Strona główna › Egzamin ósmoklasisty › Zadania na dowodzenie w geometrii — egzamin ósmoklasisty

Zadania na dowodzenie w geometrii — egzamin ósmoklasisty

To jedyny dział w całym egzaminie, w którym poprawny wynik nie daje ani jednego punktu — bo wynikiem jest teza, a tę podaje samo polecenie: we wszystkich siedmiu zadaniach stoi ona w treści („wykaż, że…”, „uzasadnij, że…”). Zadań jest tylko siedem, ale każde z nich sprawdza coś, czego nie sprawdza żadne inne: umiejętność zapisania rozumowania tak, żeby czytelnik musiał się z nim zgodzić. Ta strona jest w większej części o metodzie niż o konkretnych figurach.

Dział: Egzamin ósmoklasistyPoziom: klasa 7–8Zadań: 7 — 5 z egzaminu ósmoklasisty i 2 z egzaminu gimnazjalnego

Przejdź od razu do zadań (7) ↓

Czym różni się „oblicz” od „wykaż”

Polecenie „oblicz” pyta o liczbę — i to ona jest tezą, którą trzeba uzasadnić rachunkiem. Zapis rozumowania punktuje się tak samo jak w dowodzie: sam wynik, choćby prawidłowy, bez pokazanej drogi bywa wart zero punktów. Różnica między „oblicz” a „uzasadnij” dotyczy więc tego, co jest tezą, a nie tego, czy trzeba zapisywać rozwiązanie.

Polecenie „wykaż, że” działa odwrotnie. Odpowiedź jest już podana w treści — zadanie mówi, co ma wyjść. Ocenia się wyłącznie to, czy przedstawione rozumowanie faktycznie do tego prowadzi.

Stąd wynika rzecz, która zaskakuje najbardziej: przepisanie tezy zadania jako odpowiedzi daje zero punktów. Nie dlatego, że jest błędna — jest przecież prawdziwa — tylko dlatego, że nie jest uzasadnieniem.

Odwrotnie też: rozumowanie z drobnym błędem rachunkowym na końcu może dostać większość punktów, jeśli sama argumentacja jest poprawna. To zupełnie inna logika oceniania niż w reszcie arkusza.

Z czego wolno korzystać w dowodzie

Wolno korzystać z twierdzeń i własności poznanych w szkole, i nie trzeba ich dowodzić. Wystarczy je nazwać.

Najczęściej używane na tym poziomie to:

Powołanie się musi być jawne. Zdanie „bo trójkąt jest równoramienny, więc kąty przy podstawie są równe” to pełnoprawny krok dowodu. Sam wynik liczbowy bez tego zdania — nie.

Nie wolno natomiast korzystać z tego, co dopiero ma zostać wykazane. To najsubtelniejszy błąd w tym dziale i łatwo go popełnić niechcący.

Jak zapisać dowód, żeby dostać punkty

Dowód to ciąg zdań, z których każde wynika z poprzednich. Struktura, która sprawdza się zawsze, ma trzy części.

  1. Co wiem — wypisz dane z treści i z rysunku, nadając im oznaczenia,
  2. co z tego wynika — kolejne kroki, każdy z powołaniem się na własność lub twierdzenie,
  3. wniosek — zdanie stwierdzające dokładnie to, co miało zostać wykazane.

Oznaczenia literowe są tu narzędziem, nie ozdobą. Nazwanie szukanego kąta przez α\alpha pozwala pisać o nim zdania, zanim się go policzy — a często wcale nie trzeba go liczyć.

Pełne zdania nie są formalnym wymogiem, ale skrótowy zapis samych działań rzadko wystarcza. Znak równości nie wyraża słowa „ponieważ”, a to właśnie ono niesie dowód.

Ostatnie zdanie warto sformułować jako powtórzenie tezy. To sygnał, że rozumowanie jest zamknięte, a nie urwane w połowie.

Dowód z sumy kątów trójkąta

Najczęstszy schemat w tym dziale. Wykorzystuje jedną własność, ale w sposób, który wymaga wprowadzenia niewiadomej.

Typowa teza: „wykaż, że kąt BCDBCD ma miarę 70°70°”. Zamiast liczyć wszystko po kolei, oznacza się szukany kąt literą i zapisuje równanie z sumy kątów.

Gdy w figurze jest kilka trójkątów, wybór tego właściwego przesądza o długości rozwiązania. Warto zacząć od trójkąta, w którym znane są dwa kąty — trzeci wychodzi wtedy natychmiast.

Ta metoda opiera się na tych samych własnościach, co zadania o kątach, tyle że tam wynik jest celem, a tu tylko środkiem.

Dowód z trójkąta równoramiennego

Trójkąt równoramienny to w dowodach najhojniejsza figura, bo z samej definicji daje dwie informacje naraz: równe ramiona i równe kąty przy podstawie.

Rozpoznanie równoramienności bywa częścią zadania. Jeśli dwa boki mają tę samą długość albo dwa kąty tę samą miarę, trójkąt jest równoramienny — i wolno z tego korzystać dalej.

Typowy chwyt: oznaczenie jednego z równych kątów przez α\alpha pozwala wyrazić przez niego wszystkie pozostałe kąty figury. Równanie układa się wtedy samo.

Uwaga na trójkąt równoboczny — jest szczególnym przypadkiem równoramiennego, więc ma wszystkie jego własności, a do tego każdy kąt równy 60°60°.

Dowód z użyciem wyrażenia algebraicznego

Część dowodów nie dotyczy konkretnej figury, tylko każdej figury danego rodzaju. Wtedy liczby zastępuje się literami.

Konstrukcja jest zawsze ta sama: dowolny obiekt opisuje się wyrażeniem z literą, wykonuje działania, a na końcu wskazuje, że wynik ma żądaną postać.

Kluczowe zdanie brzmi: „ponieważ nn jest dowolną liczbą całkowitą, rozumowanie działa dla każdej takiej liczby”. Bez niego dowód wygląda jak sprawdzenie jednego przypadku.

Techniczną częścią jest zwykle przekształcanie wyrażeń — wyłączanie czynnika przed nawias i redukcja wyrazów podobnych.

Rysunek w dowodzie — pomocnik, nie argument

Z rysunku wolno korzystać, ale tylko z tego, co jest na nim opisane: podanych miar, oznaczeń kątów prostych, zaznaczonej równości boków.

Nie wolno wnioskować z wyglądu. Dwa odcinki wyglądające na równe nie są równe, dopóki nie wynika to z danych. Kąt wyglądający na prosty nie jest prosty, dopóki nie ma odpowiedniego oznaczenia.

To rozróżnienie jest sednem oceniania w tym dziale. Zdanie „widać, że te kąty są równe” nie jest argumentem, a zdanie „kąty są równe jako kąty przy podstawie trójkąta równoramiennego” — jest.

Warto natomiast dorysować własne oznaczenia na rysunku w arkuszu: litery przy wierzchołkach, symbole przy równych bokach. To nie jest część odpowiedzi, tylko narzędzie do myślenia.

Przykłady krok po kroku

Cztery dowody rozpisane zdanie po zdaniu — od najprostszego z sumy kątów po dowód algebraiczny obejmujący wszystkie przypadki.

Przykład 1 Dowód z sumy kątów trójkąta

W trójkącie ABCABC kąt przy wierzchołku AA ma miarę 50°50°, a kąt przy wierzchołku BB jest o 20°20° większy. Wykaż, że kąt przy wierzchołku CC ma miarę 60°60°.

  1. Co wiem: kąt AA ma 50°50°, kąt BB jest o 20°20° większy od kąta AA.
  2. Zatem kąt BB ma miarę 50°+20°=70°50° + 20° = 70°.
  3. Korzystam z własności: suma kątów wewnętrznych trójkąta wynosi 180°180°.
  4. Stąd kąt C=180°−50°−70°=60°C = 180° - 50° - 70° = 60°.
  5. Wniosek: kąt przy wierzchołku CC ma miarę 60°60°, co należało wykazać.
  6. Zwróć uwagę, że każdy krok ma uzasadnienie — samo wypisanie działania 180−50−70180-50-70 nie byłoby dowodem.

Odpowiedź: Kąt CC ma miarę 60°60°, bo suma kątów trójkąta wynosi 180°180°, a pozostałe dwa mają razem 120°120°.

Przykład 2 Dowód z trójkąta równoramiennego

W trójkącie równoramiennym ABCABC o podstawie ABAB kąt przy wierzchołku CC ma miarę 40°40°. Wykaż, że każdy z kątów przy podstawie ma miarę 70°70°.

  1. Co wiem: trójkąt jest równoramienny o podstawie ABAB, kąt CC ma 40°40°.
  2. Korzystam z własności: w trójkącie równoramiennym kąty przy podstawie są równe. Oznaczam każdy z nich przez α\alpha.
  3. Korzystam z własności: suma kątów trójkąta wynosi 180°180°, więc α+α+40°=180°\alpha + \alpha + 40° = 180°.
  4. Stąd 2α=140°2\alpha = 140°, czyli α=70°\alpha = 70°.
  5. Wniosek: każdy z kątów przy podstawie ma miarę 70°70°, co należało wykazać.
  6. Oznaczenie literą było tu konieczne — pozwoliło zapisać równanie, zanim znana była jakakolwiek z tych dwóch miar.

Odpowiedź: Oba kąty przy podstawie mają po 70°70°.

Przykład 3 Dowód algebraiczny dla wszystkich przypadków

Wykaż, że suma trzech kolejnych liczb całkowitych jest podzielna przez 3.

  1. Co wiem: liczby są kolejne, więc każda następna jest o jeden większa.
  2. Oznaczam pierwszą z nich przez nn, gdzie nn jest dowolną liczbą całkowitą. Kolejne to n+1n+1 i n+2n+2.
  3. Zapisuję sumę: n+(n+1)+(n+2)=3n+3n + (n+1) + (n+2) = 3n + 3.
  4. Wyłączam wspólny czynnik: 3n+3=3(n+1)3n + 3 = 3(n+1).
  5. Wyrażenie n+1n+1 jest liczbą całkowitą, więc cała suma ma postać 3 razy liczba całkowita.
  6. Wniosek: ponieważ nn było dowolną liczbą całkowitą, suma trzech kolejnych liczb całkowitych jest podzielna przez 3 zawsze.

Odpowiedź: Suma trzech kolejnych liczb całkowitych to 3(n+1)3(n+1), czyli liczba podzielna przez 3.

Przykład 4 Kiedy rysunek nie jest argumentem

Na rysunku dwa odcinki wyglądają na równe, ale w danych nie ma o tym informacji. Czy wolno założyć ich równość w dowodzie?

  1. Sprawdzam, co jest opisane: miary podane liczbami, oznaczenia kątów prostych, symbole równości boków.
  2. Sam wygląd nie należy do danych — rysunek w arkuszu bywa niedokładny i nie jest wykonany w skali.
  3. Zatem równości odcinków nie wolno założyć, dopóki nie wynika z treści albo z wcześniejszych kroków dowodu.
  4. Można natomiast wykazać tę równość osobno — na przykład pokazując, że oba są ramionami tego samego trójkąta równoramiennego.
  5. Zdanie „widać, że są równe” nie zostanie uznane. Zdanie „są równe, bo to ramiona trójkąta równoramiennego” — zostanie ✓

Odpowiedź: Nie wolno. Z rysunku korzysta się tylko z tego, co na nim opisane, nigdy z samego wyglądu.

Najczęstsze błędy

Cztery błędy, przez które traci się punkty w tym dziale. Wszystkie dotyczą sposobu argumentowania, a nie rachunków.

Przepisanie tezy zamiast jej uzasadnienia

Skąd się bierze: W poleceniu „wykaż, że” odpowiedź jest już podana, więc jej powtórzenie nie wnosi niczego. Uczeń zapisuje prawdziwe zdanie i dziwi się zeru punktów — a oceniane jest wyłącznie rozumowanie prowadzące do tego zdania.

Jak zrobić dobrze: Zacznij od wypisania danych, potem prowadź kolejne kroki z powołaniem się na własności, a tezę zapisz dopiero na końcu jako wniosek. Przepisana teza ma sens tylko jako ostatnie zdanie, nigdy jako całość.

Wnioskowanie z wyglądu rysunku

Skąd się bierze: Rysunki w arkuszu nie są wykonane w skali, a odcinki i kąty bywają narysowane myląco. Założenie równości tylko dlatego, że tak wygląda, zrywa cały łańcuch rozumowania, nawet jeśli akurat jest prawdziwe.

Jak zrobić dobrze: Korzystaj wyłącznie z tego, co na rysunku opisane: podanych miar, oznaczeń kąta prostego, symboli równości boków. Resztę trzeba wykazać albo znaleźć w treści zadania.

Użycie w dowodzie tego, co ma zostać wykazane

Skąd się bierze: Rozumowanie wygląda wtedy poprawnie i prowadzi do właściwego wniosku, ale jest zamknięte w kole — teza służy za argument dla samej siebie. To najsubtelniejszy błąd tego działu i najłatwiej go popełnić niechcący.

Jak zrobić dobrze: Przed zapisaniem każdego kroku sprawdź, skąd bierze się użyta informacja. Jeśli pochodzi z tezy, a nie z danych albo z wcześniejszych kroków, rozumowanie trzeba przebudować.

Zapis samych działań bez słowa „ponieważ”

Skąd się bierze: Ciąg równości pokazuje, co uczeń policzył, ale nie pokazuje, dlaczego wolno mu było to policzyć. Znak równości nie wyraża uzasadnienia, a to ono niesie punkty w tym typie zadania.

Jak zrobić dobrze: Do każdego kroku dopisz krótkie zdanie z nazwą użytej własności — suma kątów trójkąta, kąty przy podstawie, twierdzenie Pitagorasa. Jedno zdanie na krok zwykle wystarcza.

Zadania z arkuszy CKE — udowodnij, uzasadnij, wykaż (geometria)

Prawdziwe zadania z arkuszy egzaminu ósmoklasisty (CKE) — przy każdym podano sesję egzaminacyjną. Pod każdym zadaniem znajdziesz rozwiązanie krok po kroku wraz ze wskazówką i typowym błędem. W zestawie jest 2 zadania z arkuszy egzaminu gimnazjalnego (do 2019 roku) — dokładamy je jako dodatkowe ćwiczenie tych samych umiejętności. Zakres gimnazjum był miejscami szerszy niż wymagania dla klas 7–8, dlatego każde takie zadanie jest podpisane osobno.

W dowodzie nie chodzi o wynik, tylko o łańcuszek — dlatego kolor pokazuje każde ogniwo osobno. Zielone jest to, co dane: kąty i długości z treści albo odczytane z rysunku. Czerwony jest kąt (albo długość) wyliczony po drodze — z jednej z trzech reguł: kąty przyległe dają 180°180°, kąty wierzchołkowe są równe, kąty trójkąta sumują się do 180°180°. Idąc po czerwonych ogniwach widać całą drogę od założeń do tezy.

Zadania otwarte

Zadanie 1 (czerwiec 2020)2 pkttrudniejsze

Trzy proste przecinają się w punktach AA, BB i CC, tworząc trójkąt ABCABC. Odcinki ACAC i BCBC są równej długości. Kąt α\alpha to kąt wewnętrzny trójkąta przy wierzchołku BB. Kąt β\beta to kąt przy wierzchołku CC między ramieniem CACA a przedłużeniem boku BCBC poza punkt CC. Wykaż, że miara kąta α\alpha stanowi połowę miary kąta β\beta.
Trójkąt równoramienny z kątem zewnętrznym przy wierzchołku CαβABC
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: α = ½β

  1. Krok 1 — co daje równość boków. Skoro ∣AC∣=∣BC∣\textcolor{#16A06A}{|AC| = |BC|}, trójkąt ABCABC jest równoramienny o podstawie ABAB. Kąty przy podstawie są równe:
  2. ∣∠BAC∣=∣∠ABC∣=α|\angle BAC| = |\angle ABC| = \textcolor{#16A06A}{\alpha}
  3. Krok 2 — co daje przedłużenie boku. Punkty BB, CC i punkt na przedłużeniu leżą na jednej prostej, więc kąt β\textcolor{#16A06A}{\beta} i kąt wewnętrzny ∠ACB\angle ACB są przyległe:
  4. β+∣∠ACB∣=180°\textcolor{#16A06A}{\beta} + |\angle ACB| = 180°,   czyli   ∣∠ACB∣=180°−β|\angle ACB| = \textcolor{#E0453A}{180° - \beta}
  5. Krok 3 — suma kątów trójkąta.
  6. α+α+(180°−β)=180°\textcolor{#16A06A}{\alpha} + \textcolor{#16A06A}{\alpha} + \textcolor{#E0453A}{(180° - \beta)} = 180°
  7. 2α−β=02\textcolor{#16A06A}{\alpha} - \textcolor{#16A06A}{\beta} = 0
  8. 2α=β2\alpha = \beta,   czyli   α=12β\alpha = \tfrac12\beta. ∎
  9. Wniosek: miara kąta α\alpha stanowi połowę miary kąta β\beta — co należało wykazać.

💡 Wskazówka: To jest po prostu twierdzenie o kącie zewnętrznym: kąt zewnętrzny trójkąta równa się sumie dwóch kątów wewnętrznych do niego nieprzyległych. Tu te dwa kąty są równe (bo trójkąt jest równoramienny), więc kąt zewnętrzny to 2α2\alpha.

⚠ Najczęstszy błąd: potraktowanie β\beta jako kąta wierzchołkowego do ∠ACB\angle ACB (czyli β=∠ACB\beta = \angle ACB). Kąt wierzchołkowy leży po drugiej stronie punktu CC względem obu prostych, a β\beta ma jedno ramię wspólne z trójkątem — więc jest przyległy, nie wierzchołkowy.

Zadanie 2 (kwiecień 2020)2 pktśrednie

W trójkącie o kątach wewnętrznych α\alpha, β\beta, γ\gamma miara kąta α\alpha jest równa różnicy miar dwóch pozostałych kątów. Uzasadnij, że ten trójkąt jest prostokątny.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: β = 90°

  1. Krok 1 — zapisujemy założenie. Przyjmijmy, że β\textcolor{#16A06A}{\beta} jest większy z dwóch pozostałych kątów. Warunek z treści to:
  2. α=β−γ\textcolor{#16A06A}{\alpha} = \textcolor{#16A06A}{\beta} - \textcolor{#16A06A}{\gamma}
  3. Krok 2 — dopisujemy to, co zawsze prawdziwe. Suma kątów wewnętrznych trójkąta:
  4. α+β+γ=180°\textcolor{#16A06A}{\alpha} + \textcolor{#16A06A}{\beta} + \textcolor{#16A06A}{\gamma} = 180°
  5. Krok 3 — podstawiamy pierwsze równanie do drugiego. W miejsce α\textcolor{#16A06A}{\alpha} wpisujemy β−γ\textcolor{#16A06A}{\beta} - \textcolor{#16A06A}{\gamma}:
  6. (β−γ)+β+γ=180°(\textcolor{#16A06A}{\beta} - \textcolor{#16A06A}{\gamma}) + \textcolor{#16A06A}{\beta} + \textcolor{#16A06A}{\gamma} = 180°
  7. Kąty γ\textcolor{#16A06A}{\gamma} się redukują — i to jest sedno całego dowodu:
  8. 2β=180°2\textcolor{#16A06A}{\beta} = 180°,   czyli   β=90°\textcolor{#E0453A}{\beta} = \textcolor{#E0453A}{90°}. ∎
  9. Wniosek: jeden z kątów trójkąta ma miarę 90°90°, więc trójkąt jest prostokątny — co należało uzasadnić.

💡 Wskazówka: Zwróć uwagę, że wynik nie zależy od konkretnych wartości α\alpha i γ\gamma — kąt prosty wychodzi zawsze. Właśnie tym dowód różni się od zwykłego zadania rachunkowego.

⚠ Najczęstszy błąd: podstawienie przykładowych liczb (np. α=30°\alpha = 30°, γ=60°\gamma = 60°, β=90°\beta = 90°) i uznanie tego za dowód. Jeden przykład niczego nie dowodzi — trzeba pokazać, że tak jest dla każdego takiego trójkąta.

Zadanie 3 (marzec 2020)2 pkttrudniejsze

Długości boków czworokąta opisano za pomocą wyrażeń algebraicznych: 2x−152x - 15,  x+5x + 5,  32x−5\tfrac{3}{2}x - 5  oraz  12x+15\tfrac{1}{2}x + 15. Uzasadnij, że jeśli obwód tego czworokąta jest równy 100 cm, to jest on rombem. Zapisz obliczenia.
Czworokąt o bokach opisanych wyrażeniami algebraicznymi½x + 153⁄2x − 5x + 52x − 15
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: x = 20, wszystkie boki mają po 25 cm

  1. Romb to czworokąt, którego wszystkie cztery boki są równe — to trzeba pokazać.
  2. Krok 1 — zapisujemy obwód. Dodajemy wszystkie cztery wyrażenia:
  3. (2x−15)+(x+5)+(32x−5)+(12x+15)(\textcolor{#16A06A}{2x - 15}) + (\textcolor{#16A06A}{x + 5}) + (\textcolor{#16A06A}{\tfrac32 x - 5}) + (\textcolor{#16A06A}{\tfrac12 x + 15})
  4. Osobno litery: 2x+x+32x+12x=5x2x + x + \tfrac32 x + \tfrac12 x = 5x.   Osobno liczby: −15+5−5+15=0-15 + 5 - 5 + 15 = 0.
  5. Obwód wynosi więc 5x5x.
  6. Krok 2 — wyznaczamy xx.
  7. 5x=1005x = 100,   czyli   x=20\textcolor{#E0453A}{x} = \textcolor{#E0453A}{20}
  8. Krok 3 — obliczamy każdy bok osobno.
  9. 2⋅20−15=40−15=252 \cdot \textcolor{#E0453A}{20} - 15 = 40 - 15 = 25 cm
  10. 20+5=25\textcolor{#E0453A}{20} + 5 = 25 cm
  11. 32⋅20−5=30−5=25\tfrac32 \cdot \textcolor{#E0453A}{20} - 5 = 30 - 5 = 25 cm
  12. 12⋅20+15=10+15=25\tfrac12 \cdot \textcolor{#E0453A}{20} + 15 = 10 + 15 = 25 cm
  13. Wniosek: wszystkie cztery boki mają po 25 cm, więc czworokąt jest rombem. ∎
  14. Kontrola: 4⋅25=1004 \cdot 25 = 100 cm ✓ zgadza się z podanym obwodem.

💡 Wskazówka: Przy dodawaniu wyrażeń grupuj osobno litery i osobno liczby. Tutaj liczby zredukowały się do zera — dlatego obwód wyszedł tak prosty (5x5x).

⚠ Najczęstszy błąd: zakończenie na x=20x = 20 bez policzenia boków. Samo xx nie dowodzi, że czworokąt jest rombem — trzeba pokazać wszystkie cztery długości i napisać wniosek.

Zadanie 4 (czerwiec 2019)2 pkttrudniejsze

W trójkącie równoramiennym ABCABC, w którym ∣AC∣=∣BC∣|AC| = |BC|, poprowadzono dwie wysokości: ADAD (z wierzchołka AA na bok BCBC) i CECE (z wierzchołka CC na bok ABAB). Wysokość CECE tworzy z ramieniem CACA kąt o mierze 20°20°. Kąt α\alpha to kąt między wysokościami ADAD i CECE w punkcie ich przecięcia — ten, który jest rozwarty. Uzasadnij, że kąt α\alpha ma miarę 110°110°.
Trójkąt równoramienny z dwiema wysokościami przecinającymi się pod kątem α20°αABCED
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: α = 110°

  1. Krok 1 — kąt przy wierzchołku AA. Wysokość CECE jest prostopadła do ABAB, więc w trójkącie AECAEC mamy kąt prosty przy EE:
  2. ∣∠EAC∣=180°−90°−20°=70°|\angle EAC| = 180° - 90° - \textcolor{#16A06A}{20°} = \textcolor{#E0453A}{70°}
  3. To jest kąt wewnętrzny trójkąta przy wierzchołku AA, czyli ∣∠CAB∣=70°|\angle CAB| = \textcolor{#E0453A}{70°}.
  4. Krok 2 — kąt przy wierzchołku BB. Trójkąt jest równoramienny (∣AC∣=∣BC∣\textcolor{#16A06A}{|AC| = |BC|}), więc kąty przy podstawie ABAB są równe:
  5. ∣∠CBA∣=70°|\angle CBA| = \textcolor{#E0453A}{70°}
  6. Krok 3 — kąt, pod jakim wychodzi wysokość ADAD. Wysokość ADAD jest prostopadła do BCBC, więc w trójkącie ABDABD kąt przy DD jest prosty:
  7. ∣∠BAD∣=180°−90°−70°=20°|\angle BAD| = 180° - 90° - \textcolor{#E0453A}{70°} = \textcolor{#E0453A}{20°}
  8. Krok 4 — kąt między wysokościami. Oznaczmy przez PP punkt przecięcia ADAD i CECE. W trójkącie AEPAEP:
  9. kąt przy EE jest prosty (bo CE⊥ABCE \perp AB), a kąt przy AA to właśnie ∣∠EAP∣=∣∠BAD∣=20°|\angle EAP| = |\angle BAD| = \textcolor{#E0453A}{20°}.
  10. Szukany kąt α\alpha jest kątem zewnętrznym tego trójkąta przy wierzchołku PP, więc równa się sumie dwóch pozostałych kątów wewnętrznych:
  11. α=90°+20°=110°\alpha = 90° + \textcolor{#E0453A}{20°} = 110° ∎
  12. Wniosek: kąt α\alpha ma miarę 110°110° — co należało uzasadnić.

💡 Wskazówka: Zamiast kąta zewnętrznego można policzyć po kolei: w trójkącie AEPAEP trzeci kąt wynosi 180°−90°−20°=70°180° - 90° - 20° = 70°, a α\alpha jest do niego przyległy, więc α=180°−70°=110°\alpha = 180° - 70° = 110° ✓ Wychodzi to samo.

⚠ Najczęstszy błąd: podanie 70°70° zamiast 110°110° — czyli obliczenie drugiego z dwóch kątów, jakie tworzą przecinające się proste. Treść pyta o kąt rozwarty, więc na koniec trzeba sprawdzić, który to.

Zadanie 5 (kwiecień 2013, egzamin gimnazjalny)2 pkttrudniejsze

Dany jest trapez ABCDABCD o podstawach ABAB i DCDC. Punkt EE leży w połowie ramienia BCBC. Prostą poprowadzoną przez punkty DD i EE przedłużono do przecięcia z prostą ABAB w punkcie FF (leżącym poza odcinkiem ABAB, po stronie BB). Uzasadnij, że pole trapezu ABCDABCD i pole trójkąta AFDAFD są równe.
Trapez ABCD z prostą DE przecinającą przedłużenie podstawy w punkcie FABCDEF
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: Trójkąty DCE i FBE są przystające, więc oba pola są równe.

  1. Trójkąt AFDAFD powstaje z trapezu przez odcięcie kawałka DCEDCE i doklejenie kawałka BEFBEF. Wystarczy więc pokazać, że te dwa kawałki mają równe pola — a najprościej udowodnić, że są przystające.
  2. Porównujemy trójkąty DCEDCE i FBEFBE:
  3. (1) Bok. Punkt EE jest środkiem odcinka BCBC, więc ∣CE∣=∣EB∣\textcolor{#16A06A}{|CE| = |EB|}.
  4. (2) Kąt. Podstawy trapezu są równoległe (DC∥AB\textcolor{#16A06A}{DC \parallel AB}), a prosta DFDF je przecina. Kąty ∠DCE\angle DCE i ∠FBE\angle FBE są więc naprzemianległe, czyli równe:
  5. ∣∠DCE∣=∣∠FBE∣|\angle DCE| = \textcolor{#E0453A}{|\angle FBE|}
  6. (3) Drugi kąt. Kąty ∠DEC\angle DEC i ∠FEB\angle FEB są wierzchołkowe (proste BCBC i DFDF przecinają się w EE), więc też są równe:
  7. ∣∠DEC∣=∣∠FEB∣|\angle DEC| = \textcolor{#E0453A}{|\angle FEB|}
  8. Z cechy kąt–bok–kąt trójkąty DCEDCE i FBEFBE są przystające, a więc mają równe pola.
  9. Wniosek. Zapiszmy oba pola:
  10. PABCD=PABED+PDCEP_{ABCD} = P_{ABED} + P_{DCE}  •  PAFD=PABED+PFBEP_{AFD} = P_{ABED} + P_{FBE}
  11. Skoro PDCE=PFBEP_{DCE} = P_{FBE}, to PABCD=PAFDP_{ABCD} = P_{AFD}. ∎

💡 Wskazówka: To jest klasyczny trik „przełóż kawałek”: trapez zamienia się w trójkąt o tym samym polu. Ta sama konstrukcja wyjaśnia, skąd bierze się wzór na pole trapezu.

⚠ Najczęstszy błąd: liczenie obu pól ze wzorów, z literami na podstawy i wysokość. Da się tak, ale rachunek robi się długi — a wystarczy jedno przystawanie trójkątów.

Zadanie 6 (kwiecień 2012, egzamin gimnazjalny)2 pkttrudniejsze

Trzy proste przecinają się tak, że tworzą trójkąt ABCABC: jedna z nich przechodzi przez AA i BB, druga przez AA i CC, trzecia przez BB i CC. Kąt między prostą ABAB a przedłużeniem boku CACA poza punkt AA ma miarę 120°120° (jest to kąt przyległy do kąta wewnętrznego przy AA). Kąt wewnętrzny trójkąta przy wierzchołku CC oraz kąt wierzchołkowy do kąta wewnętrznego przy wierzchołku BB oznaczono tą samą literą α\alpha. Uzasadnij, że trójkąt ABCABC jest równoboczny.
Trójkąt ABC utworzony przez trzy przecinające się proste120°ααABC
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: Wszystkie kąty mają po 60°

  1. Krok 1 — kąt przy wierzchołku AA. Kąt 120°\textcolor{#16A06A}{120°} i kąt wewnętrzny ∠BAC\angle BAC są przyległe (mają wspólne ramię ABAB, a pozostałe ramiona tworzą prostą CACA):
  2. ∣∠BAC∣=180°−120°=60°|\angle BAC| = 180° - \textcolor{#16A06A}{120°} = \textcolor{#E0453A}{60°}
  3. Krok 2 — kąt przy wierzchołku BB. Zaznaczony przy BB kąt α\textcolor{#16A06A}{\alpha} jest wierzchołkowy do kąta wewnętrznego ∠ABC\angle ABC, a kąty wierzchołkowe są równe:
  4. ∣∠ABC∣=α|\angle ABC| = \textcolor{#16A06A}{\alpha}
  5. Krok 3 — kąt przy wierzchołku CC. Tu α\textcolor{#16A06A}{\alpha} jest wprost kątem wewnętrznym:
  6. ∣∠ACB∣=α|\angle ACB| = \textcolor{#16A06A}{\alpha}
  7. Krok 4 — suma kątów trójkąta.
  8. 60°+α+α=180°\textcolor{#E0453A}{60°} + \textcolor{#16A06A}{\alpha} + \textcolor{#16A06A}{\alpha} = 180°
  9. 2α=120°2\textcolor{#16A06A}{\alpha} = 120°,   czyli   α=60°\textcolor{#E0453A}{\alpha} = \textcolor{#E0453A}{60°}
  10. Wniosek: wszystkie trzy kąty trójkąta mają po 60°60°, więc trójkąt ABCABC jest równoboczny (a nie tylko równokątny — w trójkącie to jedno i to samo). ∎

💡 Wskazówka: Zapamiętaj dwie reguły przy przecinających się prostych: przyległe dają razem 180°180°, a wierzchołkowe są równe. Prawie każdy taki dowód sprowadza się do zastosowania ich po kolei.

⚠ Najczęstszy błąd: pomylenie kątów przyległych z wierzchołkowymi i przyjęcie ∠BAC=120°\angle BAC = 120°. Wtedy suma kątów przekracza 180°180° — to od razu sygnał, że coś jest nie tak.

Zadanie 7 (materiały CKE)2 pkttrudniejsze

Uzasadnij, że dwusieczne kątów BADBAD i ABCABC równoległoboku ABCDABCD są prostopadłe.
Równoległobok ABCD z dwusiecznymi kątów przy A i przy BABCD
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: Kąt między dwusiecznymi ma miarę 90°

  1. Krok 1 — kąty przy jednym boku równoległoboku. Boki ADAD i BCBC są równoległe, a bok ABAB je przecina. Kąty ∠BAD\angle BAD i ∠ABC\angle ABC są więc jednostronne wewnętrzne i sumują się do kąta półpełnego:
  2. ∣∠BAD∣+∣∠ABC∣=180°|\angle BAD| + |\angle ABC| = \textcolor{#16A06A}{180°}
  3. Krok 2 — dwusieczne dzielą te kąty na pół. Niech PP będzie punktem przecięcia dwusiecznych. Wtedy:
  4. ∣∠PAB∣=12∣∠BAD∣|\angle PAB| = \tfrac12 |\angle BAD|  •  ∣∠PBA∣=12∣∠ABC∣|\angle PBA| = \tfrac12 |\angle ABC|
  5. Krok 3 — sumujemy połówki. Skoro całości dają 180°\textcolor{#16A06A}{180°}, to połówki dają połowę tego:
  6. ∣∠PAB∣+∣∠PBA∣=12⋅180°=90°|\angle PAB| + |\angle PBA| = \tfrac12 \cdot \textcolor{#16A06A}{180°} = \textcolor{#E0453A}{90°}
  7. Krok 4 — trzeci kąt trójkąta ABPABP.
  8. ∣∠APB∣=180°−90°=90°|\angle APB| = 180° - \textcolor{#E0453A}{90°} = 90°
  9. Wniosek: dwusieczne przecinają się pod kątem prostym, czyli są prostopadłe. ∎
  10. Warto zauważyć, że wynik nie zależy od kształtu równoległoboku — działa dla każdego, bo jedyne, czego użyliśmy, to suma 180°180°.

💡 Wskazówka: Kluczowy moment jest w kroku 3: skoro dwa kąty sumują się do 180°180°, to ich połowy sumują się do 90°90°. Ten sam chwyt działa wszędzie tam, gdzie pojawiają się dwusieczne kątów jednostronnych.

⚠ Najczęstszy błąd: rozpoczęcie od założenia konkretnych miar kątów (np. 60°60° i 120°120°). To pokazuje tylko jeden przypadek — dowód musi obejmować każdy równoległobok, więc kąty trzeba zostawić jako litery.

Odpowiedzi

Sam wynik do szybkiego sprawdzenia. Pełne rozwiązanie — z drogą dojścia, wskazówką i typowym błędem — rozwija się pod każdym zadaniem, więc nie trzeba wracać na górę.

1. α = ½β2. β = 90°3. x = 20, wszystkie boki mają po 25 cm4. α = 110°5. Trójkąty DCE i FBE są przystające, więc oba pola są równe.6. Wszystkie kąty mają po 60°
7. Kąt między dwusiecznymi ma miarę 90°

Treści zadań pochodzą z arkuszy egzaminu ósmoklasisty oraz z arkuszy egzaminu gimnazjalnego (Centralna Komisja Egzaminacyjna, cke.gov.pl) — pochodzenie każdego zadania podano przy jego numerze. Rozwiązania, wskazówki i omówienia błędów liczę i zapisuję sam — Mateusz Będkowski.

Pytania i odpowiedzi

Co znaczy polecenie „wykaż, że”?

To prośba o uzasadnienie zdania, które jest już podane w treści. Odpowiedź jest znana od początku, więc ocenia się wyłącznie to, czy przedstawione rozumowanie do niej prowadzi. Samo powtórzenie tezy nie daje punktów, choć jest prawdziwe.

Ile punktów można dostać za sam wynik?

W zadaniu dowodowym zero, bo wynik jest podany w poleceniu. Odwrotnie natomiast działa to na korzyść ucznia: poprawne rozumowanie z drobną pomyłką rachunkową na końcu zwykle zachowuje większość punktów. To zupełnie inna logika oceniania niż w pozostałych zadaniach arkusza.

Czy w dowodzie można korzystać z rysunku?

Można, ale wyłącznie z informacji na nim opisanych — podanych miar, oznaczeń kąta prostego, symboli równości boków. Wygląd nie jest argumentem, bo rysunki w arkuszu nie są wykonane w skali. Wolno za to dorysować własne oznaczenia, żeby ułatwić sobie myślenie.

Jak zacząć dowód geometryczny?

Od wypisania tego, co wiadomo — danych z treści i z rysunku, z nadaniem im oznaczeń literowych. Potem szukaj trójkąta albo kąta, w którym znane są dwie z trzech potrzebnych wielkości, bo trzecia wyjdzie od razu. Wprowadzenie litery dla szukanego kąta zwykle pozwala zapisać równanie.

Czy trzeba pisać pełnymi zdaniami?

Formalnego wymogu nie ma, ale skrótowy zapis samych działań rzadko wystarcza. Punkty niesie słowo „ponieważ”, a znak równości go nie zastąpi. Wystarczy jedno krótkie zdanie na krok, z nazwą użytej własności albo twierdzenia.

Z jakich twierdzeń wolno korzystać bez dowodzenia ich?

Ze wszystkich poznanych w szkole — sumy kątów trójkąta i czworokąta, równości kątów przy podstawie trójkąta równoramiennego, własności kątów wierzchołkowych, przyległych i naprzemianległych oraz twierdzenia Pitagorasa. Trzeba je jednak nazwać, a nie tylko po cichu zastosować.

Czytaj dalej

Kąty w figurach na egzaminieWłasności kątów, na które najczęściej powołujemy się w dowodachWyrażenia algebraiczne na egzaminieWyłączanie czynnika przed nawias — narzędzie dowodów algebraicznychCechy podzielności na egzaminieKiedy wyrażenie jest podzielne przez daną liczbę dla każdego nEgzamin ósmoklasisty z matematykiJak zbudowany jest arkusz i jak się do niego przygotować
Mateusz Będkowski — nauczyciel matematyki, autor serwisu Nie każ mu liczyć

Mateusz Będkowski

nauczyciel matematyki, autor „Nie każ mu liczyć”

Uczę matematyki od 13 lat, w tym 7 lat w szkole — dziś w dwóch szkołach w Kaliszu. Magister pedagogiki ze specjalnością terapia pedagogiczna, po studiach podyplomowych z matematyki. Rozwiązania na tej stronie liczę sam, krok po kroku, i zapisuję dokładnie tak, jak tłumaczę je uczniowi na kartce.

Ostatnia aktualizacja: 2026-07-30. Zadania egzaminacyjne pochodzą z arkuszy CKE (cke.gov.pl); teoria, przykłady i rozwiązania są autorstwa Mateusza Będkowskiego.