$ , kąt $A BC$ — $β$ . Zadanie ma dwie części. 18.1 (1 pkt): $tan α$ — wybierz

\frac{2}{3}

\frac{3}{4}

\frac{4}{5}

\frac{4}{3}

. 18.2 (1 pkt):

sin β

— wybierz A.

\frac{2}{13}

, B.

\frac{3}{13}

, C.

\frac{5}{2 13}

, D.

\frac{4}{5}

Trójkąt prostokątny ABC z kątem prostym przy A, przyprostokątną AB długości 6, środkową CD długości 5 oraz kątami α (ADC) i β (ABC). — Na podstawie: arkusz CKE MMAP-P0-100-2505 Oryginalny PDF CKE, str. 18

Źródło: arkusz CKE MMAP-P0-100-2505. Otwórz oryginalny PDF

Rozwiązanie

18.1: D — $tan α = \frac{4}{3}$ • 18.2: A — $sin β = \frac{2}{13}$

Typowy błąd / pułapka

Klucz 18.1: „środkowa $C D$ ” łączy wierzchołek $C$ ze środkiem boku $A B$ , więc $D$ leży na $A B$ i $∣ A D ∣ = 3$ . Klucz 18.2: nie pomylić boków — naprzeciw kąta $β$ (przy wierzchołku $B$ ) leży przyprostokątna $A C$ , a przeciwprostokątną jest $BC$ .

Strona arkusza CKE z tym zadaniem

Zadanie 18 - strona 18 arkusza CKE — Strona 18 arkusza CKE z trescia zadania 18. Na podstawie: CKE Oryginalny PDF CKE, str. 18

Konfiguracja

Trójkąt prostokątny $A BC$ :

kąt prosty przy wierzchołku $A$
$BC$ — przeciwprostokątna (naprzeciw kąta prostego)
$A B = 6$ — jedna z przyprostokątnych
$A C$ — druga przyprostokątna (do obliczenia)
$D$ — środek odcinka $A B$ (bo $C D$ to środkowa z $C$ do $A B$ ), więc $A D = D B = 3$
$C D = 5$ — długość środkowej

18.1 — $tan α$ , gdzie $α = ∠ A D C$ (1 pkt)

Patrzymy na trójkąt $A C D$ :

kąt prosty przy $A$ (bo $A$ to wierzchołek kąta prostego $△ A BC$ )
$A D = 3$ (połowa $A B$ )
$C D = 5$ (przeciwprostokątna trójkąta $A C D$ )

Z twierdzenia Pitagorasa w $△ A C D$ znajdź $A C$ :

$A C^{2} + A D^{2} = C D^{2}$

$A C^{2} + 9 = 25 \Rightarrow A C^{2} = 16 \Rightarrow A C = 4$

Tangens kąta $α$ przy wierzchołku $D$ w $△ A C D$ . W trójkącie prostokątnym:

$tan α = \frac{przyprostok ą tna naprzeciw}{przyprostok ą tna przyleg ł a} = \frac{A C}{A D} = \frac{4}{3}$

18.2 — $sin β$ , gdzie $β = ∠ A BC$ (1 pkt)

Teraz patrzymy na cały trójkąt $A BC$ :

kąt prosty przy $A$
$A B = 6$ , $A C = 4$ (wyznaczone wyżej)
$BC$ = przeciwprostokątna do obliczenia

Oblicz $BC$ z twierdzenia Pitagorasa w $△ A BC$ :

$B C^{2} = A B^{2} + A C^{2} = 36 + 16 = 52$

$BC = 52 = 213$

Sinus kąta $β$ przy wierzchołku $B$ . Naprzeciw $β$ leży bok $A C$ (przyprostokątna, która nie zawiera wierzchołka $B$ ):

$sin β = \frac{naprzeciw}{przeciwprostok ą tna} = \frac{A C}{BC} = \frac{4}{2 13} = \frac{2}{13}$

Klucz — środkowa trójkąta prostokątnego

Specjalna własność: w trójkącie prostokątnym środkowa z wierzchołka kąta prostego ma długość $\frac{1}{2}$ przeciwprostokątnej.

(Bo wierzchołek kąta prostego leży na okręgu o średnicy = przeciwprostokątna, ze środkiem w środku przeciwprostokątnej. Promień to $\frac{1}{2}$ przeciwprostokątnej.)

Tutaj jednak środkowa idzie z innego wierzchołka (z $C$ do środka $A B$ ), więc ta własność nie ma zastosowania. Trzeba zwykłego Pitagorasa.