Sposób I (trygonometryczny)

Przyjmijmy oznaczenia:

Komentarz

Schemat oceniania I sposobu rozwiązania

Sposób II (stosunek pól)

Przyjmujemy |AB| = a i |AC| = b

Wówczas 

|AH| = b√2 oraz EB = a√2

Tak jak w sposobie I, pokazujemy, że 

|∢EAH| = |∢EBG|. 

Korzystając z twierdzenia o stosunku pól, otrzymujemy

co dowodzi, że P_AHE = P_BEG

W tym sposobie rozwiązania podstawowym zadaniem jest – tak jak w sposobie pierwszym – obliczenie długości odcinków AH i BE oraz wykazanie równości kątów EAH i EBG. Dlatego schemat oceniania może być taki sam, jak w sposobie I. Uwagi dotyczące rozwiązań niekompletnych są takie same jak w przypadku sposobu I.

Uwaga 

Jeśli zdający wykonuje obliczenia tylko w jednym z rozważanych trójkątów, to w istocie rozwiązuje zadanie sposobem pierwszym i możemy zastosować rozstrzygnięcia zawarte w uwadze do schematu oceniania w sposobie I.

Rozwiązanie zadania sposobem analitycznym składa się z trzech kroków.

Po pierwsze, w wygodny sposób umieszczamy rozważane figury geometryczne w układzie współrzędnych - lub równoważnie - do istniejących figur dobieramy układ współrzędnych.

Po drugie, w przyjętym układzie współrzędnych obliczamy współrzędne potrzebnych punktów.

Wreszcie, za pomocą obliczonych współrzędnych, obliczamy wielkości, o które chodzi w zadaniu.

W naszym przypadku te kroki sprowadzają się do:

• wyboru układu współrzędnych;
• obliczenia współrzędnych wierzchołków trójkątów AHE i BEG;
• obliczenia pól trójkątów AHE i BEG.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania polega na obliczeniu współrzędnych wierzchołków trójkątów AHE i BGE.

Popatrzmy teraz, w jaki sposób można przeprowadzić takie rozwiązanie. Najpierw musimy wybrać układ współrzędnych. Można to zrobić na wiele sposobów; trudności obliczeniowe zadania będą zależały od sposobu wyboru układu. Jednym z najwygodniejszych sposobów jest wybór układu współrzędnych uwzględniający naturalne symetrie figur występujących w zadaniu. W naszym przypadku wybieramy układ tak, by oś Oy zawierała oś symetrii trójkąta równoramiennego ABC. Umieszczamy zatem trójkąt ABC w układzie współrzędnych tak, że

gdzie a > 0 i h > 0. Ponieważ trójkąt ABC jest ostrokątny, więc |∢BAC| > 45°, skąd wynika, że a < h. 

Wyznaczamy teraz współrzędne punktów E, G i H. Oczywiście bok AB ma długość 2a, skąd wynika, że

E = (–a, –2a).

Współrzędne punktów G i H możemy wyznaczyć wieloma sposobami. Pokażemy dokładnie dwa z nich i zasygnalizujemy trzeci sposób, znacznie bardziej pracochłonny.

Następnie obliczamy pola trójkątów AHE i BEG. Możemy skorzystać ze wzoru znajdującego się w zestawie Wybranych wzorów matematycznych. Jeśli wierzchołki trójkąta KLM mają współrzędne

to pole wyraża się wzorem

W naszym przypadku mamy

skąd dostajemy

Podobnie

skąd dostajemy

To kończy dowód.

Zauważmy też, że pole trójkąta AHE można obliczyć prościej: podstawa AE ma długość 2a, wysokość (niezaznaczona na rysunku) ma długość h – a.

Pola trójkątów można też obliczyć inaczej. Można np. wyznaczyć długość jednego boku, równanie prostej zawierającej ten bok oraz odległość trzeciego wierzchołka od tej prostej (odpowiednie wzory także znajdują się w tablicach).

Umieszczenie trójkąta ABC w układzie współrzędnych i podanie współrzędnych jego wierzchołków.

Obliczenie współrzędnych punktów E, G i H.

Obliczenie pól trójkątów AHE i BEG np. za pomocą wzorów znajdujących się w tablicach i zauważenie, że te pola są równe.

Zdający rozwiązujący zadanie tym sposobem mogą popełnić bardzo wiele różnych błędów: na przykład źle wyznaczyć współrzędne punktów E, G i H lub źle obliczyć pola trójkątów. Mogą wreszcie wybrać takie metody obliczania pól, że nie będzie oczywiste, czy otrzymane wyniki są równe (może to wymagać odpowiednich przekształceń). Niezależnie od charakteru i przyczyny błędu, schemat oceniania wyraźnie wskazuje, jaką liczbę punktów należy przyznać zdającemu. Maksymalną liczbę punktów zdający otrzymuje za bezbłędnie wykonane kroki. Może się jednak zdarzyć, że zdający popełni nieistotny błąd rachunkowy przy wyznaczaniu współrzędnych któregoś punktu i w ten sposób uzyska błędne wyniki w ostatnim kroku. Jeśli jednak metoda obliczania pól trójkątów jest poprawna, zostały dokonane poprawne podstawienia do wzorów, zgodne z otrzymanymi wynikami obliczeń oraz obliczenia w tym kroku zostały wykonane poprawnie, to zdający otrzymuje 2 punkty (jest to sytuacja, w której zdający doprowadza rozwiązanie do końca, popełniając nieistotny błąd rachunkowy podczas pokonywania zasadniczych trudności).

Prowadzimy w trójkącie ABC wysokość CK. Następnie niech punkt L będzie rzutem prostokątnym punktu H na prostą KC i niech punkt P będzie rzutem prostokątnym punktu G na prostą AB.

Wówczas nietrudno zauważyć, że trójkąty CLH i BPG są przystające do trójkątów AKC i BKC. Mianowicie

Jeśli następnie

to  oraz .

Podobnie , .

Wspomniane przystawania trójkątów wynikają teraz z cechy przystawania kbk.

Przyjmijmy oznaczenia:

Wówczas

Ponadto a < h.

Niech następnie punkt M będzie rzutem prostokątnym punktu A na prostą HL. Ponieważ a < h, więc punkt M leży wewnątrz odcinka HL. Możemy już obliczyć pole trójkąta EAH. Mianowicie

Następnie niech punkt O będzie punktem przecięcia prostych EG i AP. Z podobieństwa trójkątów EAO i GPO wynika, że

Zatem

skąd wynika, że

Wreszcie

To kończy dowód.

Dorysowanie trójkątów CLH i GPB oraz zauważenie, że są one przystające do trójkąta AKC (lub BKC). Nie wymagamy w tym miejscu od zdającego pełnego dowodu przystawania – przyjmujemy, że uzasadnienie przystawania jest oczywiste.

Obliczenie pola jednego z trójkątów AHE i BEG.

Obliczenie pól obu trójkątów i stwierdzenie, że są one równe.

W takim sposobie rozwiązania zadania jest mało prawdopodobne, by zdający popełnił istotny błąd. Mogą się natomiast zdarzyć rozwiązania niedokończone. Mogą też wystąpić różne inne próby rozwiązania polegające na dorysowywaniu do rysunku różnych odcinków. Jeśli nie jest wyraźnie widoczny cel takich poszukiwań i nie został on wyraźnie wskazany w rozwiązaniu, to zdający otrzymuje 0 punktów.