Strona 1 Pakiet V – „Sinus, Cosinus, Daj BoŜe 3”

Pakiet V – „Sinus, Cosinus, Daj BoŜe 3”
Zestaw zadań – RozwiąŜmy Razem
Zadanie 11
W tym zadaniu naleŜy:
1. Przetłumaczyć treść zadania na język polski
2. Rozwiązać zadanie
3. Rozwiązanie zadania naleŜy podać w wybranym wcześniej języku
Zadanie 1 – „PRZYCHODNIA, SCHODY” – (8 punków)
Przed wejściem do przychodni lekarskiej znajdują się schody mające 8 stopni po
15cm wysokości kaŜdy. Postanowiono zbudować podjazd dla niepełnosprawnych o
nachyleniu 70.
Oblicz długość podjazdu. Wynik podaj w zaokrągleniu do 10cm.
Task 1 – „THE CLINIC, THE STAIRS” – (8 points)
In front of the entrance to the clinic there are stairs that have 8 steps, each height
15 cm. It was decided that a ramp having a slope o 70 for the disabled people will
be built Calculate the length of the driveway. The result rounds to 10cm.
Bloque 5 – “SENO, COSENO..”
Solucionamos juntos
Tarea 1 – „EL DISPENSARIO, LAS ESCALERAS” – (8 puntos)
Delante de la entrada en el dispensario hay unas escaleras que tienen 8 peldaños de
15 cm de altura cada uno. Se ha decidido construir una rampa para las personas con
su movilidad reducida, con la inclinación de 70.Calcula la longitud de esta rampa.
Escribe el resultado en
Paket 5 – „SINUS, COSINUS…”
números redondos a 10 cm..
Lösen wir zusammen!
Aufgabe 1 – „POLIKLINIK, DIE TREPPE” – (8 Punkte)
Vor dem Eingang zu einer Poliklinik befindet sich eine Treppe, die 8 Stufen von
einer Höhe von je 15 cm hat. Man hat beschlossen, einen Zufahrtsweg für
Behinderte von einer Neigung von 70
zu bauen. Berechne die Länge des Zufahrtsweges.
Gib das Ergebnis in einer Abrundung bis 10cm an.
1
Zaczerpnięto z [1]
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 1
Pacchetto 5 – „SINUS, COSINUS…”
Risolviamo insieme:
Esercizio 1 – „AMBULANZA, SCALA” – (8 punti)
Davanti all’entrata dell’ambulanza c’è la scala che ha 8 gradi a 15 cm di altezza ognuno.
Si è decise di costruire una discesa per disabili con la pendenza di 7°.
Calcola la lunghezza della discesa. Esprimi il risultato arrotondato a 10 cm
Paquet 5 – „SINUS, COSINUS…”
Resolvons ensemble:
Exercice 1 – „DISPENSAIRE, ESCALIER” – (8 points)
Devant l’entrée au dispensaire il y a l’escalier qui est composé de 8 marches dont
chacune a 15cm de hauteur. On a decidé de construire une rampe d'accès handicapé
sous une inclinaison de 70.
Calcule la longeur de la rampe. Donne le résultat arrondi à 10cm.
Zadanie 2 – „OD SUMY COSINUSÓW, DO ILOCZYNU SINUSÓW” (4 punkty) 2
Czym jest cosinus?
W trójkącie prostokątnym suma cosinusów kątów ostrych jest równa
2 3
.
3
Oblicz iloczyn sinusów tych kątów.
Zadanie 3 – „…SINUS RÓśNICY, SINUS SUMY…” (3 punkty)3
Dane są wzory:
Suma sumarum wynik
sin (α − β ) = sin α ⋅ cos β − cos α ⋅ sin β (*)
sin (α + β ) = sin α ⋅ cos β + cos α ⋅ sin β (**)
Korzystając ze wzoru (*) sin 15° moŜna obliczyć następująco:
ZauwaŜamy, Ŝe 15° = 45° − 30° , zatem
sin 15° = sin (45° − 30°) = sin 45° cos 30° − cos 45° sin 30° =
(
2 3
2 1
2
⋅
−
⋅ =
2 2
2 2
4
(
)
3 −1
)
2
⋅ 3 −1
4
Postępując analogicznie oblicz sin 75° .
stąd otrzymujemy, Ŝe sin 15° =
2
3
Zaczerpnięto z [2] - Zadanie 6.27, strona 109
Zaczerpnięto z [3] - Zadanie 6, strona 98
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 2
Zadanie 4 – „OD SINUSA DO TANGENSA” – (3 punkty)4
Wiedząc, Ŝe α jest kątem ostrym i
sin α =
5
, oblicz tgα .
5
Zadanie 5 – „CZY ISTNIEJE?...” - (3 punkty)5
Czy istnieje kąt ostry
α
taki, Ŝe
sin α =
3
2
i tgα = ?
3
3
Odpowiedź uzasadnij.
Zadanie 6 – „WARTOŚĆ WYRAśENIA...” - (3 punkty) 6
Wiedząc, Ŝe
tgα =
(
)
1
2
, oblicz wartość wyraŜenia 5 ⋅ 2 ⋅ sin α − 1 .
3
Zadanie 7 – „TRÓJKĄTY PODOBNE…” - (7punktów)7
W trójkącie ostrokątnym ∆KLM poprowadzono prostą prostopadłą do boku
Poprowadzona prosta przecina:
KL .
KM w punkcie P
i bok KL w punkcie Q .
bok
Punkt
R jest spodkiem wysokości trójkąta poprowadzonej z punktu M .
Wiedząc, Ŝe
PM = 6 i QR = 2 oblicz sinus kąta MKL.
4
Zaczerpnięto z [3] - Zadanie 1, strona 98
Zaczerpnięto z [3] - Zadanie 4, strona 98
6
Zaczerpnięto z [3] - Zadanie 2, strona 98
7
Zadanie własne Heleny Ewert - Fechner
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
5
Strona 3
Zadanie 8 – „PRAWIE ŚLIMAK TEODOROSA??…” - (6 punktów)8
Oblicz wartość
a)
8
sin 2 α i wartość cos 2 α , uwzględniając dane przedstawione na rysunku:
b)
Zaczerpnięto z [2] - Zadanie 6.7, strona 106
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 4
Zadanie 9 – „NIE TAKI KWADRAT STRASZNY…” - (5 punktów)9
E jest środkiem boku CD .
Odcinki BE i AC przecinają się w punkcie F .
Wyznacz tangensy kątów trójkąta ∆CEF .
W kwadracie  ABCD punkt
Zadanie 10 – „KĄT WZNIESIENIA…” - (3 punkty) 10
Aby wyznaczyć szerokość rzeki (na poniŜszej rycinie jest to odcinek DC), zmierzono odległość
AD = 52,5 m prostopadle do brzegu.
Drzewo BC rosnące na brzegu po przeciwnej stronie rzeki, widać z punktu
z punktu D - pod kątem 35° . Oblicz szerokość rzeki.
A pod kątem wzniesienia 22° , a
Zadanie 11 – „… I KĄT DEPRESJI”- (2 punkty)11
Reflektor ustawiony nad brzegiem morza na wysokości 75 m
uchwycił łódź pod kątem 4° (kąt depresji).
Oblicz odległość łodzi od brzegu morza.
Zadanie 12 - „A KOŁO SIĘ TOCZY…” - (3 punkty)12
Koło o promieniu 12,5 cm toczy się po płaszczyźnie poziomej.
W pewnej chwili punkt A okręgu znajdował się w połoŜeniu najwyŜszym.
Na jakiej wysokości nad płaszczyzną poziomą znajduje się obecnie punkt A ,
jeŜeli koło obróciło się o 67° .
9
Zaczerpnięto z [4] - Przykład 7, strona 146
Zaczerpnięto z [4] - Przykład 3, strona 148
11
Zaczerpnięto z [4] - Przykład 4, strona 149
12
Zaczerpnięto z [5] - Zadanie 59, strona 31
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
10
Strona 5
Szkice rozwiązań zestawu zadań „RozwiąŜmy Razem”
Zadanie 1 – „PRZYCHODNIA, SCHODY” – (4 punkty) - Szkic rozwiązania:
Oznaczenia:
KS = h - wysokość podjazdu
PK = d – długość podjazdu
Wysokość podjazdu równa jest
wysokości schodów:
h = 8 ⋅ 15 cm = 120 cm
KS
W ∆KPS mamy:
= sin 7°
PK
Zatem
h
h
= sin 7° ⇔ d =
d
sin 7°
,
ale
h = 120 cm i sin 7° = 0,1219
120
więc d =
= 984,413
0,1219
Odpowiedź:
Długość podjazdu w zaokrągleniu do 10 cm wynosi 980 cm.
Propozycja punktacji
L.P.
ETAPY ROZWIĄZANIA
1
Tłumaczenie na język polski
2
Wykonanie rysunku i wprowadzenie oznaczeń
3
Obliczenie wysokości podjazdu
4
Obliczenie długości podjazdu
5
Zaokrąglenie otrzymanego wyniku i podanie odpowiedzi
6
Zapisanie rozwiązania w języku obcym
PUNKTY
1
1
1
2
1
2
Task 1 – „THE CLINIC, THE STAIRS” – (8 points) – The draft: The solution:
Symbols:
KS = h - the height of the driveway
PK = d – the length of the driveway
The height of the driveway equals
the height of the stairs:
h = 8 ⋅ 15 cm = 120 cm
KS
In ∆KPS we have:
= sin 7°
PK
So
h
h
= sin 7° ⇔ d =
d
sin 7°
,
But
h = 120 cm and sin 7° = 0,1219
120
= 984,413
so d =
0,1219
Answer:
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 6
The lenght of the driveway (being rounded to 10 cm) is 980 cm.
Suggested scoring schema :
NO.
THE STAGES OF THE SOLUTION
1
Translation into Polish
2
Making a picture and introducing symbols
3
Calculating the height of the driveway
4
Calculating the length of the driveway
5
Rounding the obtained result and giving the correct answer
6
Writing the solution in a foreign language
POINTS
1
1
1
2
1
2
Tarea 1 – „EL DISPENSARIO, LAS ESCALERAS” – (8 puntos)
Esquema de solución:
Las designaciones:
KS = h - La altura de la rampa
PK = d – la longitud de la rampa
La altura de la rampa es igual a la altura de las escaleras:
h = 8 ⋅ 15 cm = 120 cm
KS
= sin 7°
En ∆KPS tenemos:
PK
h
h
entonces
= sin 7° ⇔ d =
,
d
sin 7°
pero h = 120 cm y sin 7° = 0,1219
120
entonces d =
= 984,413
0,1219
Solución:
La longitud de la rampa en números redondos de 10 cm, es de 980 cm.
Propuesta de la puntuación :
ETAPAS DE SOLUCIÓN DE LA TAREA
NÚMERO DE LA ACTIVIDAD.
1
Traducción de la tarea al polaco
2
Dibujar el dibujo y marcar las designaciones
3
Calcular la altura de la rampa
4
Calcular la longitud de la rampa
5
Dar la respuesta en números redondos
7
Marcar la solución en un idioma extranjero
NÚMERO DE PUNTOS
1
1
1
2
1
2
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 7
Lösen wir zusammen!
Aufgabe 1 – „POLIKLINIK, DIE TREPPE” – (8 Punkte) -Lösungsskizze:
Bezeichnungen:
KS = h - Höhe des Zufahrtsweges
PK = d – Länge des Zufahrtsweges
Die Höhe des Zufahrtsweges ist gleich an Höhe der Treppe:
In ∆KPS haben wir:
h = 8 ⋅ 15 cm = 120 cm
KS
= sin 7°
PK
h
h
= sin 7° ⇔ d =
,
d
sin 7°
aber h = 120 cm i sin 7° = 0,1219
120
so d =
= 984,413
0,1219
Also
Antwort:
Die Zufahrtslänge beträgt in Abrundung bis 10 cm 980 cm.
Punktwertungsvorschlag :
NR.
LÖSUNGSPHASEN
PUNKTENZAHL
1
Übersetzung ins Polnische
2
Zeichnung und Einführung von Bezeichnungen
3
Berechnung der Höhe des Zufahrtsweges
4
Berechnung der Länge des Zufahrtsweges
5
Abrundung des Ergebnisses und Antwortsangabe
6
Einschreiben der Lösung in einer fremden Sprache
Esercizio 1 – „AMBULANZA, SCALA” – (8 punti)- Schizzo di risoluzione:
1
1
1
2
1
2
Identificazioni:
KS = h - altezza della discesa
PK = d – lunghezza della discesa
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 8
L’altezza della discesa è pari all’altezza della scala:
Nel ∆KPS abbiamo:
h = 8 ⋅ 15 cm = 120 cm
KS
= sin 7°
PK
h
h
,
= sin 7° ⇔ d =
d
sin 7°
ma h = 120 cm e sin 7° = 0,1219
120
= 984,413
dunque d =
0,1219
allora
Risposta:
La lunghezza della discesa arrotondata a 10cm, è di cm 980.
Proposta del punteggio
FASI DELLA SOLUZIONE
NO.
PUNTEGGI
O
1
Traduzione in lingua polacca
2
Realizzare il grafico ed inserire le identificazioni
3
Calcolo dell’altezza della discesa
4
Calcolo della lunghezza della discesa
5
Arrotondare il risultato ot tenuto e dare la riposta
6
Scrivere la riposta nella lingua straniera
Exercice 1 – „DISPENSAIRE, ESCALIER” – (8 points) – étude de la solution:
Solution:
1
1
1
2
1
2
Désignations: KS = h - l’hauteur de la rampe
PK = d – la longeur de la rampe
L’hauteur de la rampe égale à la hauteur de l’escalier: h = 8 ⋅ 15 cm = 120 cm
Dans ∆KPS on a:
donc d =
KS
h
h
= sin 7° . Alors = sin 7° ⇔ d =
, mais h = 120 cm et sin 7° = 0,1219
PK
d
sin 7°
120
= 984,413
0,1219
Réponse: La longeur de la rampe arrondi à 10cm égale 980 cm.
Proposition du pointage
L.P.
ETAPES DE LA SOLUTION
1
Traduire en langue polonaise
2
Faire le dessin et introduire les désignations
3
Calculer l’hauteur de la rampe
4
Calculer la longeur de la rampe
5
Arrondir le resultat reçu et donner la réponse
6
Ecrire la solution en langue étrangère
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
POINTS
1
1
1
2
1
2
Strona 9
Zadanie 2 – „OD SUMY COSINUSÓW, DO ILOCZYNU SINUSÓW” (4 punkty) – Szkic rozwiązania
Dane:
α i β są kątami ostrymi w trójkącie prostokątnym
cos α + cos β =
2 3
3
Oblicz:
sin α ⋅ sin β = ?
Rozwiązanie:
Wykorzystujemy związki między funkcjami trygonometrycznymi, które
zachodzą W ∆ABC:
a
= cos β
c
b
cos α = = sin β
c
sin α = cos β
sin α =
2

2 3
2 3
 ⇒ (cos α + cos β )2 = 

Z danych wynika:  cos α + cos β =


 3  Stosujemy wzór na kwadrat
3




4⋅3 
4

2
2
2
2
sumy  cos α + 2 ⋅ cos α ⋅ cos β + cos β =
 ⇒  cos α + cos β + 2 ⋅ cos α ⋅ cos β =  (*)
9  
3

2
2
2
2
ZauwaŜamy, Ŝe poniewaŜ cos α = sin β , to cos α + cos β = sin β + cos β = 1
sin β = cos α i sin α = cos β zatem cos β ⋅ cos α = sin α ⋅ sin β
4
Wobec powyŜszych związków równość (*) przybiera postać: 1 + 2 ⋅ sin α ⋅ sin β = , więc
3
4
2 ⋅ sin α ⋅ sin β = − 1
3
1
2 ⋅ sin α ⋅ sin β = : 2
3
2 3
Odpowiedź: W trójkącie prostokątnym o kątach ostrych α i β takich, Ŝe cos α + cos β =
iloczyn
3
1
sinusów tych kątów jest równy
6
Propozycja punktacji
NR
ETAPY ROZWIĄZANIA
1
Zapisanie danych, rysunek. Podanie związków między sinusami i cosinusami kątów ostrych
w trójkącie prostokątnym
2
Zastosowanie wzoru na kwadrat sumy oraz związków między funkcjami
trygonometrycznymi kątów ostrych w trójkącie prostokątnymi Obliczenie sin α ⋅ sin β
3
Podanie odpowiedzi
PUNKTY
1
2
1
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 10
Zadanie 3 – „…SINUS RÓśNICY, SINUS SUMY…” (3 punkty)
Dane są wzory:
sin (α − β ) = sin α ⋅ cos β − cos α ⋅ sin β (*)
sin (α + β ) = sin α ⋅ cos β + cos α ⋅ sin β (**)
Oblicz:
sin 75° .
Zadanie 3 – „…SINUS RÓśNICY, SINUS SUMY…” (5 punktów) – Propozycja rozwiązania:
Korzystając ze wzoru (**) sin 75° obliczamy następująco:
ZauwaŜamy, Ŝe 75° = 45° + 30° , zatem
Suma sumarum wynik
sin 75° = sin (45° + 30°) = sin 45° cos 30° + cos 45° sin 30° =
stąd otrzymujemy, Ŝe
Odpowiedź:
2
⋅
4
sin 75° =
sin 75° =
2
⋅
4
(
(
(
)
3 +1
)
3 +1
)
3 +1
Propozycja punktacji:
NR
1
Zapisanie 75° = 45° + 30°
2
Zastosowanie wzoru (**)
3
2 3
2 1
2
⋅
+
⋅ =
2 2
2 2
4
ETAPY ROZWIĄZANIA
Podstawienie wartości funkcji, wyznaczenie
sin 75° =
PUNKTY
1
1
2
⋅
4
(
)
3 +1
1
Zadanie 4 – „OD SINUSA DO TANGENSA” – (3 punkty) - Propozycja rozwiązania:
Dane:
α – kąt ostry
sin α =
5
5
Rozwiązanie:
Z własności funkcji trygonometrycznych
tgα =
sin α
, sin α jest dany, zatem do wyznaczenia wartości
cos α
tgα brakuje wartości cos α
Wyznaczymy cos α , korzystając z „jedynki trygonometrycznej”:
2
 5
 czyli
sin α + cos α = 1 ⇒ cos α = 1 − sin α , stąd cos α = 1 − 

 5 
5  
1 
4

2
2
2
 cos α = 1 −  ⇒  cos α = 1 −  ⇒  cos α =  α jest kątem ostrym, zatem cos α > 0 , więc
25  
5 
5

4
2
2 5
cos α =
=
=
5
5
5
(
2
2
)
2
2
2
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 11
5
5
2 5
sin α
5 = 5 ⋅ 5 stąd otrzymujemy
i cos α =
oraz tgα =
, więc tgα =
sin α =
5 2 5
5
5
cos α
2 5
5
1
tgα =
2
5
1
, to tgα =
Odpowiedź: Jeśli sin α =
5
2
Propozycja punktacji:
NR.
ETAPY ROZWIĄZANIA
1
Zapisanie danych, podanie wzorów
2
Obliczenie cos α
3
Wyznaczenie wartości tgα , podanie odpowiedzi
Zadanie 5 – „CZY ISTNIEJE?” - (3 punkty) - szkic rozwiązania
Rozwiązanie:
PUNKTY
1
1
1
2
sin α
oraz ze związku tgα =
otrzymujemy:
3
cos α
3
3 3
3
 sin α 2 
więc cos α = ⋅
=  ⇒ cos α = ⋅ sin α , ale sin α =

3
2 3
2
 cos α 3 
Z danych tgα
to znaczy, Ŝe
=
cos α =
3
2
Z drugiej strony, jeśli dany jest
sin α =
3
3
i cos α =
, to musi być prawdziwy związek
3
2
sin 2 α + cos 2 α = 1 „jedynka trygonometryczna”.
2
2

 3   3  
3
3   2
2






Sprawdzenie: sin α =
, stąd
∧ cos α =
⇒ sin α + cos α = 
+

3
2  
3   2  




3 3 1 3 13
sin 2 α + cos 2 α = + = + =
≠ 1 wbrew toŜsamości sin 2 α + cos 2 α = 1 .
9 4 3 4 12
Odpowiedź:
Nie istnieje kąt ostry
α
taki, Ŝe
sin α =
3
2
i tgα = , bo przyjęcie tych wartości prowadzi
3
3
do sprzeczności.
Propozycja punktacji:
NR
ETAPY ROZWIĄZANIA
1
Wyznaczenie wartości cos α w oparciu o dane
2
Podstawienie wartości cos α i sin α do jedynki trygonometrycznej
3
Wniosek i odpowiedź
PUNKTY
1
1
1
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 12
Zadanie 6 – „WARTOŚĆ WYRAśENIA...” - (3 punkty) – szkic rozwiązania:
Dane:
tgα =
O
1
3
Propozycja rozwiązania:
(
)
Niech W oznacza wartość szukanego wyraŜenia, wtedy W = 5 ⋅ 2 ⋅ sin α − 1 = 10 ⋅ sin α − 5
Korzystając z danych w zadaniu oraz ze związków między funkcjami trygonometrycznymi otrzymujemy:
2
2
1
sin α   sin α 1 

=  ⇒ (cos α = 3 ⋅ sin α )
 tgα = ∧ tgα =
⇒
3
cos α   cos α 3 

2
2
Dla wszystkich kątów prawdziwa jest równość: sin α + cos α = 1
Podstawiamy do „jedynki trygonometrycznej” (3 ⋅ sin α ) zamiast cos α i otrzymujemy:
sin 2 α + (3 ⋅ sin α ) = 1 , czyli sin 2 α + 9 ⋅ sin 2 α = 1 , stąd 10 ⋅ sin 2 α = 1 , zatem wartość wyraŜenia
2
W = 10 ⋅ sin 2 α − 5 = 1 − 5 = −4
1
2
Odpowiedź: JeŜeli tgα = , to wartość wyraŜenia 5 ⋅ 2 ⋅ sin α − 1 wynosi -4.
3
(
Propozycja punktacji:
NR.
ETAPY ROZWIĄZANIA
1
Zapisanie danych i przekształcenie wyraŜenia do postaci:
)
W = 10 ⋅ sin α − 5
Wyznaczenie wartości 10 ⋅ sin α
3
Obliczenia wartości wyraŜenia i podanie odpowiedzi
Zadanie 7 – „TRÓJKĄTY PODOBNE” - (7punktów) - szkic rozwiązania
Dane:
Rysunek pomocniczy:
2
2
2
PUNKTY
1
1
1
QR = 2 ;
PM = 6
Szukane:
sin ∠MKL
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 13
Rozwiązanie:
Z treści zadania wynika, Ŝe
PQ ⊥ KL oraz MR ⊥ KL zatem PQ MR
KL przechodzącą przez punkt R powstaje nowy trójkąt prostokątny
∆MR' P , w którym: PR ' = QR = 2 , PM = 6 .
Prowadzimy prostą równoległą do
∆MRK oraz ∆MR' P są podobne.
Z podobieństwa tych trójkątów wynika, Ŝe ∠MKL = ∠MPR ' . Przyjmujemy, Ŝe ∠MKL = α
Trójkąty
I sposób:
W
∆MR' P mamy: sin α =
2
2
MR'
, stosując twierdzenia Pitagorasa wyznaczamy
MR' + PR' = PM
zatem
MR'
PM
2
2
2
⇔ MR' + 2 2 = 6 2 ⇔ MR' = 6 2 − 2 2 = 32 = 16 ⋅ 2
MR' = 4 2 stąd sin α =
4 2 2 2
=
6
3
∆MR' P mamy:
PR' 2 1
cos α =
= =
6 3
PM
Wartość cos α wstawiam do „jedynki trygonometrycznej” i otrzymuję:
II sposób: W
2
1
sin 2 α +   = 1
3
1
sin 2 α = 1 −
9
8
sin 2 α =
9
2 2
sin α =
3
Odpowiedź:
sin ∠MKL =
2 2
3
Propozycja punktacji:
NR
ETAPY ROZWIĄZANIA
1
Zapisanie danych, wykonanie rysunku
2
Wskazanie trójkątów podobnych; zauwaŜenie równości kątów
3
4
5
Wyznaczenie boków trójkąta prostokątnego
Obliczenie sin α
Podanie odpowiedzi
PUNKTY
2
∠MKL = ∠MPR'
∆MR ' P
1
2
1
1
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 14
Zadanie 8 – „PRAWIE ŚLIMAK TEODOROSA??…” (8 punktów) - szkic rozwiązania
Ad a)
Dane:
Trójkąty prostokątne:
∆EAB ; ∆EBC ; ∆ECD
AE = 2
AB = 1
BC = 2
CD = 3
Obliczyć:
sin 2 α = ?
cos 2 α = ?
Rozwiązanie:
W ∆ECD mamy:
sin α =
EC
( EC )
α=
( ED )
2
⇒ sin 2
ED
2
(*), natomiast
cos α =
DC
ED
( DC )
⇒ cos α =
2
2
( ED )
2
(**)
Zadane wielkości obliczymy wyznaczając kolejno kwadraty przeciwprostokątnych:
Z
( ) = ( EA ) + ( AB )
∆EAB na mocy twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy: EB
( EB )
2
rysunku mamy:
2
2
2
uwzględniając dane z
= 2 2 + 12 = 4 + 1 = 5
( ) = ( EB ) + ( BC ) , po uwzględnieniu danych na rysunku i
wyniku wcześniejszych obliczeń mamy: ( EC ) = 5 + 2 = 9
Na mocy twierdzenia Pitagorasa z ∆ECD otrzymujemy: ( ED ) = ( EC ) + ( DC ) , więc uwzględniając
dane i wyniki wcześniejszych obliczeń otrzymujemy: ( ED ) = 9 + 3 = 18
Analogicznie z
∆EBC otrzymujemy: EC
2
2
2
2
2
2
2
Podstawiając wyniki obliczeń do (*) otrzymujemy:
sin 2 α =
sin 2 α =
2
2
9 1
= ,
18 2
natomiast podstawiając dane i otrzymane wyniki do (**) mamy:
Odpowiedź:
2
cos 2 α =
32
9 1
=
=
18 18 2
1
1
2
zaś cos α =
2
2
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 15
Ad b)
Dane:
Trójkąty prostokątne:
∆EAB ; ∆EBC ; ∆ECD
AE = 1
AB = 3
BC = 2
CD = 1
Obliczyć:
sin 2 α = ?
cos 2 α = ?
Rozwiązanie:
W ∆ECD mamy:
sin α =
EC
( EC )
α=
( ED )
2
⇒ sin 2
ED
2
(*), natomiast
cos α =
DC
ED
( DC )
⇒ cos α =
2
2
( ED )
2
(**)
Zadane wielkości obliczymy wyznaczając kolejno kwadraty przeciwprostokątnych:
Z
( ) = ( EA ) + ( AB )
∆EAB na mocy twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy: EB
( EB )
2
rysunku mamy:
2
2
2
uwzględniając dane z
= 12 + 3 2 = 1 + 9 = 10
( ) = ( EB ) + ( BC ) , po uwzględnieniu danych na rysunku i
wyniku wcześniejszych obliczeń mamy: ( EC ) = 10 + 2 = 14
Na mocy twierdzenia Pitagorasa z ∆ECD otrzymujemy: ( ED ) = ( EC ) + ( DC ) , więc uwzględniając
dane i wyniki wcześniejszych obliczeń otrzymujemy: ( ED ) = 14 + 1 = 15
Analogicznie z
∆EBC otrzymujemy: EC
2
2
2
2
2
2
2
Podstawiając wyniki obliczeń do (*) otrzymujemy:
sin 2 α =
sin 2 α =
2
2
14
,
15
natomiast podstawiając dane i otrzymane wyniki do (**) mamy:
Odpowiedź:
2
cos 2 α =
12
1
=
15 15
14
1
2
zaś cos α =
15
15
Propozycja punktacji
Podpunkt a)
NR
ETAPY ROZWIĄZANIA
1
Zapisanie danych oraz podanie wzorów a) i b)
2
Obliczenie kwadratów kolejnych przeciwprostokątnych a) i b)
2
2
3
Obliczenie sin α i cos α oraz podanie odpowiedzi a) i b)
PUNKTY
1
3
2
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 16
Zadanie 9 – „NIE TAKI KWADRAT STRASZNY…” …” - (5 punktów) - szkic rozwiązania
Dane:
 ABCD
DE = EC - punkt E jest środkiem boku CD .
BE ∩ AC = {F } - odcinki BE i AC przecinają się
w punkcie F
Przyjmujemy oznaczenia: ∠ECF = α
∠CEF = β
∠EFC = γ
Oblicz:
tgα ; tgβ ; tgγ - wyznacz tangensy kątów trójkąta
∆CEF .
Rozwiązanie:
ZauwaŜmy, Ŝe:
α = ∠ACD , β = ∠BEC
zaś
γ = ∠AFB
.
Zgodnie z danymi i rysunkiem otrzymujemy:
∆ADC :  ABCD jest kwadratem, zatem AD = CD , stąd
tgα =
AD
CD
=1
∆BCE : Punkt E jest środkiem boku CD , więc BC = DC = 2 ⋅ CE stąd tgβ =
BC
CE
=
2 ⋅ CE
CE
= 2,
BD , który jest drugą przekątną tego kwadratu. Niech przekątne kwadratu przecinają się w punkcie
O , to znaczy AC ∩ BD = {O} .
Rysujemy
Przekątne kwadratu dzielą się na połowy, więc:
W
∆BDC odcinki BE i CO są środkowymi stąd:
OF
FC
=
EF
FB
=
1
.
2
Ponadto są one (przekątne kwadratu) do siebie prostopadłe w takim razie
w którym przyprostokątna
OF
FC
czyli:
=
∆BOF jest trójkątem prostokątnym,
OF jest trzy razy krótsza od przyprostokątnej OB , bo OB = OC i
1
⇒ FC = 2 ⋅ OF ponadto OC = OF + FC , zatem OC = OF + 2 ⋅ OF = 3 ⋅ OF
2
OB = 3 ⋅ OF
∆BOF : tgγ =
OB
OF
=
3 ⋅ OF
OF
=3
Odpowiedź: Tangensy kątów trójkąta
Propozycja punktacji:
∆CEF wynoszą: tgα = 1 ; tgβ = 2 ; tgγ = 3
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 17
NR
1
2
ETAPY ROZWIĄZANIA
Zapisanie danych, wykonanie rysunku, wprowadzenie oznaczeń
Wyznaczenie tgα oraz tgβ ;
3
Wyznaczenie tgγ i podanie odpowiedzi
Zadanie 10 – „KĄT WZNIESIENIA…”- (3 punkty)
Dane:
Trójkąty prostokątne:
∆ACD i ∆BCD
PUNKTY
2
1
2
∠BAC = α = 22°
∠BDC = β = 35°
AD = 52,5 m
Oznaczenia:
BC = h - wysokość drzewa
DC = x - szerokość rzeki
Oblicz:
x=?
Rozwiązanie:
Zgodnie z przyjętymi oznaczeniami otrzymujemy:
W ∆ABC :
h
tgα =
aw
AD + x
(*)
∆BCD :
tgβ =
h
, stąd h = x ⋅ tgβ
x
Wracając z tym do równości (*), otrzymujemy równość:
tgα =
(
xtgβ
AD + x
, która jest równowaŜna
)
tgα ⋅ AD + x = x ⋅ tgβ ⇔ AD ⋅ tgα + x ⋅ tgα = x ⋅ tgβ
skąd
x=
AD ⋅ tgα
ostatecznie, więc
tgβ − tgα
52,5 ⋅ tg 22°
52,5 ⋅ 0,4040
21,21138
x=
≈
≈
≈ 71,61619 ≈ 72
tg 35° − tg 22° 0,7002 − 0,4040 0,296181
Odpowiedź:
Rzeka ma szerokość 72 m .
Propozycja punktacji:
NR
ETAPY ROZWIĄZANIA
1
Zapisanie danych, przyjęcie oznaczeń, rysunek
2
Wyznaczenie tangensów kątów α , β oraz powiązanie otrzymanych równości
3
Obliczenie szerokości rzeki i podanie odpowiedzi
PUNKTY
1
1
1
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 18
Zadanie 11 – „… I KĄT DEPRESJI” - (2 punkty) - szkic rozwiązania
Dane:
∆LPR - trójkąt prostokątny
∠PRL = 4°
PL = 75 m
Oznaczenia:
RP = x - odległość łodzi od brzegu morza
Szukane:
Odległość łodzi od brzegu morza: x = ?
Rozwiązanie:
W trójkącie ∆RPL mamy:
tg 4° =
PL
⇔ tg 4° =
75
x
x
75
75
skąd x =
=
≈ 1073
tg 4° 0,0699
Odpowiedź:
Łódź znajduje się w odległości 1073 m od brzegu morza.
Propozycja punktacji:
ETAPY ROZWIĄZANIA
NR
1
Zapisanie danych, przyjęcie oznaczeń, wyznaczenie tg 4°
2
Obliczenie odległości łodzi od brzegu morza i podanie odpowiedzi
Zadanie 12 - „A KOŁO SIĘ TOCZY…” - (3 punkty) - szkic rozwiązania
Oznaczenia:
A - wybrany punkt okręgu
O - środek okręgu
K - rzut prostokątny punktu A na średnicę
B - rzut prostokątny punktu A na płaszczyznę poziomą
PUNKTY
1
1
OA = OL = r - promień okręgu
AB - odległość punktu A od płaszczyzny poziomej
Dane:
Koło o promieniu 12,5 cm
r = OA = OL = 12,5 cm
∠AOK = 67°
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 19
Szukane:
AB - odległość punktu A od płaszczyzny poziomej
Rozwiązanie
Bezpośrednio z rysunku widać, Ŝe poszukiwana wysokość
AB jest równa KL
KL = KO + OL , naleŜy obliczyć KO , które wyznaczymy z prostokątnego ∆AKO :
cos 67° =
stąd
KO
OA
⇒ KO = OA ⋅ cos 67° ⇒ KO ≈ 12,5 ⋅ 0,3907 ⇒ KO ≈ 4,8841
KL ≈ 12,5 + 4,8841 ≈ 17,38
Odpowiedź:
JeŜeli koło obróciło się o 67° , to punkt A znajduje się na wysokości 17,38 cm nad płaszczyzną poziomą
Propozycja punktacji:
ETAPY ROZWIĄZANIA
PUNKTY
NR
1
Wykonanie rysunku, wprowadzenie oznaczeń i zapisanie danych
1
2
1
Wyznaczenie długości odcinka KO
3
Wyznaczenie odległości punktu A od płaszczyzny poziomej, odpowiedź
1
Bibliografia:
[1] http://matematyka.pisz.pl/strona/718.html
[2] Praca zbiorowa pod redakcją Cewe A. i Nahorska H. „Matura z matematyki od roku 2010. Zbiór zadań
maturalnych z zakresu kształcenia podstawowego”; Wydawnictwo Podkowa; Gdańsk 2009
[3] Zespół Redakcyjny: Masłowska D., Masłowski T., Makowski A., Nodzyński P., Słowińska E., Strzelczyń A.
„Zbiór zadań i testów maturalnych do obowiązkowej matur z matematyki” (zgodnych ze standardami
obowiązującymi od 2010 roku); Wydawnictwo Aksjomat; Toruń 2009
[4] Pawłowski H. „Matematyka 1 zakres podstawowy”; Wydawnictwo Pedagogiczne Operon, Rumia 2002
[5] Wojtowicz W., Kielecki B., CzyŜykowski M. „Trygonometria dla klas X i XI”; Państwowe Zakłady
Wydawnictw Szkolnych, Warszawa 1961
Pakiet V – „SINUS, COSINUS, DAJ BOśE 3”
Strona 20