Matematyka.pl

Zadanie to rozwiązywał niewielki procent zdających egzamin.

Treść zadania

Dany jest trójkąt równoramienny \(\displaystyle{ ABC, }\) w którym podstawa \(\displaystyle{ AB }\) ma długość \(\displaystyle{ 12, }\) a każde z ramion ma długość 10.
Punkt \(\displaystyle{ D }\) jest środkiem ramienia \(\displaystyle{ BC }\) (rysunek).

Proszę obliczyć sinus kąta \(\displaystyle{ \alpha, }\) jaki środkowa \(\displaystyle{ AD }\) tworzy z ramieniem \(\displaystyle{ AC }\) trójkąta \(\displaystyle{ ABC.}\)

Środkowa trójkąta \(\displaystyle{ AD }\) podzieliła trójkąt \(\displaystyle{ ABC }\) na dwa trójkąty \(\displaystyle{ ADC, ABD }\) o równych polach.

Pole trójkąta \(\displaystyle{ ABC \ \ P_{ABC} = \frac{1}{2}|AB|\cdot |CF|.}\)

Odcinek \(\displaystyle{ CF }\) - wysokość trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) i obliczamy ze wzoru Pitagorasa:

\(\displaystyle{ |CF| = \sqrt{|BC|^2 - |FB|^2}}\)

\(\displaystyle{ |CF| = \sqrt{10^2 - 6^2} = \sqrt{64} = 8.}\)

\(\displaystyle{ P_{ABC} = \frac{1}{2} 12 \cdot 8 = 48.}\)

Cała trudność w zadaniu polega na znalezieniu długości środkowej \(\displaystyle{ AD }\) trójkąta.

Mając długość środkowej \(\displaystyle{ AD, }\) ze wzoru na pole trójkąta \(\displaystyle{ ADC }\)

\(\displaystyle{ P_{ADC} = \frac{1}{2}|AC|\cdot |AD|\cdot \sin(\alpha) = \frac{1}{2} \cdot 48 = 24 \ \ (1) }\)

obliczymy sinus miary kąta \(\displaystyle{ \alpha. }\)

W tym celu poprowadzimy odcinek \(\displaystyle{ DG }\) z punktu \(\displaystyle{ D }\) - prostopadły do podstawy trójkąta \(\displaystyle{ AB }\)

Powstały dwa trójkąty podobne \(\displaystyle{ CFB \sim DGB }\) (na podstawie cechy podobieństwa "kąt - kąt")

\(\displaystyle{ \frac{|CF|}{|CB|} = \frac{|DG|}{|DB|} }\)

\(\displaystyle{ \frac{8}{10} = \frac{|DG|}{5} }\)

\(\displaystyle{ |DG| = 4 }\)

W trójkącie prostokątnym \(\displaystyle{ DGB }\) obliczymy długość jego przyprostokątnej \(\displaystyle{ GB }\) z twierdzenia Pitagorasa

\(\displaystyle{ |GB| = \sqrt{|BD|^2 -|DG|^2} }\)

\(\displaystyle{ |GB| = \sqrt{5^2 - 4^2} = \sqrt{9} = 3.}\)

Długość odcinka \(\displaystyle{ AG }\) zawartego w podstawie \(\displaystyle{ AB }\) trójkąta wynosi

\(\displaystyle{ |AG| = |AB| - |GB|, }\)

\(\displaystyle{ |AG| = 12 - 3 = 9. }\)

Z trójkąta prostokątnego \(\displaystyle{ AGD }\) stosując po raz ostatni ze wzoru Pitagorasa, obliczamy długość środkowej \(\displaystyle{ AD }\)

\(\displaystyle{ |AD| = \sqrt{|AG|^2 + |DG|^2} }\)

\(\displaystyle{ |AD|= \sqrt{9^2 + 4^2} = \sqrt{97} }\)

Na podstawie równania \(\displaystyle{ (1) }\) na pole trójkąta \(\displaystyle{ ADC }\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{2}\cdot 10 \cdot \sqrt{97}\cdot \sin(\alpha) = 24 }\)

\(\displaystyle{ \sin(\alpha) = \frac{24}{5\sqrt{97}} = \frac{24\sqrt{97}}{485}}\)

W przypadku, gdy nie pamiętamy wzoru na pole trójkąta \(\displaystyle{ (1) }\) (choć występuje w tablicach maturalnych), wtedy wartość sinusa kąta \(\displaystyle{ \alpha }\) możemy obliczyć z tradycyjnego wzoru na sinus miary kąta w trójkącie prostokątnym:

\(\displaystyle{ \sin(\alpha) = \frac{|CE|}{|AC|}, }\)

gdzie odcinek \(\displaystyle{ CE }\) - wysokość trójkąta \(\displaystyle{ ADC }\) poprowadzoną z wierzchołka \(\displaystyle{ C }\) na środkową \(\displaystyle{ AD }\) obliczamy ze wzoru na pole tego trójkąta

\(\displaystyle{ P_{ADC} = \frac{1}{2}|AD|\cdot |CE| = 24. }\)

Oznaczmy kąt przy wierzchołku `C` przez `\gamma` a kąty przy podstawie trójkąta przez `\delta`.

Z równości pół trójkątów `ABD` i `ADC` otrzymujemy

`|AB||AD|\sin(\delta-\alpha)=|AC||AD|\sin\alpha`. Stąd, po uproszczeniu i wstawieniu wartości liczbowych dostajemy
`6(\sin\delta\cos\alpha-\cos\delta\sin\alpha)=5\sin\alpha`
i po prostych przekształceniach:
`\tan\alpha=\frac{6\sin\delta}{5+6\cos\delta}`

Z `2\delta+\gamma=\pi` dostajemy `\delta=\pi/2-\gamma/2`. Widać, że `\sin(\gamma/2)=3/5` i `\cos(\gamma/2)=4/5`, więc `\sin\delta=\cos(\gamma/2)=4/5` oraz `\cos\delta=3/5`.

Stąd
`\tan\alpha={24}/{43}` i `\sin\alpha=\sqrt{\frac{24^2}{43^2+24^2}}=\frac{24}{\sqrt{2425}}`

Z twierdzenia kosinusów w trójkącie ABD:
\(\displaystyle{ \left|AD \right|= \sqrt{\left|AB \right|^2 +\left|BD \right|^2 -2\left|AB \right| \left|BB \right| \cos B} = \sqrt{12^2+5^2-2 \cdot 12 \cdot 5 \cdot \frac{6}{10} }= \sqrt{97} }\)
Z twierdzenia sinusów w trójkącie ACD:
\(\displaystyle{ \frac{\sin \alpha }{\left|CD \right|} = \frac{\sin C}{\left|AD \right|} \\
\sin \alpha =\left|CD \right| \cdot \frac{2\sin \frac{C}{2} \cos \frac{C}{2} }{\left|AD \right|} \\
\sin \alpha =5 \cdot \frac{2 \cdot \frac{6}{10} \cdot \frac{8}{10} }{ \sqrt{97} }= \frac{24}{5 \sqrt{97} } }\)

Twierdzenie sinusów i kosinusów nie wchodzi w zakres podstawowy matematyki w szkołach ponadgimnazjalnych.

Pomysły na inne rozwiązania. Może któryś z nich załapie się na podstawę programową.
A) Geometria analityczna
Niech \(\displaystyle{ A=(-6,0) \ , \ B=(6,0) \ , \ C=(0,8)}\) więc \(\displaystyle{ D=(3,4)}\).
1)
Ponadto:
\(\displaystyle{ \vec{AC}=\left[ 6,8\right] \\
\vec{AD}=\left[ 9,4\right]}\)
a) Szukany sinus otrzymuje się od razu z iloczynu wektorowego \(\displaystyle{ \vec{AC} \times \vec{AD}}\)
b) Szukany sinus otrzymuje się od z iloczynu skalarnego \(\displaystyle{ \vec{AC}\circ\vec{AD}}\) i jedynki trygonometrycznej
2)
Ponadto prosta przechodząca przez punkty A i C ma współczynnik kierunkowy \(\displaystyle{ a_1= \frac{4}{3} }\) , a prosta przechodząca przez punkty A i D ma współczynnik kierunkowy \(\displaystyle{ a_2= \frac{4}{9} }\). Szukany sinus otrzymuje się z kąta między prostymi \(\displaystyle{ \tg \alpha = \frac{a_1-a_2}{1+a_1a_2} }\) i jedynki trygonometrycznej.

B) Trygonometria
Odcinek AD przecina wysokość CC' w punkcie F odległym od AB o \(\displaystyle{ \frac{8}{3} }\). Trójkąty ACC' i AFC' są prostokątne, więc znane lub wyliczalne są funkcje trygonometryczne kątów CAC' i FAC'.
Szukany sinus dostanie się bawiąc się wzorkami funkcji trygonometrycznych sumy i różnicy dwóch kątów i jedynką trygonometryczną. Tak na szybko, to widzę tu kilka różnych sposobów uzyskania szukanego sinusa.

kerajs pisze: 17 wrz 2020, o 13:40 Może któryś z nich załapie się na podstawę programową.

No niestety

No to spróbujmy zupełnie elementarnie:
Z punktów `C` i `D` opuszczamy wysokości odpowiednich trójkątów na bok `AB`. Oznaczmy spodki tych wysokości przez `C'` i `D'` odpowiednio.
Z Twierdzenia Pitagorasa \(\displaystyle{ |CC'|=8}\). Z podobieństwa trójkątów \(\displaystyle{ C'BC}\) i \(\displaystyle{ D'BD}\) otrzymujemy \(\displaystyle{ |DD'|=|CC'|/2=4}\) oraz \(\displaystyle{ |BD'|=|BC'|/2=}\), czyli \(\displaystyle{ |AD'|=9}\)
Z Twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta `AD'D` mamy `|AD|=\sqrt{9^2+4^2}=\sqrt{97}`


Pole trójkąta `ABC` wynosi \(\displaystyle{ |AB||CC'|/2=48}\) więc pole trójkąta `ADC` jest równe `24`, a z drugiej strony jest równe \(\displaystyle{ \frac12|AC||AD|\sin\alpha}\).
Stąd

\(\displaystyle{ \sin\alpha =\frac{48}{10\sqrt{97}}}\)

Podobne rozwiązanie proponowałem wyżej.

Finał taki sam, ale zupełnie inna gra wstępna