Czworokąty na maturze: równoległobok, trapez, romb, prostokąt i kwadrat

\[\lvert BC\rvert=5,\qquad \lvert CD\rvert=6,\qquad P_{ABCD}=30\sqrt{3}.\]

Oznaczmy \(x=\lvert BC\rvert\), \(y=\lvert CD\rvert\). W czworokąt wpisano okrąg, więc sumy długości przeciwległych boków są równe: \[\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert=\lvert BC\rvert+\lvert AD\rvert,\qquad 9+y=x+10,\qquad y=x+1.\] Na czworokącie opisano okrąg, więc przeciwległe kąty dopełniają się do \(180^{\circ}\): \[\lvert\angle BCD\rvert=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}.\] Przekątną \(BD\) wyznaczamy z twierdzenia cosinusów w obu trójkątach: \[\lvert BD\rvert^2=9^2+10^2-2\cdot9\cdot10\cos60^{\circ}=181-90=91,\] \[\lvert BD\rvert^2=x^2+y^2-2xy\cos120^{\circ}=x^2+y^2+xy.\] Podstawiamy \(y=x+1\): \[x^2+(x+1)^2+x(x+1)=91,\qquad 3x^2+3x-90=0,\qquad x^2+x-30=0,\] \[(x-5)(x+6)=0.\] Długość boku jest dodatnia, więc \(x=5\), a stąd \(y=6\). Pole czworokąta jest sumą pól trójkątów \(ABD\) i \(BCD\): \[P=\tfrac12\cdot9\cdot10\sin60^{\circ}+\tfrac12\cdot5\cdot6\sin120^{\circ}=45\cdot\frac{\sqrt3}{2}+15\cdot\frac{\sqrt3}{2}=30\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(\lvert BC\rvert=5\), \(\lvert CD\rvert=6\), \(P_{ABCD}=30\sqrt3\)

**1–2 pkt** – zapisanie warunku wpisania okręgu (\(9+y=x+10\)) i warunku opisania okręgu (\(\lvert\angle BCD\rvert=120^{\circ}\)). **3–4 pkt** – zapisanie dwóch wyrażeń na \(\lvert BD\rvert^2\) i ułożenie równania \(x^2+x-30=0\). **5 pkt** – obliczenie \(\lvert BC\rvert=5\) i \(\lvert CD\rvert=6\). **6 pkt** – obliczenie pola \(P=30\sqrt3\).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

\[\lvert BC\rvert=5,\qquad \lvert CD\rvert=6,\qquad P_{ABCD}=30\sqrt{3}.\]

Oznaczmy \(x=\lvert BC\rvert\), \(y=\lvert CD\rvert\) oraz \(d=\lvert BD\rvert\). Z rysunku odczytujemy, że \(BD\) jest przekątną dzielącą czworokąt na trójkąty \(ABD\) i \(BCD\). W czworokąt wpisano okrąg, więc sumy długości przeciwległych boków są równe: \[\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert=\lvert AD\rvert+\lvert BC\rvert,\qquad 9+y=10+x,\qquad y=x+1.\] Na czworokącie opisano okrąg, więc przeciwległe kąty dopełniają się do \(180^\circ\): \[\lvert\angle BCD\rvert=180^\circ-60^\circ=120^\circ.\] Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(ABD\) daje \[d^{2}=9^{2}+10^{2}-2\cdot9\cdot10\cdot\cos 60^\circ=181-90=91.\] To samo twierdzenie w trójkącie \(BCD\), przy \(\cos 120^\circ=-\tfrac12\), daje \[d^{2}=x^{2}+y^{2}+xy=x^{2}+(x+1)^{2}+x(x+1)=3x^{2}+3x+1.\] Porównanie obu wyrażeń prowadzi do równania \[3x^{2}+3x+1=91,\qquad x^{2}+x-30=0,\qquad x=5\ \lor\ x=-6.\] Długość boku jest liczbą dodatnią, więc pierwiastek \(x=-6\) odrzucamy. Zatem \(\lvert BC\rvert=5\) i \(\lvert CD\rvert=6\). Pole czworokąta jest sumą pól trójkątów \(ABD\) i \(BCD\): \[P=\tfrac12\cdot9\cdot10\cdot\sin 60^\circ+\tfrac12\cdot5\cdot6\cdot\sin 120^\circ=45\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}+15\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}=30\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(\lvert BC\rvert=5\), \(\lvert CD\rvert=6\), \(P_{ABCD}=30\sqrt3\).

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – spełnienie jednego z warunków 1) – 3): 1) zastosowanie twierdzenia o czworokącie opisanym na okręgu i zapisanie zależności między długością boku \(BC\) a długością boku \(CD\) czworokąta, np. \(9+\lvert CD\rvert=10+\lvert BC\rvert\), 2) zapisanie jednego z dwóch równań: \(\lvert BD\rvert^{2}=9^{2}+10^{2}-2\cdot 9\cdot 10\cdot\cos 60^\circ\) lub \(\lvert BD\rvert^{2}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 10\right)^{2}+(9-5)^{2}\), 3) zastosowanie twierdzenia o czworokącie wpisanym w okrąg i obliczenie miary kąta \(BCD\): \(120^\circ\). **2 pkt** – spełnienie dwóch spośród warunków 1) – 3) określonych w kryterium za 1 punkt. **3 pkt** – spełnienie wszystkich warunków 1) – 3) określonych w kryterium za 1 punkt ALBO spełnienie warunków 1) i 2) określonych w kryterium za 1 punkt oraz zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(BCD\) i zapisanie równania \(\lvert BD\rvert^{2}=\lvert BC\rvert^{2}+\lvert CD\rvert^{2}-2\cdot\lvert BC\rvert\cdot\lvert CD\rvert\cdot\cos\lvert\angle BCD\rvert\), ALBO spełnienie warunków 2) i 3) określonych w kryterium za 1 punkt oraz zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(BCD\) i zapisanie równania \(\lvert BD\rvert^{2}=\lvert BC\rvert^{2}+\lvert CD\rvert^{2}-2\cdot\lvert BC\rvert\cdot\lvert CD\rvert\cdot\cos\lvert\angle BCD\rvert\). **4 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością boku \(BC\) lub długością boku \(CD\)), np. \(91=\lvert BC\rvert^{2}+(\lvert BC\rvert+1)^{2}-2\cdot\lvert BC\rvert\cdot(\lvert BC\rvert+1)\cdot\cos 120^\circ\), \(91=\left(\lvert BC\rvert+1+\frac{1}{2}\cdot\lvert BC\rvert\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\lvert BC\rvert\right)^{2}\) ALBO zapisanie układu równań z dwiema niewiadomymi (długościami boków \(BC\) i \(CD\)), np. \[\begin{cases}9+\lvert CD\rvert=10+\lvert BC\rvert\\ \left(\sqrt{91}\right)^{2}=\lvert BC\rvert^{2}+\lvert CD\rvert^{2}-2\cdot\lvert BC\rvert\cdot\lvert CD\rvert\cdot\cos 120^\circ\end{cases}\] **5 pkt** – obliczenie długości boków \(BC\) oraz \(CD\): \(\lvert BC\rvert=5\) oraz \(\lvert CD\rvert=6\). **6 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\lvert BC\rvert=5\) i \(\lvert CD\rvert=6\) oraz \(P=30\sqrt{3}\). Uwaga: Jeżeli jedynym błędem zdającego jest: a) błędne zastosowanie twierdzenia cosinusów albo b) błędne zastosowanie wzoru redukcyjnego, albo c) błędne zastosowanie twierdzenia o czworokącie opisanym na okręgu (tj. zapisanie związku \(9\cdot\lvert CD\rvert=10\cdot\lvert BC\rvert\) lub \(10+\lvert CD\rvert=9+\lvert BC\rvert\)), albo d) błędne zastosowanie własności miarowych trójkąta prostokątnego o kątach ostrych \(30^\circ\) i \(60^\circ\), albo e) błędna interpretacja obliczonej długości jednego z dwóch szukanych boków czworokąta, ale zdający realizuje poprawnie strategię rozwiązania zadania, to może otrzymać co najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie, o ile nie nabył prawa do innej liczby punktów. Jeżeli zdający popełni dodatkowo błędy rachunkowe, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie, o ile nie nabył prawa do innej liczby punktów.

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1R) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu.

\[\angle DAB=60^\circ.\]

Oznaczmy \(|CD|=a\), więc \(|AB|=2a\), oraz \(\angle DAB=2\alpha\). Przekątna \(AC\) leży na dwusiecznej, dlatego \[\angle DAC=\angle CAB=\alpha.\] Ponieważ \(AB\parallel CD\), mamy także \(\angle ACD=\alpha\). Trójkąt \(ACD\) jest więc równoramienny i \(|AD|=|CD|=a\). Trapez jest równoramienny, zatem \(|BC|=a\). Niech \(E\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z \(C\) na \(AB\). Wtedy \[|EB|=\frac{|AB|-|CD|}{2}=\frac{2a-a}{2}=\frac a2.\] W trójkącie prostokątnym \(EBC\): \[\cos(2\alpha)=\frac{|EB|}{|BC|}=\frac12.\] Kąt \(2\alpha\) jest ostry, więc \(2\alpha=60^\circ\). Zatem \(\angle DAB=60^\circ\).

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **2 pkt** – wyznaczenie dwóch boków trójkąta prostokątnego \(EBC\) w zależności od jednej zmiennej **1 pkt** – wykazanie, że trójkąt \(ACD\) jest równoramienny **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

\[\lvert CE\rvert=\frac{4\sqrt5}{5}.\]

W trójkącie prostokątnym \(ABD\) mamy \[\tan\alpha=\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert AD\rvert}=2.\] Ponieważ \(\lvert AD\rvert=2\), otrzymujemy \(\lvert AB\rvert=4\). Zatem w prostokącie \(\lvert BC\rvert=2\), \(\lvert DC\rvert=4\), a \[\lvert BD\rvert=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt5.\] Odcinek \(CE\) jest wysokością trójkąta prostokątnego \(BCD\) poprowadzoną na przeciwprostokątną. Porównujemy dwa wzory na jego pole: \[\frac12\cdot2\cdot4=\frac12\cdot2\sqrt5\cdot\lvert CE\rvert.\] Stąd \[\lvert CE\rvert=\frac4{\sqrt5}=\frac{4\sqrt5}{5}.\]

**3 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\lvert CE\rvert=\frac{4\sqrt5}{5}\) **2 pkt** – obliczenie \(\lvert BD\rvert=2\sqrt5\) albo poprawne równanie z jedną niewiadomą dla \(CE\) **1 pkt** – obliczenie \(\lvert AB\rvert=4\) albo równoważny poprawny etap trygonometryczny **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.8) Zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów. VIII.12) Stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach płaskich.

W kratki należy wpisać kolejno \(1\), \(4\), \(7\).

Oznaczmy przez \(\alpha\) kąt ostry równoległoboku. Ze wzoru na pole \[P=6\cdot9\cdot\sin\alpha=18,\qquad \sin\alpha=\tfrac13.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc \(\cos\alpha>0\) i z jedynki trygonometrycznej \[\cos\alpha=\sqrt{1-\tfrac19}=\frac{2\sqrt2}{3}.\] Dłuższa przekątna leży naprzeciw kąta rozwartego \(180^\circ-\alpha\), którego cosinus jest równy \(-\cos\alpha\). Z twierdzenia cosinusów \[d^{2}=6^{2}+9^{2}-2\cdot6\cdot9\cdot\left(-\cos\alpha\right)=117+108\cdot\frac{2\sqrt2}{3}=117+72\sqrt2.\] Stąd \[d=\sqrt{117+72\sqrt2}\approx\sqrt{218{,}82}\approx14{,}792.\] Cyfra dziesiątek wyniku to \(1\), cyfra jedności \(4\), a pierwsza cyfra po przecinku \(7\). **Odpowiedź.** W kratki należy wpisać kolejno \(1\), \(4\), \(7\).

2 pkt – odpowiedź całkowicie poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi.

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 7.5R) Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.

Oznaczmy \(a=\lvert AB\rvert\), \(c=\lvert CD\rvert\), a wysokość trapezu przez \(h\). Ponieważ \(E\) i \(F\) są środkami ramion, \(\lvert EF\rvert=\frac{a+c}{2}\), a oba mniejsze trapezy mają wysokość \(\frac{h}{2}\). Zatem \(\frac{P_{EFCD}}{P_{ABFE}}=\frac{a+3c}{3a+c}=\frac{1}{2}\). Stąd \(2a+6c=3a+c\), czyli \(a=5c\), a więc \(\frac{\lvert CD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{1}{5}\).

Oznaczmy \(a=\lvert AB\rvert\), \(c=\lvert CD\rvert\) oraz przez \(h\) wysokość trapezu \(ABCD\). Odcinek \(EF\) łączy środki ramion trapezu, więc jest jego linią środkową: \[\lvert EF\rvert=\frac{a+c}{2},\] a ponadto \(EF\parallel AB\parallel CD\), więc oba mniejsze trapezy mają wysokość \(\frac h2\). Zapisujemy ich pola: \[P_{EFCD}=\frac{\frac{a+c}{2}+c}{2}\cdot\frac h2=\frac{h(a+3c)}{8},\qquad P_{ABFE}=\frac{a+\frac{a+c}{2}}{2}\cdot\frac h2=\frac{h(3a+c)}{8}.\] Z warunku zadania \[\frac{P_{EFCD}}{P_{ABFE}}=\frac{a+3c}{3a+c}=\frac12,\] skąd \(2a+6c=3a+c\), czyli \(a=5c\). Ponieważ \(a>0\), możemy podzielić stronami: \[\frac{\lvert CD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac ca=\frac15,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\dfrac{\lvert CD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\dfrac15\)

**1–2 pkt** – zapisanie \(\lvert EF\rvert=\frac{a+c}{2}\) i wysokości obu mniejszych trapezów równych \(\frac h2\). **3 pkt** – zapisanie równania \(\frac{a+3c}{3a+c}=\frac12\). **4 pkt** – wyprowadzenie \(a=5c\) i wniosku o stosunku podstaw.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

C. \(4\)

Trójkąty \(ABD\) i \(ABC\) mają wspólną podstawę \(AB\) i równe wysokości, bo \(CD\parallel AB\), więc mają równe pola. Po odjęciu wspólnej części — trójkąta \(ABE\) — otrzymujemy \[P_{AED}=P_{BEC}=4.\] Kontrola drugą metodą: z podobieństwa trójkątów \(ABE\) i \(CDE\) w skali \(2\) mamy \(\lvert AE\rvert=2\lvert EC\rvert\), a trójkąty \(AED\) i \(DEC\) mają wspólną wysokość z \(D\), więc \(P_{AED}=2P_{DEC}=2\cdot2=4\). **Odpowiedź.** C. \(4\)

1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: G10.8) Korzysta z własności przekątnych w trapezach; G10.9) oblicza pola trójkątów.

**P, F.** Pola trójkątów \(BCE\) i \(AED\) są równe. Trójkąty \(ABE\) i \(CDE\) są podobne w skali \(2\), więc stosunek ich pól wynosi \(4\), a nie \(2\).

**Krok \(1\).** W trapezie z przekątnymi działają dwa narzędzia: trójkąty o wspólnej podstawie i równych wysokościach mają równe pola, a trójkąty utworzone przez przekątne przy obu podstawach są podobne. Pierwsze stwierdzenie rozstrzygniemy pierwszym narzędziem, drugie - drugim. **Krok \(2\).** Trójkąty \(ABC\) i \(ABD\) mają wspólną podstawę \(AB\), a ich wierzchołki \(C\) i \(D\) leżą na prostej równoległej do \(AB\). Wysokości opuszczone na \(AB\) są więc równe (to odległość między prostymi równoległymi), a zatem \[P_{ABC}=P_{ABD}.\] **Krok \(3\).** Oba te trójkąty składają się z trójkąta \(ABE\) i jeszcze jednego kawałka: \[P_{ABC}=P_{ABE}+P_{BCE},\qquad P_{ABD}=P_{ABE}+P_{AED}.\] Odejmując wspólne pole \(P_{ABE}\) od równości z kroku \(2\), otrzymujemy \[P_{BCE}=P_{AED}.\] Pierwsze stwierdzenie jest prawdziwe. **Krok \(4\).** Przechodzimy do drugiego stwierdzenia. Ponieważ \(AB\) i \(CD\) są równoległe, kąty \(\angle BAE\) i \(\angle DCE\) oraz \(\angle ABE\) i \(\angle CDE\) są naprzemianległe, czyli równe. Trójkąty \(ABE\) i \(CDE\) są zatem podobne. **Krok \(5\).** Skala podobieństwa to stosunek odpowiadających sobie boków: \[k=\frac{|AB|}{|CD|}=2.\] **Krok \(6\).** Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali: \[\frac{P_{ABE}}{P_{CDE}}=k^{2}=2^{2}=4.\] Pole trójkąta \(ABE\) jest więc cztery razy większe od pola trójkąta \(CDE\), a nie dwa razy. Drugie stwierdzenie jest fałszywe. **Uwaga.** Skala \(2\) dotyczy długości boków. Pola figur podobnych zmieniają się w skali \(k^{2}\) - pominięcie kwadratu to najczęstszy błąd w tym zadaniu. **Odpowiedź.** P, F.

1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.4) Zdający korzysta z własności […] przekątnych w […] trapezach; VIII.8) Zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów; VIII.9) Zdający wykorzystuje zależności między obwodami oraz między polami figur podobnych.

Dla pola \(P\) trapezu zachodzi \[P=\frac{a+b}{2}\sqrt{ab}>ab.\]

Niech \(h\) oznacza wysokość trapezu, a \(c\) długość ramienia. Ponieważ w trapez można wpisać okrąg, suma długości przeciwległych boków jest równa, więc \[2c=a+b,\qquad c=\frac{a+b}{2}.\] Po opuszczeniu wysokości otrzymujemy trójkąt prostokątny o przyprostokątnej \(\frac{a-b}{2}\), zatem \[h^2=c^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=ab.\] Stąd \(h=\sqrt{ab}\) i \[P=\frac{a+b}{2}\sqrt{ab}.\] Ponieważ \(a>b>0\), nierówność między średnią arytmetyczną i geometryczną jest ostra: \[\frac{a+b}{2}>\sqrt{ab}.\] Po pomnożeniu przez \(\sqrt{ab}>0\) dostajemy \(P>ab\).

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **2 pkt** – wyznaczenie pola trapezu w postaci \(P=\frac{a+b}{2}\sqrt{ab}\) **1 pkt** – poprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa i zapisanie równania prowadzącego do wysokości \(h=\sqrt{ab}\), wyznaczenie promienia okręgu wpisanego albo równoważny istotny krok **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7. R1) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i opisane na okręgu.

**a)** \(P(x)=x\sqrt{100-x^2}\) **b)** \(x\in(0,10)\) **c)** Pole jest największe dla \(x=5\sqrt2\) i wynosi \(50\).

**a)** W trapezie równoramiennym rzut poziomy każdej przekątnej jest równy długości odcinka łączącego środki ramion, czyli \(x\). Jeśli \(h\) jest wysokością trapezu, to z twierdzenia Pitagorasa \[x^2+h^2=10^2,\qquad h=\sqrt{100-x^2}.\] Pole trapezu jest iloczynem jego wysokości i długości odcinka łączącego środki ramion, więc \[P(x)=xh=x\sqrt{100-x^2}.\] **b)** Z warunków geometrycznych \(x>0\) oraz \(h>0\), zatem \(100-x^2>0\). Stąd \(x\in(0,10)\). **c)** Dla \(x\in(0,10)\) maksymalizacja \(P\) jest równoważna maksymalizacji \[P(x)^2=x^2(100-x^2).\] Niech \(u=x^2\). Wtedy \[P(x)^2=u(100-u)=2500-(u-50)^2\leq2500.\] Równość zachodzi dla \(u=50\), czyli \(x=5\sqrt2\). Wówczas \(P_{\max}=\sqrt{2500}=50\).

**Łącznie można uzyskać: 7 pkt** – **Część a: 2 pkt** – pełne wyprowadzenie wzoru \(P(x)=x\sqrt{100-x^2}\) **1 pkt** – poprawny istotny krok prowadzący do tego wzoru **Część b: 1 pkt** – wyznaczenie dziedziny \(x\in(0,10)\) **Część c: 4 pkt** – poprawna metoda oraz wynik \(x=5\sqrt2\), \(P_{\max}=50\) **3 pkt** – poprawne zbadanie monotoniczności lub równoważne przekształcenie prowadzące do maksimum **2 pkt** – wyznaczenie punktu krytycznego albo poprawne rozpoczęcie maksymalizacji **1 pkt** – obliczenie pochodnej lub równoważny istotny krok **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 11. R6) Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

\[P_{ABCD}=22{,}14.\]

Trójkąty prostokątne \(ABC\) i \(CAD\) są podobne. Odpowiadające sobie boki spełniają zależność \[\frac{|CD|}{|AC|}=\frac{|AC|}{|AB|}.\] Zatem \[\frac{|CD|}{6}=\frac6{7{,}5},\qquad |CD|=4{,}8.\] Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ACD\): \[|AD|^2=|AC|^2-|CD|^2=6^2-4{,}8^2=12{,}96,\] więc \[|AD|=3{,}6.\] Pole trapezu jest równe \[P_{ABCD}=\frac12(|AB|+|CD|)\cdot|AD|\] \[=\frac12(7{,}5+4{,}8)\cdot3{,}6=22{,}14.\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik \(P_{ABCD}=22{,}14\) **3 pkt** – obliczenie \(|AD|=3{,}6\) oraz \(|CD|=4{,}8\); albo obliczenie pól trójkątów \(P_{ABC}=13{,}5\) i \(P_{CAD}=8{,}64\) **2 pkt** – obliczenie jednej z długości \(|AD|=3{,}6\), \(|CD|=4{,}8\); albo pola \(P_{ABC}=13{,}5\) **1 pkt** – obliczenie \(|BC|=4{,}5\); albo zapisanie poprawnej proporcji wynikającej z podobieństwa trójkątów, na przykład \(\frac{|CD|}{|AC|}=\frac{|AC|}{|AB|}\); albo zapisanie równoważnej zależności umożliwiającej dalsze rozwiązanie **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.8) Zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów. SP IX.2) Zdający stosuje wzory na pole trójkąta i trapezu, także do wyznaczania długości odcinków.

**D.** \(6\sqrt{3}\)

**Krok \(1\).** Dane są dwa boki równoległoboku i kąt między nimi — to dokładnie sytuacja, w której stosujemy wzór na pole \[P=ab\sin\gamma,\] gdzie \(a\), \(b\) to długości boków, a \(\gamma\) — miara kąta zawartego między nimi. **Krok \(2\).** Kąt \(120^\circ\) jest rozwarty, więc jego sinus wyznaczamy ze wzoru redukcyjnego \(\sin\left(180^\circ-\alpha\right)=\sin\alpha\): \[\sin120^\circ=\sin\left(180^\circ-120^\circ\right)=\sin60^\circ=\frac{\sqrt3}{2}.\] **Krok \(3\).** Podstawiamy dane \(a=3\), \(b=4\): \[P=3\cdot4\cdot\frac{\sqrt3}{2}=12\cdot\frac{\sqrt3}{2}=6\sqrt3.\] **Krok \(4\).** Ten sam wynik można dostać przez wysokość. Kąt ostry równoległoboku ma miarę \(180^\circ-120^\circ=60^\circ\), więc wysokość opuszczona na bok długości \(4\) wynosi \[h=3\cdot\sin60^\circ=3\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{3\sqrt3}{2},\] a stąd \(P=4\cdot\frac{3\sqrt3}{2}=6\sqrt3\). **Uwaga.** Iloczyn \(3\cdot4=12\) to pole **prostokąta** o takich bokach, czyli błędna odpowiedź **A**. Równoległobok o tych samych bokach ma pole mniejsze — trzeba dołożyć czynnik \(\sin\gamma\), który dla kąta różnego od \(90^\circ\) jest mniejszy od \(1\). **Odpowiedź.** D: \(6\sqrt3\)

1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji - interpretowanie i operowanie informacjami przedstawionymi w tekście, zarówno matematycznym, jak i popularnonaukowym, a także w formie wykresów, diagramów, tabel. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11) Zdający stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach płaskich oraz obliczania pól figur.

\[R=\frac{dl}{2\sqrt{16d^2-l^2}}.\]

Oznaczmy długości podstaw trapezu przez \(a\) i \(b\), długość ramienia przez \(c\), a wysokość przez \(h\). Ponieważ trapez jest opisany na okręgu, \[a+b=2c.\] Z warunku dotyczącego obwodu: \[a+b+2c=l,\] więc \[4c=l,\qquad c=\frac l4.\] Niech \(E\) będzie rzutem punktu \(C\) na podstawę \(AB\). Dla trapezu równoramiennego \[|AE|=\frac{a+b}{2}=c.\] W trójkącie prostokątnym \(AEC\): \[c^2+h^2=d^2.\] Stąd \[h=\sqrt{d^2-\frac{l^2}{16}}=\frac{\sqrt{16d^2-l^2}}4.\] Niech \(\alpha=|\angle ABC|\). W trójkącie prostokątnym \(BEC\): \[\sin\alpha=\frac hc=\frac{\sqrt{16d^2-l^2}}l.\] Okrąg opisany na trapezie jest także okręgiem opisanym na trójkącie \(ABC\). Z twierdzenia sinusów: \[2R=\frac{|AC|}{\sin\alpha}.\] Zatem \[R=\frac{d}{2\sin\alpha}=\frac{dl}{2\sqrt{16d^2-l^2}}.\]

**4 pkt** – poprawne zastosowanie zależności i wykazanie wzoru \(R=\frac{dl}{2\sqrt{16d^2-l^2}}\) **3 pkt** – zastosowanie twierdzenia sinusów do trójkąta \(ABC\) i zapisanie \(2R=\frac d{\sin\alpha}\) **2 pkt** – obliczenie wysokości trapezu \(h=\frac{\sqrt{16d^2-l^2}}4\) **1 pkt** – zastosowanie własności czworokąta opisanego i otrzymanie \(c=\frac l4\) albo zapisanie właściwego równania Pitagorasa **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, i podawanie argumentów uzasadniających ich poprawność. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu. VIII.R2) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

**A.** \(8\sqrt3\)

Kąty sąsiednie równoległoboku są dopełniające do \(180^\circ\), więc \[|\angle DAB|=45^\circ.\] Korzystamy ze wzoru na pole równoległoboku: \[40\sqrt6=|AB|\cdot10\cdot\sin45^\circ=|AB|\cdot10\cdot\frac{\sqrt2}{2}.\] Stąd \[|AB|=\frac{40\sqrt6}{5\sqrt2}=8\sqrt3.\]

**1 pkt** – odpowiedź **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Element podstawy programowej:** planimetria i trygonometria; zdający oblicza pole równoległoboku z wykorzystaniem sinusa kąta między bokami.

**A.** \(8\sqrt3\)

Kąt \(DAB\) ma miarę \(45^\circ\). Ze wzoru na pole równoległoboku: \[40\sqrt6=|AB|\cdot10\cdot\sin45^\circ=|AB|\cdot10\cdot\frac{\sqrt2}{2}.\] Zatem \[|AB|=\frac{40\sqrt6}{5\sqrt2}=8\sqrt3.\]

**1 pkt** – odpowiedź **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11 zdający stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków i obliczania pól figur płaskich.

**C.** \(24\sqrt3\)

Niech \(O\) będzie punktem przecięcia przekątnych rombu. Przekątne rombu są prostopadłe i dzielą się na połowy, zatem \(|AO|=6\). W trójkącie prostokątnym \(AOB\) \[\tan30^\circ=\frac{|BO|}{|AO|},\] więc \(|BO|=6\cdot\frac{\sqrt3}{3}=2\sqrt3\), a \(|BD|=4\sqrt3\). Pole rombu wynosi \[P=\frac{|AC|\cdot|BD|}{2}=\frac{12\cdot4\sqrt3}{2}=24\sqrt3.\]

**1 pkt** – odpowiedź **C** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i tworzenie informacji; interpretowanie informacji przedstawionych na rysunku. **Wymagania szczegółowe:** VIII.4 i VIII.11 korzystanie z własności kątów i przekątnych rombu oraz stosowanie funkcji trygonometrycznych do wyznaczania długości i pól figur.

\[|CE|=\frac4{\sqrt5}=\frac{4\sqrt5}{5}.\]

W trójkącie prostokątnym \(ABD\): \[\tan\alpha=\frac{|AB|}{|AD|}=2,\] więc \(|AB|=4\), a zatem także \(|DC|=4\). Z twierdzenia Pitagorasa \[|BD|=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt5.\] Trójkąty \(ABD\) i \(ECD\) są podobne. Dla odpowiadających sobie boków \[\frac{|DA|}{|BD|}=\frac{|EC|}{|DC|}.\] Po podstawieniu \[\frac2{2\sqrt5}=\frac{|EC|}{4},\] czyli \[|EC|=\frac4{\sqrt5}=\frac{4\sqrt5}{5}.\]

**3 pkt** – prawidłowa metoda i wynik \(|EC|=\frac{4\sqrt5}{5}\) lub \(\frac4{\sqrt5}\) **2 pkt** – zapisanie właściwej proporcji z podobieństwa oraz obliczenie \(|BD|=2\sqrt5\), albo równoważne równanie z twierdzenia Pitagorasa **1 pkt** – stwierdzenie podobieństwa odpowiednich trójkątów oraz obliczenie \(|AB|=4\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.1 i III.3 operowanie obiektami i tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.8 i VIII.11 korzystanie z podobieństwa trójkątów oraz stosowanie funkcji trygonometrycznych do wyznaczania długości odcinków.

**B.** \(72\)

Pole rombu o boku \(a=6\sqrt2\) i kącie \(150^\circ\) wynosi \[P=a^2\sin150^\circ=72\cdot\frac12=36.\] Z drugiej strony \(P=\frac{d_1d_2}{2}\), więc \[d_1d_2=2P=72.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i tworzenie informacji; interpretowanie informacji przedstawionych w tekście. **Wymagania szczegółowe:** VIII.4 zdający korzysta z własności kątów i przekątnych w rombach.

\(16\sqrt3\)

Opuszczamy z \(D\) i \(C\) wysokości na podstawę \(AB\). W trójkącie prostokątnym przy kącie \(60^\circ\): \[AE=4\cos60^\circ=2,\qquad h=4\sin60^\circ=2\sqrt3.\] Trapez jest równoramienny, więc drugi odcinek przy podstawie również ma długość \(2\), a zatem \[AB=6+2+2=10.\] Pole trapezu wynosi \[P=\frac{AB+CD}{2}\cdot h=\frac{10+6}{2}\cdot2\sqrt3=16\sqrt3.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(16\sqrt3\) **1 pkt** – wyznaczenie \(AE=2\), wysokości \(2\sqrt3\) albo równoważny istotny postęp wskazany w kluczu **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska - związki miarowe w trójkącie prostokątnym i pole trapezu.

**A.** \(\frac{25\sqrt3}{2}\)

Bok rombu ma długość \(a=20:4=5\). Korzystamy ze wzoru na pole rombu o danym boku i kącie między bokami: \[P=a^2\sin120^\circ=25\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{25\sqrt3}{2}.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.4 korzystanie z własności funkcji trygonometrycznych w obliczeniach geometrycznych.

\[|AD|=\frac{120}{13}.\]

Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny w punkcie \(C\), dlatego \[|AC|^2+|BC|^2=|AB|^2,\] \[|AC|^2+24^2=26^2,\qquad |AC|=10.\] Ponieważ \(AB\parallel CD\), trójkąty \(DCA\) i \(CAB\) są podobne. Stąd \[\frac{|AD|}{|AC|}=\frac{|BC|}{|AB|},\] \[\frac{|AD|}{10}=\frac{24}{26}.\] Zatem \[|AD|=\frac{120}{13}.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(|AD|=10\cdot\frac{24}{26}=\frac{120}{13}\) **1 pkt** – obliczenie \(|AC|=10\), wskazanie podobieństwa trójkątów \(DCA\) i \(CAB\) albo zapisanie poprawnej proporcji odpowiednich boków **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i wykorzystywanie cech podobieństwa.

\[P=\frac{27\,648}{625},\qquad L=27{,}36.\]

Trapez wpisany w okrąg jest równoramienny. Oznaczmy \(\alpha=\angle BAC\), \(\beta=\angle ABC\), \(a=|AB|\), \(b=|CD|\). Z twierdzenia sinusów w trójkącie \(ABC\): \[\frac6{\sin\alpha}=2R=10,\qquad\sin\alpha=\frac35,\qquad\cos\alpha=\frac45.\] Z warunku zadania \[\sin\beta=\frac85\sin\alpha=\frac{24}{25},\qquad\cos\beta=\frac7{25}.\] Zatem \[\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta=\frac{117}{125}.\] Ponownie z twierdzenia sinusów: \[\frac a{\sin(\alpha+\beta)}=10,\qquad a=\frac{234}{25}.\] Po opuszczeniu wysokości \(CE\) na \(AB\): \[h=6\sin\beta=\frac{144}{25},\qquad |EB|=6\cos\beta=\frac{42}{25}.\] Stąd \[b=a-2|EB|=\frac{234}{25}-2\cdot\frac{42}{25}=6.\] Pole i obwód trapezu są równe \[P=\frac{a+b}{2}h=\frac{27\,648}{625},\] \[L=a+b+2\cdot6=\frac{234}{25}+18=27{,}36.\]

**5 pkt** – poprawne pole \(\frac{27\,648}{625}\) i obwód \(27{,}36\) **4 pkt** – wyznaczenie obu podstaw, wysokości lub jednego z dwóch końcowych wyników **3 pkt** – wyznaczenie dłuższej podstawy albo wysokości z odpowiednim odcinkiem pomocniczym **2 pkt** – obliczenie \(\sin(\alpha+\beta)=\frac{117}{125}\), wysokości, odcinka \(EB\) albo przekątnej \(AC\) **1 pkt** – obliczenie \(\sin\alpha=\frac35\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. stosowanie i tworzenie strategii w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VII.R7 i VII.R5 stosowanie twierdzenia sinusów oraz wzorów na funkcje trygonometryczne sumy kątów.

A. \(30\sqrt{3}\)

Pole równoległoboku o bokach \(a\), \(b\) i kącie \(\alpha\) między nimi wyraża wzór \(P=ab\sin\alpha\). Wartość sinusa jest ta sama dla kąta ostrego i rozwartego równoległoboku, bo \(\sin120^\circ=\sin60^\circ=\frac{\sqrt3}{2}\). Zatem \[P=6\cdot10\cdot\frac{\sqrt3}{2}=30\sqrt3.\] **Odpowiedź.** A. \(30\sqrt3\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

**Wymagania egzaminacyjne 2022** **Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.4) Zdający korzysta […] ze wzoru na pole trójkąta ostrokątnego o danych dwóch bokach i kącie między nimi.

**B.** \(4\sqrt{10}\)

Przekątne prostokąta są równe, przecinają się w połowie i dzielą prostokąt na cztery trójkąty. Jeżeli długość przekątnej oznaczymy przez \(d\), to \[P=4\cdot\frac12\cdot\frac d2\cdot\frac d2\sin\alpha=\frac12d^2\sin\alpha.\] Zatem \(16=\frac12d^2\cdot0{,}2\), więc \(d^2=160\) i \(d=4\sqrt{10}\).

**1 pkt** – wskazanie odpowiedzi **B** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. użycie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** IX.1 i IX.2 stosowanie funkcji trygonometrycznych i wzoru na pole trójkąta.

\[|BC|=-2+\sqrt{14}.\]

Oznaczmy \(a=|AB|\). Wtedy \(|AD|=2a\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[a^2=(2a)^2+6^2-2\cdot2a\cdot6\cdot\frac78,\] \[a^2-7a+12=0.\] Stąd \(a=3\) lub \(a=4\). Warunek \(|AB|>\sqrt{15}\) daje \(|AB|=4\), a więc \(|AD|=8\). Ponieważ czworokąt jest opisany na okręgu, sumy długości przeciwległych boków są równe: \[|AB|+|CD|=|BC|+|AD|,\] czyli \(|CD|=|BC|+4\). Trójkąt \(BCD\) jest prostokątny, zatem \[|BC|^2+(|BC|+4)^2=36.\] Po uproszczeniu \[|BC|^2+4|BC|-10=0,\] więc \(|BC|=-2\pm\sqrt{14}\). Długość jest dodatnia, dlatego \[|BC|=-2+\sqrt{14}.\]

**5 pkt** – poprawna metoda i wynik \(|BC|=-2+\sqrt{14}\) **4 pkt** – rozwiązanie obu wariantów po nieuwzględnieniu warunku \(|AB|>\sqrt{15}\) i zapisanie dwóch dodatnich kandydatów **3 pkt** – zastosowanie własności czworokąta opisanego i twierdzenia Pitagorasa, prowadzące do układu dla \(|BC|\) i \(|CD|\) **2 pkt** – obliczenie \(|AB|=4\) oraz \(|AD|=8\) **1 pkt** – zapisanie poprawnego równania z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABD\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - łączenie kilku twierdzeń geometrycznych w jednym rozwiązaniu. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie twierdzenia cosinusów i Pitagorasa oraz własności sum długości przeciwległych boków czworokąta opisanego na okręgu.

**C.** \(10\) i \(10\)

Równoległobok o równych przekątnych jest prostokątem. Prostokąt o jednym boku długości \(5\) i drugim boku długości \(5\sqrt3\) ma przekątne długości \[\sqrt{5^2+(5\sqrt3)^2}=\sqrt{25+75}=10.\] Zatem przekątne mogą mieć długości \(10\) i \(10\).

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: C **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie własności równoległoboku i twierdzenia Pitagorasa.

**B.** \(70^\circ\)

W równoległoboku \(ABCD\) mamy \(AB\parallel DC\), więc kąt ostry między prostymi \(AD\) i \(DC\) jest równy \(\alpha=70^\circ\). Ramiona kąta \(\beta\) są odpowiednio prostopadłe do prostych \(AD\) i \(DC\), a kąty o ramionach odpowiednio prostopadłych mają równe miary. Zatem \[\beta=70^\circ.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: B **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** G10.8 korzystanie z własności kątów w równoległobokach oraz prostych prostopadłych.

**D.** \(\frac32\)

Pole rombu o boku \(2\sqrt3\) i kącie \(60^\circ\) wynosi \[P=(2\sqrt3)^2\sin60^\circ=12\cdot\frac{\sqrt3}{2}=6\sqrt3.\] Półobwód rombu jest równy \(s=2\cdot2\sqrt3=4\sqrt3\). Dla czworokąta opisanego na okręgu \(P=rs\), więc \[r=\frac{6\sqrt3}{4\sqrt3}=\frac32.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: D **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 7.4 korzystanie z funkcji trygonometrycznych w obliczeniach geometrycznych.

**B.** \(\frac{a-b}{6}\sqrt3\)

Po opuszczeniu wysokości z końców krótszej podstawy powstają dwa przystające trójkąty prostokątne. Pozioma przyprostokątna każdego z nich ma długość \(\frac{a-b}{2}\). Jeśli \(h\) oznacza wysokość trapezu, to \[\tan30^\circ=\frac{h}{(a-b)/2}.\] Stąd \[h=\frac{a-b}{2}\cdot\frac1{\sqrt3}=\frac{a-b}{6}\sqrt3.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: B **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 7.4 wykorzystywanie funkcji trygonometrycznych w obliczeniach geometrycznych.

Cosinus kąta ostrego rombu jest równy \(\dfrac56\).

Oznaczmy przez \(a\) długość boku rombu, a przez \(h\) jego wysokość. Z rysunku odczytujemy, że proste \(BM\) i \(DN\) są równoległe, a punkty \(N\) i \(M\) leżą odpowiednio na bokach \(AB\) i \(CD\), więc czworokąt \(NBMD\) jest równoległobokiem. Pole rombu wynosi \(ah\), a każda z trzech figur ma pole \(\tfrac13 ah\). Trójkąt \(AND\) ma podstawę \(AN\) na prostej \(AB\) i wysokość \(h\), zatem \[\tfrac12\lvert AN\rvert h=\tfrac13 ah,\qquad \lvert AN\rvert=\tfrac23 a,\qquad \lvert NB\rvert=\tfrac13 a.\] Z warunku \(\lvert ND\rvert=\lvert BD\rvert\) trójkąt \(NBD\) jest równoramienny o podstawie \(NB\), więc spodek \(F\) wysokości opuszczonej z \(D\) na prostą \(AB\) jest środkiem odcinka \(NB\). Zatem \[\lvert AF\rvert=\lvert AN\rvert+\tfrac12\lvert NB\rvert=\tfrac23 a+\tfrac16 a=\tfrac56 a.\] Odcinek \(AF\) jest rzutem prostokątnym boku \(AD\) na prostą \(AB\), a \(\lvert AD\rvert=a\), więc dla kąta \(\alpha=\lvert\angle DAB\rvert\) \[\cos\alpha=\frac{\lvert AF\rvert}{\lvert AD\rvert}=\frac{\tfrac56 a}{a}=\frac56.\] Wartość jest dodatnia, więc \(\alpha\) rzeczywiście jest kątem ostrym rombu. **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\dfrac56\).

**Schemat punktowania I sposobu rozwiązania** **1 pkt** – Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania. Zdający: • zapisze, że stosunek pól trójkątów \(AND\) i \(BDN\) jest równy stosunkowi długości ich podstaw zawartych w prostej \(AB\) albo • zaznaczy wysokość \(DF\) trójkąta \(NBD\) i zapisze, że odcinki \(NF\) i \(FB\) są równe albo • zapisze układ równań pozwalający wyznaczyć długość odcinka \(AN\) (lub \(NB\)) w zależności od długości boku rombu: \(P_{ABCD}=a^{2}\sin\alpha\) i \(P_{AND}=\frac{1}{2}ax\sin\alpha\) i \(P_{AND}=\frac{1}{3}P_{ABCD}\), gdzie \(x=AN\). **2 pkt** – Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp. Zdający wyznaczy długość odcinka \(AN\) (lub \(NB\)) w zależności od długości boku rombu: \(AN=\frac{2}{3}a\) (\(NB=\frac{1}{3}a\)). **3 pkt** – Pokonanie zasadniczych trudności zadania. Zdający wyznaczy długość odcinka \(FB\) w zależności od długości boku rombu lub wykorzysta definicję cosinusa w trójkącie prostokątnym \(AFD\): \(FB=\frac{1}{6}a\) lub \(\cos\alpha=\frac{AF}{AD}\). **4 pkt** – Pokonanie zasadniczych trudności zadania. Zdający wyznaczy długość odcinka \(FB\) w zależności od długości boku rombu i wykorzysta definicję cosinusa w trójkącie prostokątnym \(AFD\): \(FB=\frac{1}{6}a\) i \(\cos\alpha=\frac{AF}{AD}\). **5 pkt** – Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe). **6 pkt** – Rozwiązanie pełne. Zdający obliczy \(\cos\alpha\): \(\cos\alpha=\frac{5}{6}\). **Schemat punktowania II sposobu rozwiązania** **1 pkt** – Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania. Zdający: • zapisze, że stosunek pól trójkątów \(AND\) i \(BDN\) jest równy stosunkowi długości ich podstaw zawartych w prostej \(AB\) albo • zapisze dwa równania wynikające z twierdzenia cosinusów dla trójkątów \(ABD\) i \(AND\): \(m^{2}=a^{2}+a^{2}-2a\cdot a\cos\alpha\), \(m^{2}=x^{2}+a^{2}-2\cdot x\cdot a\cos\alpha\), gdzie \(x=AN\) albo • zapisze układ równań pozwalający wyznaczyć długość odcinka \(AN\) w zależności od długości boku rombu: \(P_{ABCD}=a^{2}\sin\alpha\) i \(P_{AND}=\frac{1}{2}ax\sin\alpha\) i \(P_{AND}=\frac{1}{3}P_{ABCD}\). **2 pkt** – Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp. Zdający wyznaczy długość odcinka \(AN\) (lub \(NB\)) w zależności od długości boku rombu: \(AN=\frac{2}{3}a\) (\(NB=\frac{1}{3}a\)). **3 pkt** – Pokonanie zasadniczych trudności zadania. Zdający zapisze jedno z równań, które pozwala obliczyć cosinus kąta ostrego rombu: \(m^{2}=a^{2}(2-2\cos\alpha)\) lub \(m^{2}=a^{2}\left(\frac{13}{9}-\frac{4}{3}\cos\alpha\right)\). **4 pkt** – Pokonanie zasadniczych trudności zadania. Zdający zapisze układ równań, pozwalający obliczyć cosinus kąta ostrego rombu: \(m^{2}=a^{2}(2-2\cos\alpha)\) oraz \(m^{2}=a^{2}\left(\frac{13}{9}-\frac{4}{3}\cos\alpha\right)\). **5 pkt** – Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe). **6 pkt** – Rozwiązanie pełne. Zdający obliczy \(\cos\alpha\): \(\cos\alpha=\frac{5}{6}\). **Schemat punktowania III i IV sposobu rozwiązania** **1 pkt** – Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania. Zdający: • zapisze, że pole trójkąta \(FBD\) jest dwunastą częścią pola rombu \(ABCD\) albo • zapisze, że pole trójkąta \(SBA\) jest czwartą częścią pola rombu \(ABCD\) albo • zapisze, że pole trójkąta \(NBD\) jest trzecią częścią pola trójkąta \(BDA\). **2 pkt** – Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp. Zdający: • zapisze, że trójkąty \(FBD\) i \(SBA\) są podobne i \(P_{FBD}=\frac{1}{12}P_{ABCD}\), i \(P_{SBA}=\frac{1}{4}P_{ABCD}\) albo • zapisze, że trójkąty \(NBD\) i \(BDA\) są podobne i \(P_{NBD}=\frac{1}{3}P_{BDA}\). **3 pkt** – Pokonanie zasadniczych trudności zadania. Zdający: • zapisze układ równań z niewiadomymi \(m\), \(a\), \(\cos\alpha\), np.: \(m^{2}=\frac{1}{3}a^{2}\) i \(m^{2}=a^{2}+a^{2}-2a\cdot a\cos\alpha\) lub • obliczy wartość dowolnej funkcji trygonometrycznej kąta \(\frac{\alpha}{2}\), np.: \(\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\). **4 pkt** – Pokonanie zasadniczych trudności zadania. Zdający: • zapisze układ równań z niewiadomymi \(m\), \(a\), \(\cos\alpha\), np.: \(m^{2}=\frac{1}{3}a^{2}\) i \(m^{2}=a^{2}+a^{2}-2a\cdot a\cos\alpha\) oraz • obliczy wartość dowolnej funkcji trygonometrycznej kąta \(\frac{\alpha}{2}\), np.: \(\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\). **5 pkt** – Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe). **6 pkt** – Rozwiązanie pełne. Zdający obliczy \(\cos\alpha\): \(\cos\alpha=\frac{5}{6}\).

**Wymaganie ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** Zdający wykorzystuje własności rombu i równoległoboku, porównuje pola figur o wspólnej wysokości oraz stosuje definicję cosinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym (7.2, 7.4).

A. \(8\)

**Krok \(1\).** Romb to równoległobok o wszystkich bokach tej samej długości. Mamy dany bok i kąt, więc sięgamy po wzór na pole z sinusem kąta między bokami: \[P=a\cdot b\cdot\sin\alpha,\] co dla rombu (gdzie \(b=a\)) daje \(P=a^{2}\sin\alpha\). **Krok \(2\).** Dane: \(a=4\) oraz kąt rozwarty \(\alpha=150^{\circ}\). **Krok \(3\).** Potrzebujemy \(\sin 150^{\circ}\). Ze wzoru redukcyjnego \[\sin 150^{\circ}=\sin\left(180^{\circ}-150^{\circ}\right)=\sin 30^{\circ}=\frac12.\] **Krok \(4\).** Podstawiamy do wzoru: \[P=4^{2}\cdot\frac12=16\cdot\frac12=8.\] **Krok \(5\).** Ten sam wynik bez wzoru z sinusem: kąt ostry rombu ma miarę \(180^{\circ}-150^{\circ}=30^{\circ}\), więc wysokość opuszczona na bok wynosi \(h=4\cdot\sin 30^{\circ}=4\cdot\frac12=2\), a stąd \[P=a\cdot h=4\cdot 2=8.\] **Uwaga.** Nie ma znaczenia, czy do wzoru wstawimy kąt ostry, czy rozwarty rombu — ich sinusy są równe (\(\sin 30^{\circ}=\sin 150^{\circ}=\frac12\)). Pole nigdy nie wyjdzie ujemne, choć dla kąta rozwartego ujemny jest cosinus. **Odpowiedź.** A. \(8\)

Zadanie 16. (0−1) **Wymaganie ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymaganie szczegółowe:** 7. Planimetria. Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych, w tym ze wzoru na pole trójkąta ostrokątnego o danych dwóch bokach i kącie między nimi (7.4).

\[\lvert BD\rvert=2\sqrt{17}.\]

Krótsza podstawa \(DC\) trapezu jest równoległa do \(AB\), więc kąt, jaki przekątna \(AC\) tworzy z \(DC\), jest równy kątowi \(CAB\). Zatem \(\lvert\angle CAB\rvert=30^\circ\). Wysokość trapezu jest odległością prostej \(DC\) od prostej \(AB\); w trójkącie prostokątnym wyznaczonym przez \(AC\) mamy \[h=\lvert AC\rvert\cdot\sin 30^\circ=4\cdot\tfrac12=2.\] Trapez jest prostokątny, a jego ramię \(AD\) jest prostopadłe do podstaw, więc \(\lvert AD\rvert=h=2\). Trójkąt \(ABD\) ma kąt prosty przy wierzchołku \(A\), zatem z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert BD\rvert=\sqrt{\lvert AB\rvert^{2}+\lvert AD\rvert^{2}}=\sqrt{8^{2}+2^{2}}=\sqrt{68}=2\sqrt{17}.\] **Odpowiedź.** \(\lvert BD\rvert=2\sqrt{17}\).

**2 pkt** – gdy zdający obliczy długość przekątnej \(BD\) trapezu: \(\lvert BD\rvert=\sqrt{68}\). **[…] pkt** – gdy zdający zapisze wysokość trapezu: \(\lvert AD\rvert=2\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.

IV. Użycie i tworzenie strategii. 7. Planimetria. Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych, w tym ze wzoru na pole trójkąta ostrokątnego o danych dwóch bokach i kącie między nimi (7.4).

\[P_{ABCD}=72.\]

Oznaczmy \(\lvert CD\rvert=b\); z warunku zadania \(\lvert AB\rvert=2b\). Ramię \(AD\) jest wysokością trapezu — oznaczmy \(\lvert AD\rvert=h\). W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe: \[\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert=\lvert AD\rvert+\lvert BC\rvert,\qquad 2b+b=h+10,\qquad h=3b-10.\] Rzut wierzchołka \(C\) na podstawę \(AB\) odcina trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(\lvert AB\rvert-\lvert CD\rvert=b\) oraz \(h\), a przeciwprostokątnej \(\lvert BC\rvert=10\). Z twierdzenia Pitagorasa \[b^2+h^2=100,\qquad b^2+\left(3b-10\right)^2=100,\] \[10b^2-60b=0,\qquad 10b\left(b-6\right)=0.\] Ponieważ \(b>0\), otrzymujemy \(b=6\), a stąd \(h=8\) i \(\lvert AB\rvert=12\). Sprawdzenie: \(\sqrt{6^2+8^2}=10\). Pole trapezu: \[P=\frac{\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert}{2}\cdot h=\frac{12+6}{2}\cdot8=72.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=72\)

**1–2 pkt** – zapisanie warunku opisania trapezu na okręgu i wyrażenie wysokości przez \(b\). **3–4 pkt** – ułożenie i rozwiązanie równania \(b^2+(3b-10)^2=100\). **5 pkt** – obliczenie pola \(P=72\).

Klasyfikacja rzeczowa: stosowanie własności czworokąta opisanego na okręgu, twierdzenia Pitagorasa i wzoru na pole trapezu.

D

Podstawy trapezu równoramiennego mają długości \(12\) i \(2\), a każde ramię \(13\). Rzuty ramion na dłuższą podstawę są równe i mają łączną długość \(12-2=10\), czyli po \(5\). Ramię, wysokość i taki rzut tworzą trójkąt prostokątny, więc \[h=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12.\] **Odpowiedź.** D. \(12\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **D** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Zadanie 18. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[a\in(1,2),\qquad L(a)=\frac{4a^2-8a+8}{a}.\] Najmniejszy obwód występuje dla \(a=\sqrt2\), a tangens kąta ostrego jest równy \[1.\]

Oznaczmy krótszą podstawę przez \(b\), wysokość przez \(h\), a ramię przez \(c\). Z warunku zadania \[h=2-a.\] Dłuższa podstawa musi być dłuższa od wysokości, a wysokość dodatnia, więc \(a>2-a\) i \(a<2\). Stąd \[a\in(1,2).\] Dla trapezu równoramiennego opisanego na okręgu zachodzi \(a+b=2c\). Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta przy ramieniu: \[c^2=h^2+\left(\frac{a-b}{2}\right)^2.\] Po użyciu \(c=\frac{a+b}{2}\) otrzymujemy \(h^2=ab\), zatem \[b=\frac{(2-a)^2}{a}.\] Obwód wynosi \[L=2(a+b)=2a+2\frac{(2-a)^2}{a}=\frac{4a^2-8a+8}{a}.\] Pochodna ma postać \[L'(a)=4-\frac8{a^2}=\frac{4(a^2-2)}{a^2}.\] W przedziale \((1,2)\) funkcja maleje do \(a=\sqrt2\), a następnie rośnie, więc tam osiąga minimum. Dla kąta ostrego \(\alpha\) mamy \[\tan\alpha=\frac{h}{(a-b)/2}.\] Po podstawieniu \(a=\sqrt2\), \(h=2-\sqrt2\) i \(b=\frac{(2-\sqrt2)^2}{\sqrt2}\) otrzymujemy \[\tan\alpha=1.\]

**7 pkt** – wykonanie wszystkich trzech części i obliczenie \(\tan\alpha=1\) **6 pkt** – poprawne uzasadnienie, że najmniejszy obwód występuje dla \(a=\sqrt2\), bez poprawnego tangensa **5 pkt** – wyznaczenie miejsc zerowych pochodnej i rozpoczęcie poprawnej analizy minimum **4 pkt** – poprawne obliczenie pochodnej funkcji \(L\) **3 pkt** – wyznaczenie dziedziny \((1,2)\), poprawnej zależności między \(a\) i \(b\) oraz wykazanie wzoru na \(L(a)\) **2 pkt** – poprawne wykonanie dwóch części pierwszego etapu CKE **1 pkt** – poprawne wykonanie jednej części: dziedziny, zależności \(h^2=ab\) lub przekształcenia obwodu **0 pkt** – brak istotnego postępu

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R7.5 zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów. R11.6 zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

B. \(2\)(a − b)

Z rysunku odczytujemy, że trapez \(KLMN\) jest prostokątny: ramię \(KN\) jest prostopadłe do obu podstaw, a kąt ostry \(KLM\) o mierze \(60^\circ\) leży przy dłuższej podstawie \(KL\). Spuszczamy z wierzchołka \(M\) wysokość na podstawę \(KL\); jej spodek oznaczmy przez \(P\). Powstaje trójkąt prostokątny \(MPL\), w którym: - przeciwprostokątną jest ramię \(LM\), - przyprostokątna \(PL\) leżąca przy kącie \(60^\circ\) ma długość równą różnicy podstaw, bo \(KPMN\) jest prostokątem: \[|PL|=|KL|-|KP|=a-b.\] Z definicji cosinusa kąta ostrego: \[\cos60^\circ=\frac{|PL|}{|LM|},\qquad \frac12=\frac{a-b}{|LM|}.\] Stąd \[|LM|=2(a-b).\] Założenie \(a>b\) gwarantuje, że długość ta jest dodatnia. **Odpowiedź.** B: \(2(a-b)\)

Zadanie 17. (0−1) **Wymaganie ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymaganie szczegółowe:** 7. Planimetria. Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych (7.4).

**C.** \(130^\circ\)

Niech kąt rozwarty ma miarę \(u\), a ostry \(v\). Mamy \(u+v=180^\circ\) i \(u-v=80^\circ\). Stąd \(2u=260^\circ\), więc \(u=130^\circ\).

**1 pkt** – odpowiedź C **0 pkt** – odpowiedź błędna lub brak

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - kąty sąsiednie równoległoboku.

Punkt \(B\) jest środkiem odcinka \(AF\).

Z rysunku odczytujemy, że \(E\) leży na boku \(BC\), a punkt \(F\) — przecięcie prostych \(AB\) i \(DE\) — leży na przedłużeniu boku \(AB\) poza wierzchołek \(B\). Porównajmy trójkąty \(DEC\) i \(FEB\): - \(\lvert EC\rvert=\lvert EB\rvert\), bo \(E\) jest środkiem boku \(BC\); - \(\lvert\angle DEC\rvert=\lvert\angle FEB\rvert\), bo są to kąty wierzchołkowe; - \(\lvert\angle DCE\rvert=\lvert\angle FBE\rvert\), bo są to kąty naprzemianległe przy prostych równoległych \(DC\parallel AF\) przeciętych prostą \(BC\). Trójkąty te są zatem przystające (cecha kąt-bok-kąt), więc \[\lvert BF\rvert=\lvert CD\rvert.\] W równoległoboku \(\lvert CD\rvert=\lvert AB\rvert\), więc \(\lvert BF\rvert=\lvert AB\rvert\). Punkt \(B\) leży między \(A\) i \(F\), a więc jest środkiem odcinka \(AF\), co należało wykazać. **Odpowiedź.** Punkt \(B\) jest środkiem odcinka \(AF\).

**1 pkt** – wykazanie przystawania (albo podobieństwa) trójkątów \(DEC\) i \(FEB\). **2 pkt** – pełny dowód, że \(\lvert AB\rvert=\lvert BF\rvert\).

Zadanie 28. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

P = \(25\)

Oznaczmy trapez równoramienny \(ABCD\) o podstawach \(AB\) i \(CD\), a punkt przecięcia przekątnych przez \(O\). Z symetrii trapezu równoramiennego przekątne mają równe długości i dzielą się w tym samym stosunku, więc \[\lvert AO\rvert=\lvert BO\rvert=3x,\qquad \lvert CO\rvert=\lvert DO\rvert=2x.\] Przekątne są prostopadłe, więc trójkąt \(AOD\) jest prostokątny o przyprostokątnych \(3x\) i \(2x\), a jego przeciwprostokątną jest ramię \(AD\): \[\lvert AD\rvert^2=(3x)^2+(2x)^2=13x^2.\] Z warunku \(\lvert AD\rvert=\sqrt{26}\) otrzymujemy \(13x^2=26\), czyli \(x^2=2\) i \(x=\sqrt2\). Każda przekątna ma długość \(5x=5\sqrt2\). Pole czworokąta o prostopadłych przekątnych jest połową ich iloczynu: \[P=\tfrac12\cdot5\sqrt2\cdot5\sqrt2=\tfrac12\cdot50=25.\] **Odpowiedź.** \(P=25\)

**1–3 pkt** – oznaczenie odcinków przekątnych jako \(2x\) i \(3x\), wyznaczenie \(x=\sqrt2\) oraz długości przekątnych albo wymiarów trapezu. **4 pkt** – obliczenie pola \(P=25\).

III. Modelowanie matematyczne. G10. Figury płaskie. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa (G10.7). 3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą (3.4).

D

Przekątne równoległoboku dzielą go na cztery trójkąty. Jeśli przekątne mają długości \(d_1\), \(d_2\) i przecinają się pod kątem \(\varphi\), to — ponieważ punkt przecięcia dzieli obie przekątne na połowy — pole całości wynosi \[P=\tfrac12 d_1d_2\sin\varphi.\] Zatem \[P=\tfrac12\cdot4\cdot8\cdot\sin30^\circ=16\cdot\tfrac12=8.\] **Odpowiedź.** D. \(8\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **D** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Zadanie 18. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Dłuższa podstawa ma długość \(10\), a największe pole wynosi \(\frac{75\sqrt3}{4}\).

Niech dłuższa podstawa ma długość \(5+2x\), gdzie \(0<x<5\). Wysokość trapezu wynosi \(h=\sqrt{25-x^2}\), zatem \[P(x)=(5+x)\sqrt{25-x^2}.\] Ponieważ pierwiastek jest funkcją rosnącą, maksymalizujemy \[F(x)=P(x)^2=(5+x)^2(25-x^2).\] Analiza pochodnej daje maksimum dla \(x=\frac52\). Wtedy dłuższa podstawa ma długość \(5+2x=10\), wysokość wynosi \(\frac{5\sqrt3}{2}\), a więc \[P_{\max}=\frac{5+10}{2}\cdot\frac{5\sqrt3}{2}=\frac{75\sqrt3}{4}.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 7 pkt** – poprawna długość podstawy \(10\) i pole \(\frac{75\sqrt3}{4}\) z pełną analizą **5: 6 pkt** – poprawny model i punkt maksimum z drobnym błędem końcowym **3: 4 pkt** – poprawna funkcja pola i rozpoczęta optymalizacja **1: 2 pkt** – poprawne wyrażenie wysokości lub pola **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. Zdający buduje model matematyczny danej sytuacji, uwzględniając ograniczenia i zastrzeżenia. **Wymagania szczegółowe:** 11.6. R. Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

**A.** \(14^\circ<\alpha<15^\circ\).

Bok rombu ma długość \(8:4=2\). Ze wzoru na pole rombu \[1=2^2\sin\alpha,\] więc \(\sin\alpha=\frac14\). Dla kąta ostrego \(\alpha=\arcsin\frac14\approx14{,}48^\circ\), zatem \(14^\circ<\alpha<15^\circ\).

**1 pkt** – odpowiedź **A** **0 pkt** – odpowiedź błędna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 7.4 zdający korzysta z funkcji trygonometrycznych w obliczeniach geometrycznych, w tym ze wzoru na pole figury.

\[P_{KLMN}:P_{ABCD}=1:3.\]

Niech \(d\) oznacza długość przekątnej kwadratu. Wtedy \(P_{ABCD}=\frac{d^2}{2}\). Ponieważ \(K,M\) są środkami odpowiednich połówek przekątnej \(AC\), mamy \(KM=\frac d2\). Z kolei \(|BE|=|DE|=\frac d2\), a warunki \(|BL|=\frac13|BE|\) i \(|DN|=\frac13|DE|\) dają \(|EL|=|EN|=\frac d3\), więc \(LN=\frac{2d}{3}\). Przekątne czworokąta \(KLMN\) są prostopadłe, zatem \[P_{KLMN}=\frac12\cdot\frac d2\cdot\frac{2d}{3}=\frac{d^2}{6}.\] Stąd \[\frac{P_{KLMN}}{P_{ABCD}}=\frac{d^2/6}{d^2/2}=\frac13.\]

**1 pkt** – poprawne wyznaczenie długości przekątnych \(KM=\frac d2\), \(LN=\frac{2d}{3}\) i wykorzystanie ich prostopadłości **2 pkt** – obliczenie obu pól i wykazanie stosunku \(1:3\) **0 pkt** – rozwiązanie bez poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** G10.9 zdający oblicza pola trójkątów i czworokątów.

**B.** \(18\).

Pole rombu o boku \(a\) i kącie \(\alpha\) jest równe \(a^2\sin\alpha\). Zatem \[P=6^2\sin150^\circ=36\cdot\frac12=18.\]

**1 pkt** – odpowiedź **B** **0 pkt** – odpowiedź błędna albo brak odpowiedzi

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, pole rombu i wartości funkcji trygonometrycznych.

**C.** \(20\sqrt3\)

Z rysunku odczytujemy, że kąt przy wierzchołku \(K\) jest prosty, więc ramię \(KN\) jest wysokością trapezu, a \(KL\) i \(MN\) są podstawami. Rzut wierzchołka \(M\) na podstawę \(KL\) oznaczmy przez \(F\). Wtedy \(\lvert KF\rvert=\lvert MN\rvert=3\) oraz \(\lvert MF\rvert=\lvert KN\rvert=4\sqrt3\). W trójkącie prostokątnym \(MFL\) przy kącie \(\lvert\angle KLM\rvert=60^\circ\): \[\lvert FL\rvert=\frac{\lvert MF\rvert}{\operatorname{tg}60^\circ}=\frac{4\sqrt3}{\sqrt3}=4.\] Stąd \(\lvert KL\rvert=3+4=7\). Pole trapezu: \[P=\frac{\lvert KL\rvert+\lvert MN\rvert}{2}\cdot\lvert KN\rvert=\frac{7+3}{2}\cdot4\sqrt3=20\sqrt3.\] **Odpowiedź.** C. \(20\sqrt3\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **C** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Zadanie 14. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\(\sin\alpha=\frac{15}{17}\)

Oznaczmy prostokąt przez \(ABCD\), gdzie \(|AB|=5\) i \(|BC|=3\), a przez \(S\) — punkt przecięcia przekątnych. Przez \(\alpha\) oznaczmy kąt ostry między przekątnymi. **Sposób I — przez kąt połówkowy.** Z twierdzenia Pitagorasa \[|AC|=\sqrt{3^2+5^2}=\sqrt{34}.\] Przekątne prostokąta są równe i dzielą się na połowy, więc trójkąt \(ABS\) jest równoramienny, a kąt \(ASB\) jest właśnie kątem \(\alpha\). Kąt \(BAC\) ma miarę \(\frac{\alpha}{2}\)… wygodniej jednak skorzystać z kąta \(\beta=|\angle BAC|\) w trójkącie prostokątnym \(ABC\): \[\sin\beta=\frac{3}{\sqrt{34}},\qquad \cos\beta=\frac{5}{\sqrt{34}}.\] Kąt \(\alpha\) jest kątem zewnętrznym trójkąta \(ABS\) przy wierzchołku \(S\) i spełnia \(\alpha=2\beta\), więc ze wzoru na sinus podwojonego kąta \[\sin\alpha=2\sin\beta\cos\beta=2\cdot\frac{3}{\sqrt{34}}\cdot\frac{5}{\sqrt{34}}=\frac{30}{34}=\frac{15}{17}.\] **Sposób II — przez pole.** Pole prostokąta obliczamy dwukrotnie. Bezpośrednio: \[P=3\cdot5=15.\] Z drugiej strony przekątne dzielą prostokąt na cztery trójkąty o bokach \(\frac{\sqrt{34}}{2}\) i kącie \(\alpha\) albo \(180^\circ-\alpha\) między nimi; sinusy tych kątów są równe, więc \[P=4\cdot\frac12\cdot\frac{\sqrt{34}}{2}\cdot\frac{\sqrt{34}}{2}\cdot\sin\alpha=17\sin\alpha.\] Porównując oba wyniki: \[17\sin\alpha=15,\qquad \sin\alpha=\frac{15}{17}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\alpha=\frac{15}{17}\)

**Schemat oceniania** **1 pkt** – jeżeli poda wartość \(\sin\frac{\alpha}{2}=\) […] i \(\cos\) […], albo poda sposób obliczenia pola prostokąta przy wykorzystaniu \(\sin\alpha\). **2 pkt** – jeżeli obliczy \(\sin\alpha=\frac{15}{17}\).

Zadanie 7. (0–2) **Wymaganie ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 6.1., R6.5. Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów o miarach od \(0^\circ\) do \(180^\circ\), stosuje wzory na sinus i cosinus sumy i różnicy kątów oraz sumę i różnicę sinusów i cosinusów kątów.

Dłuższa podstawa powinna mieć długość \(8\ \mathrm{dm}\), a największe pole okna wynosi \(12\sqrt3\ \mathrm{dm}^2\).

Niech \(x\) oznacza długość rzutu prostokątnego ramienia na prostą zawierającą dłuższą podstawę. Wtedy dłuższa podstawa ma długość \(4+2x\), a wysokość trapezu wynosi \[h=\sqrt{16-x^{2}},\qquad x\in(0,4).\] Pole okna jest funkcją zmiennej \(x\): \[P(x)=\frac{4+(4+2x)}{2}\cdot h=(4+x)\sqrt{16-x^{2}}.\] Funkcja \(P\) jest dodatnia, więc osiąga maksimum tam, gdzie maksimum osiąga jej kwadrat: \[f(x)=P^{2}(x)=(4+x)^{2}\left(16-x^{2}\right)=(4+x)^{3}(4-x).\] Obliczamy pochodną: \[f'(x)=3(4+x)^{2}(4-x)-(4+x)^{3}=(4+x)^{2}\left(12-3x-4-x\right)=(4+x)^{2}(8-4x).\] Dla \(x\in(0,4)\) czynnik \((4+x)^{2}\) jest dodatni, więc znak pochodnej wyznacza \(8-4x\): pochodna jest dodatnia dla \(x<2\) i ujemna dla \(x>2\). Funkcja \(f\), a wraz z nią \(P\), osiąga więc maksimum dla \(x=2\). Wtedy \[h=\sqrt{16-4}=2\sqrt3,\qquad \text{dłuższa podstawa}=4+2\cdot2=8,\] \[P=\frac{4+8}{2}\cdot2\sqrt3=12\sqrt3\ \mathrm{dm}^2\approx20{,}8\ \mathrm{dm}^2.\] **Odpowiedź.** Dłuższa podstawa powinna mieć długość \(8\ \mathrm{dm}\); największe pole okna wynosi \(12\sqrt3\ \mathrm{dm}^2\).

**Schemat oceniania I sposobu rozwiązania** Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części. Zdający może otrzymać maksymalnie po \(1\) punkcie za realizację każdej z części tego etapu, przy czym dziedzina funkcji nie może wynikać jedynie z wyznaczonego wzoru funkcji, ale z geometrycznych warunków zadania. **1 pkt** – a) wybór zmiennej \(x\) (długość rzutu prostokątnego ramienia trapezu na prostą zawierającą dłuższą podstawę trapezu) i zapisanie za pomocą tej zmiennej wysokości trapezu: \(h=\sqrt{16-x^2}\). **1 pkt** – b) zapisanie pola trapezu w zależności od zmiennej \(x\): \(P(x)=\) […]. **1 pkt** – c) określenie dziedziny funkcji \(P\): \((0,4)\). Drugi etap składa się z trzech części. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje \(1\) punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. **1 pkt** – a) wyznaczenie pochodnej funkcji wielomianowej \(f(x)=-x^4-8x^3+128x+256\): \(f'(x)=\) […] \(+128\). **1 pkt** – b) obliczenie miejsc zerowych pochodnej: \(x_1=\) […], \(x_2=-4\), \(x_3=2\). **1 pkt** – c) uzasadnienie (np. przez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja \(P\) osiąga wartość największą w punkcie \(x=2\). Trzeci etap. Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje \(1\) punkt. **1 pkt** – obliczenie pola trapezu dla \(x=2\): \(P(2)=12\sqrt{3}\). **Uwaga:** Punkt za trzeci etap przyznajemy tylko w przypadku, gdy zdający wyznaczył poprawnie […]. **Schemat oceniania II sposobu rozwiązania** Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części. Zdający może otrzymać maksymalnie po \(1\) punkcie za realizację każdej z części tego etapu, przy czym dziedzina funkcji nie może wynikać jedynie z wyznaczonego wzoru funkcji, ale z geometrycznych warunków zadania. **1 pkt** – a) wybór zmiennej \(x\) (długość dłuższej podstawy trapezu) i zapisanie za pomocą tej zmiennej wysokości trapezu: \(h=\) […]. **1 pkt** – c) określenie dziedziny funkcji \(P\): \((4,12)\). Drugi etap składa się z trzech części. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje \(1\) punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. **1 pkt** – a) wyznaczenie pochodnej funkcji wielomianowej \(f(x)=\) […] \(+512x+768\): \(f'(x)=\) […] \(+512\). **1 pkt** – b) obliczenie miejsc zerowych pochodnej: \(x_1=\) […], \(x_2=-4\), \(x_3=\) […]. **1 pkt** – c) uzasadnienie (np. przez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja \(P\) osiąga wartość największą w punkcie \(x=8\). Trzeci etap. Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje \(1\) punkt. **1 pkt** – obliczenie pola trapezu dla \(x=8\): \(P(8)=12\sqrt{3}\). **Uwaga:** Punkt za trzeci etap przyznajemy tylko w przypadku, gdy zdający wyznaczył poprawnie […].

Zadanie 18. (0–7) Okno na poddaszu ma mieć kształt trapezu równoramiennego, którego krótsza podstawa i ramiona mają długość po 4 dm. Oblicz, jaką długość powinna mieć dłuższa podstawa tego trapezu, aby do pomieszczenia wpadało przez to okno jak najwięcej światła, czyli aby pole powierzchni okna było największe. Oblicz to pole. V. Rozumowanie R11.6. Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania i argumentacja zagadnień optymalizacyjnych. Rozwiązanie (I sposób): Niech x oznacza długość rzutu prostokątnego ramienia trapezu na prostą zawierająca dłuższą podstawę trapezu, a h – wysokość trapezu. 4 4 4 h x 4 x Z geometrycznych warunków zadania wynika, że 0  x  4 . Przy tak przyjętych oznaczeniach pole trapezu jest określone wzorem: 2  4  2x P   h  4  x  h i 0  x  4 2 Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy x2  h2  42 , stąd h  16  x2 . Pole trapezu, w zależności od zmiennej x, jest określone wzorem: P  x  4  x 16  x2  4  x2  16  x2    4  x3 4  x  x4  8x3 128x  256 gdzie 0  x  4 . Należy obliczyć, dla jakiego x spełniającego nierówność 0  x  4 , funkcja P określona wzorem P  x  x4  8x3 128x  256 przyjmuje wartość największą. Funkcja P osiąga wartość największą, gdy funkcja f  x  x4  8x3 128x  256 osiąga w przedziale 0, 4 wartość największą. Wystarczy więc zbadać funkcję f. Wyznaczmy pochodną tej funkcji f  x  4x3  24x2 128 Następnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej: x  x  4 , x  2 1 2 3 Ponadto:  f  x  0 w przedziale 0, 2 ,  f  x  0 w przedziale 2, 4 Zatem funkcja f jest rosnąca w przedziale 0 , 2 i malejąca w przedziale 2 , 4 . Ponieważ P  x  f  x dla x 0, 4 , więc funkcja P jest rosnąca w przedziale 0 , 2 , a malejąca w przedziale 2 , 4 . Stąd wynika, że w punkcie x  2 funkcja P przyjmuje wartość największą. Gdy x  2 , to 2x  4  8 , czyli dłuższa podstawa trapezu ma długość 8, a pole tego trapezu jest wówczas równe P 2  4  2  16  22  6  2 3  12 3 . Odpowiedź: Największe pole, równe 12 3 dm2, ma szyba w kształcie trapezu, którego dłuższa podstawa ma długość 8 dm. Schemat oceniania I sposobu rozwiązania: Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części: a) wybór zmiennej x (długość rzutu prostokątnego ramienia trapezu na prostą zawierająca dłuższą podstawę trapezu) i zapisanie za pomocą tej zmiennej wysokości trapezu: h  16  x2 b) zapisanie pola trapezu w zależności od zmiennej x: P  x  4  x 16  x2 c) określenie dziedziny funkcji P: 0, 4 Zdający może otrzymać maksymalnie po 1 punkcie za realizację każdej z części tego etapu, przy czym dziedzina funkcji nie może wynikać jedynie z wyznaczonego wzoru funkcji, ale z geometrycznych warunków zadania. Drugi etap składa się z trzech części: a) wyznaczenie pochodnej funkcji wielomianowej f  x  x4  8x3 128x  256 : f  x  4x3  24x2 128 , b) obliczenie miejsc zerowych pochodnej: x  x  4 , x  2 , 1 2 3 c) uzasadnienie (np. przez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja P osiąga wartość największą w punkcie x  2 . Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. Trzeci etap. Obliczenie pola trapezu dla x  2 : P 2  12 3 . Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. Uwaga: Punkt za trzeci etap przyznajemy tylko w przypadku, gdy zdający wyznaczył poprawnie x  2 . Rozwiązanie (II sposób): Niech x oznacza długość dłuższej podstawy trapezu, a h – wysokość trapezu. 4 4 4 h y y 4 x Długość y rzutu prostokątnego ramienia trapezu na prostą zawierająca dłuższą podstawę x  4 trapezu jest wówczas równa y  . 2 Z geometrycznych warunków zadania wynika, że 4  x  12 . Przy tak przyjętych oznaczeniach pole trapezu jest określone wzorem: x  4 P   h i 4  x  12 2 Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy y2  h2  42 ,  x4 2  h2  42 . 2 stąd h  16   x4 2  16  x28x16  64x28x16  1 x2  8x  48 2 4 4 2 Pole trapezu, w zależności od zmiennej x, jest określone wzorem: x  4 1 1 P  x   x2  8x  48   x  42  x2  8x  48   2 2 4 1 1   x2  8x 16   x2  8x  48   x4  96x2  512x  768 4 4 gdzie 4  x  12 . Należy obliczyć, dla jakiego x spełniającego nierówność 4  x  12 , funkcja P określona 1 wzorem P  x  x4  96x2  512x  768 przyjmuje wartość największą. 4 Funkcja P osiąga wartość największą, gdy funkcja f  x  x4  96x2  512x  768 osiąga w przedziale 4,12 wartość największą. Wystarczy więc zbadać funkcję f. Wyznaczmy pochodną tej funkcji f  x  4x3 192x  512 Następnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej: x  x  4 , x  8 . 1 2 3 Ponadto:  f  x  0 w przedziale 4,8  f  x  0 w przedziale 8,12 Zatem funkcja f jest rosnąca w przedziale 4 ,8 i malejąca w przedziale 8,12 . 1 Ponieważ P  x  f  x dla x 4,12 , więc funkcja P jest rosnąca w przedziale 4 ,8 , 4 a malejąca w przedziale 8,12 . Stąd wynika, że w punkcie x  8 funkcja P przyjmuje wartość największą. Dla x  8 pole tego trapezu jest równe 4  8 1 P 8   82  88  48  3 48  12 3 2 2 Odpowiedź.: Największe pole, równe 12 3 dm2, ma szyba w kształcie trapezu, którego dłuższa podstawa ma długość 8 dm. Schemat oceniania II sposobu rozwiązania: Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części: a) wybór zmiennej x (długość dłuższej podstawy trapezu) i zapisanie za pomocą tej zmiennej wysokości trapezu: h  16   x4 2 2 x  4 b) zapisanie pola trapezu w zależności od zmiennej x: P  x   x2  8x  48 4 c) określenie dziedziny funkcji P: 4, 12 . Zdający może otrzymać maksymalnie po 1 punkcie za realizację każdej z części tego etapu, przy czym dziedziną funkcji nie może wynikać jedynie z wyznaczonego wzoru funkcji, ale z geometrycznych warunków zadania. Drugi etap składa się z trzech części: a) wyznaczenie pochodnej funkcji wielomianowej f  x  x4  96x2  512x  768 : f  x  4x3 192x  512 , b) obliczenie miejsc zerowych pochodnej: x  x  4 , x  8 , 1 2 3 c) uzasadnienie (np. przez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja P osiąga wartość największą w punkcie x  8 . Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. Trzeci etap. Obliczenie pola trapezu dla x  8 : P 8  12 3 . Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. Uwaga: Punkt za trzeci etap przyznajemy tylko w przypadku, gdy zdający wyznaczył poprawnie x  8 .

B. \(3\)

Wysokość trapezu równoramiennego opuszczona z końca krótszej podstawy odcina trójkąt prostokątny, w którym ramię trapezu jest przeciwprostokątną, a kąt ostry trapezu leży przy podstawie. Zatem \[h=2\sqrt3\cdot\sin 60^\circ=2\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2}=3.\] **Odpowiedź.** B. \(3\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi *Standardowy schemat oceniania CKE dla zadania zamkniętego za \(1\) punkt; arkusz z tej sesji nie zawiera odrębnej tabeli punktowania dla tego zadania.*

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Znajdowanie związków miarowych w figurach płaskich, w tym z zastosowaniem trygonometrii (II.7.c).

Krótsza przekątna ma długość \(4\).

Oznaczmy \(a=\lvert AB\rvert\), \(b=\lvert BC\rvert\), a przez \(O\) punkt przecięcia przekątnych. Punkt \(O\) jest środkiem każdej z przekątnych, więc jego odległość od boku jest połową odpowiedniej wysokości równoległoboku. Dane odległości \(2\) i \(\sqrt3\) dają zatem wysokości \[h_1=4,\qquad h_2=2\sqrt3.\] Wysokość opuszczona na bok \(a\) jest równa \(b\sin 30^\circ=\tfrac b2\), a wysokość opuszczona na bok \(b\) jest równa \(a\sin 30^\circ=\tfrac a2\). Przypisując dłuższą wysokość do krótszego boku: \[\frac b2=4\ \Rightarrow\ b=8,\qquad \frac a2=2\sqrt3\ \Rightarrow\ a=4\sqrt3.\] Sprawdzenie zgodności pól: \(a h_1=4\sqrt3\cdot4=16\sqrt3\) oraz \(b h_2=8\cdot2\sqrt3=16\sqrt3\) — wynik jest spójny. Krótsza przekątna leży naprzeciw kąta ostrego \(30^\circ\), więc z twierdzenia cosinusów \[d^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos 30^\circ=48+64-2\cdot4\sqrt3\cdot8\cdot\frac{\sqrt3}{2}=112-96=16,\] czyli \(d=4\). **Odpowiedź.** Krótsza przekątna ma długość \(4\).

**1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń i obliczenie wysokości równoległoboku: \(\lvert EE_{1}\rvert=2\sqrt{3}\) i \(\lvert FF_{1}\rvert=4\). **2 pkt** – wyznaczenie długości jednego z boków równoległoboku w zależności od długości drugiego, np.: \(a=[…]\). **3 pkt** – obliczenie długości boków równoległoboku: \(a=8\), \(b=4\sqrt{3}\). **4 pkt** – wykorzystanie twierdzenia kosinusów do wyznaczenia długości krótszej przekątnej równoległoboku: \(\lvert DB\rvert^{2}=8^{2}+[…]-2\cdot 8\cdot 4\sqrt{3}\cdot\cos\lvert\angle DAB\rvert\). **5 pkt** – obliczenie długości krótszej przekątnej równoległoboku: \(\lvert BD\rvert=4\). Jeśli zdający błędnie wyznaczy wartość \(\cos 30^\circ\) i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca, to otrzymuje \(4\) punkty.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: związki miarowe w równoległoboku i twierdzenie cosinusów.

**A.** \(\dfrac92\)

Z \(\cos\alpha=\frac{\sqrt3}{2}\) i z tego, że \(\alpha\) jest kątem ostrym, wynika \(\alpha=30^\circ\), a więc \(\sin\alpha=\frac12\). Pole rombu o boku \(a\) i kącie \(\alpha\) między bokami: \[P=a^2\sin\alpha=9\cdot\tfrac12=\tfrac92.\] **Odpowiedź.** A. \(\dfrac92\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Zadanie 14. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Oznaczmy AB=a, CD=b, ramię trapezu przez c, a wysokość przez \(h\). Ponieważ trapez jest opisany na okręgu, \(h\)=\(2r\) i a+b=\(2c\). Po opuszczeniu wysokości mamy odcinek długości (a−b)/\(2\). Z twierdzenia Pitagorasa: \(4\)\(r^{2}\)=\(c^{2}\)−((a−b)/\(2\))\(2\)=((a+b)/\(2\))\(2\)−((a−b)/\(2\))\(2\)=ab, czyli \(4\)\(r^{2}\)=AB·CD.

Oznaczmy \(a=\lvert AB\rvert\), \(b=\lvert CD\rvert\), \(c\) — długość ramienia, \(h\) — wysokość trapezu. Okrąg wpisany jest styczny do obu podstaw, a odległość między nimi jest równa wysokości trapezu, więc \[h=2r.\] W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe, więc \[a+b=2c,\qquad c=\frac{a+b}{2}.\] Opuśćmy wysokość z wierzchołka \(D\) na podstawę \(AB\). Powstaje trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej \(c\) i przyprostokątnych \(h\) oraz \(\frac{a-b}{2}\) (trapez jest równoramienny, więc oba rzuty ramion są równe). Z twierdzenia Pitagorasa \[h^2=c^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{4}=ab.\] Ponieważ \(h=2r\), otrzymujemy \[4r^2=h^2=ab=\lvert AB\rvert\cdot\lvert CD\rvert,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(4r^2=\lvert AB\rvert\cdot\lvert CD\rvert\)

**1–2 pkt** – zapisanie \(h=2r\) oraz \(a+b=2c\). **3 pkt** – zapisanie zależności Pitagorasa \(h^2=c^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\). **4 pkt** – przekształcenie do postaci \(4r^2=ab\).

V. Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzenie dowodu geometrycznego. (V.7.c)

**A.** \(24\)

Pole równoległoboku o bokach \(a\), \(b\) i kącie \(\alpha\) między nimi wyraża wzór \(P=ab\sin\alpha\). Zatem \[P=4\cdot12\cdot\sin30^\circ=48\cdot\tfrac12=24.\] **Odpowiedź.** A. \(24\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Zadanie 18. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[P_{ABCD}=234,\qquad \lvert BD\rvert=25,\qquad \lvert AC\rvert=20.\]

Kąt \(DAB\) jest prosty, więc w trójkącie \(ABD\) z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert BD\rvert=\sqrt{7^{2}+24^{2}}=\sqrt{625}=25.\] Kąt \(BCD\) też jest prosty, a \(BD\) jest przeciwprostokątną trójkąta \(BCD\), więc \[\lvert BC\rvert=\sqrt{25^{2}-15^{2}}=\sqrt{400}=20.\] Pole czworokąta jest sumą pól dwóch trójkątów prostokątnych: \[P=\tfrac12\cdot24\cdot7+\tfrac12\cdot15\cdot20=84+150=234.\] Ponieważ kąty \(DAB\) i \(BCD\) są proste, ich suma wynosi \(180^\circ\), więc na czworokącie \(ABCD\) można opisać okrąg, a \(BD\) jest jego średnicą. Z twierdzenia Ptolemeusza dla czworokąta wpisanego w okrąg \[\lvert AC\rvert\cdot\lvert BD\rvert=\lvert AB\rvert\cdot\lvert CD\rvert+\lvert AD\rvert\cdot\lvert BC\rvert,\] \[25\lvert AC\rvert=24\cdot15+7\cdot20=500,\qquad \lvert AC\rvert=20.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=234\), \(\lvert BD\rvert=25\), \(\lvert AC\rvert=20\).

**1 pkt** – obliczenie długości przekątnej \(BD\): \(\lvert BD\rvert=25\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – obliczenie długości boku \(BC\) oraz pola czworokąta: \(P_{ABCD}=P_{ABD}+P_{BCD}=234\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zauważenie, że przekątna \(BD\) jest średnicą okręgu opisanego na czworokącie \(ABCD\) (czyli również na trójkącie \(ABC\)) i zastosowanie twierdzenia sinusów do obliczenia przekątnej \(AC\); albo zastosowanie twierdzenia cosinusów do obliczenia przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert^{2}=\lvert AB\rvert^{2}+\lvert BC\rvert^{2}-2\lvert AB\rvert\cdot\lvert BC\rvert\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\); albo zastosowanie twierdzenia Ptolemeusza do obliczenia przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert\cdot\lvert BD\rvert=\lvert AB\rvert\cdot\lvert CD\rvert+\lvert BC\rvert\cdot\lvert AD\rvert\). **Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)** – obliczenie długości przekątnej \(AC\) z błędem rachunkowym. **Rozwiązanie pełne** – obliczenie długości przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert=20\). Uwaga: jeżeli zdający obliczy pole czworokąta \(ABCD\) popełniając błędy rachunkowe i na tym poprzestanie lub dalej błędnie rozwiązuje zadanie, to otrzymuje \(1\) punkt.

IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich z zastosowaniem trygonometrii (III.7.d.R).

**C.** \(6\sqrt3\)

Przekątna prostokąta wraz z bokami tworzy trójkąt prostokątny. Naprzeciw kąta \(30^\circ\) między przekątną a dłuższym bokiem leży krótszy bok, zatem \[\operatorname{tg}30^\circ=\frac{6}{b},\qquad b=\frac{6}{\frac{\sqrt3}{3}}=6\sqrt3.\] **Odpowiedź.** C. \(6\sqrt3\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **C** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Zadanie 8. (0–1) Wykorzystanie Znalezienie związków miarowych i interpretowanie reprezentacji w figurach płaskich. Zastosowanie funkcji C trygonometrycznych (II.7.c) Egzamin maturalny z matematyki 3 Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy

P = \(96\)

W trapezie prostokątnym rzut krótszej podstawy na dłuższą odcina przy kącie ostrym trójkąt prostokątny o przyprostokątnych: różnicy podstaw i wysokości trapezu. Różnica podstaw wynosi \(10-6=4\), a tangens kąta ostrego to iloraz wysokości przez tę różnicę: \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{h}{4}=3,\qquad h=12.\] Pole trapezu: \[P=\frac{6+10}{2}\cdot12=8\cdot12=96.\] **Odpowiedź.** \(P=96\)

1 pkt: wysokość trapezu h=12. 2 pkt: pole 96.

Zadanie 27. (0–2) Użycie i tworzenie strategii Obliczenie pole trapezu prostokątnego. Zastosowanie funkcji trygonometrycznych (IV.7.c) Rozwiązanie 6 h    6 4 Obliczamy wysokość trapezu h, korzystając z faktu, że tangens kąta ostrego jest równy 3: h  3 , stąd h  12 . 4 6 10 12 Zatem pole trapezu jest równe  96 . 2 Schemat oceniania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy:  obliczy wysokość trapezu h  12 i na tym poprzestanie lub błędnie obliczy pole, albo  obliczy wysokość trapezu z błędem rachunkowym i konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy pole trapezu. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy poprawnie obliczy pole trapezu P  96 . 8 Egzamin maturalny z matematyki Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy

\(h\) = \(5\sqrt{2}\)

Pole rombu o boku \(a\) i kącie ostrym \(\alpha\) jest równe \(P=a^2\sin\alpha\). Z warunku zadania \[a^2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=50\sqrt2,\qquad a^2=100,\qquad a=10\] (bierzemy pierwiastek dodatni, bo \(a\) jest długością). Wysokość rombu to odległość między prostymi zawierającymi dwa przeciwległe boki; z trójkąta prostokątnego przy kącie \(45^\circ\) \[h=a\sin45^\circ=10\cdot\frac{\sqrt2}{2}=5\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(h=5\sqrt2\)

1 pkt: dwa poprawne związki między bokiem i wysokością rombu. 2 pkt: h=5√2.

Zadanie 31. (0–2) Użycie i tworzenie strategii Wykorzystanie związków miarowych w figurach płaskich (IV.7.c) I sposób rozwiązania Z warunków zadania otrzymujemy układ równań: a  h  50 2   h   sin 45  a 2 2 Zatem h  a  sin 45  a oraz a  a  50 2 . 2 2 Egzamin maturalny z matematyki 13 Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy 2 Wobec tego a2  100 , a  10 , h  10  5 2 . 2 Odpowiedź: Wysokość rombu jest równa 5 2 . Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy zapisze dwa związki między liczbami a i h i na tym poprzestanie lub dalej popełni błąd. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy poprawnie obliczy wysokość rombu h  5 2 . II sposób rozwiązania Ze wzoru na pole równoległoboku, gdy dane są jego dwa sąsiednie boki oraz kąt między nimi 2 zawarty, mamy a2  sin 45  50 2 . Zatem a2   50 2 , a2  100 , a  10 . 2 Z innego wzoru na pole równoległoboku mamy a  h  50 2 . Wobec tego 10  h  50 2 oraz h  5 2 . Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy poprawnie obliczy długość a boku rombu i na tym poprzestanie lub dalej popełni błąd. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy poprawnie obliczy wysokość rombu h  5 2 .

**A.** \(10\)

Z podanego stosunku zapisujemy długości boków jako \(2k\) i \(5k\), gdzie \(k>0\). Z warunku na pole \[2k\cdot5k=40,\qquad 10k^2=40,\qquad k^2=4,\qquad k=2.\] Dłuższy bok ma zatem długość \(5k=10\). **Odpowiedź.** A. \(10\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Sprawdzana umiejętność:** wyznaczanie długości boków prostokąta z danego pola i stosunku boków Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

\[P=96.\]

W trapezie prostokątnym jedno ramię jest prostopadłe do podstaw, a drugie tworzy z dłuższą podstawą kąt ostry \(\alpha\). Rzut tego ramienia na dłuższą podstawę ma długość równą różnicy podstaw: \[10-6=4.\] Wysokość trapezu jest przyprostokątną leżącą naprzeciw kąta \(\alpha\) w trójkącie prostokątnym o drugiej przyprostokątnej \(4\), więc \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{h}{4}=3,\qquad h=12.\] Stąd \[P=\frac{6+10}{2}\cdot12=96.\] **Odpowiedź.** \(P=96\).

*Schemat punktowania CKE zachował się przy tym zadaniu bez liczb: cyfry stały w wąskiej kolumnie tabeli i nie przetrwały odczytu arkusza. Poziomy oceniania zostają, punktów nie dopisujemy — zgadnięty próg to źle policzona praca.* **Schemat oceniania** **[…] pkt** – gdy obliczy wysokość trapezu \(h=12\) i na tym poprzestanie lub błędnie obliczy pole, albo gdy obliczy wysokość trapezu z błędem rachunkowym i konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy pole trapezu. **[…] pkt** – gdy poprawnie obliczy pole trapezu \(P=96\).

Formuła 2010: arkusz CKE nie podaje przy tym zadaniu wymagania podstawy programowej.

**B.** \(4\sqrt{10}\)

Kąt przy wierzchołku \(B\) prostokąta jest prosty, więc trójkąt \(ABC\) jest prostokątny o przeciwprostokątnej \(AC\). Z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert BC\rvert=\sqrt{14^2-6^2}=\sqrt{196-36}=\sqrt{160}=4\sqrt{10}.\] **Odpowiedź.** B. \(4\sqrt{10}\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **B** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Zadanie 16. (0–1) **Wymaganie ogólne:** wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymaganie szczegółowe:** znajdowanie i wykorzystywanie związków miarowych w figurach płaskich.

\[P_{ABCD}=4\,P_{DCE}.\]

Z rysunku odczytujemy, że punkt \(E\) leży na przedłużeniu przekątnej \(AC\) poza wierzchołek \(C\), więc punkty \(A\), \(C\), \(E\) są współliniowe. Trójkąty \(ACD\) i \(DCE\) mają podstawy \(AC\) i \(CE\) leżące na tej samej prostej oraz wspólny wierzchołek \(D\), więc mają równe wysokości opuszczone z \(D\). Stosunek ich pól jest równy stosunkowi podstaw: \[\frac{P_{DCE}}{P_{ACD}}=\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert AC\rvert}=\frac12,\qquad P_{ACD}=2\,P_{DCE}.\] Przekątna \(AC\) dzieli równoległobok na dwa trójkąty przystające, zatem \[P_{ABCD}=2\,P_{ACD}=2\cdot2\,P_{DCE}=4\,P_{DCE},\] co należało uzasadnić. **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=4\,P_{DCE}\)

**1 pkt** – zapisanie związku między polem trójkąta \(ACD\) a polem trójkąta \(DCE\), np. \(P_{DCE}=\frac12P_{ACD}\). **2 pkt** – wykazanie, że \(P_{ABCD}=4\,P_{DCE}\).

Zadanie 30. (0–2) **Wymaganie ogólne:** rozumowanie i argumentacja. **Wymaganie szczegółowe:** znajdowanie związków miarowych w figurach płaskich; wykorzystywanie związku między polami trójkątów o tej samej wysokości.

**B.** \(8\)

Oznaczmy boki przez \(3x\) i \(4x\). Z obwodu \[2(3x+4x)=28,\qquad 14x=28,\qquad x=2.\] Dłuższy bok ma zatem długość \(4x=8\). **Odpowiedź.** B. \(8\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **B** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – wykorzystuje obwód i proporcje boków prostokąta.

A. \(3\sqrt{3}\)

Wysokość rombu to odległość między prostymi zawierającymi przeciwległe boki. Opuszczając ją z wierzchołka na przeciwległy bok, otrzymujemy trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej równej bokowi rombu i kącie ostrym \(60^\circ\): \[h=a\sin60^\circ=6\cdot\frac{\sqrt3}{2}=3\sqrt3.\] **Odpowiedź.** A. \(3\sqrt3\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich.

**C.** \(8\sqrt3\)

Pole rombu o boku \(a\) i kącie \(\alpha\) między bokami wyraża wzór \(P=a^2\sin\alpha\). Podstawiając \(a=4\) i \(\alpha=60^\circ\): \[P=16\cdot\frac{\sqrt3}{2}=8\sqrt3.\] **Odpowiedź.** C. \(8\sqrt3\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **C** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – oblicza pole rombu.

Równość \(|AM|^2+|CM|^2=|BM|^2+|DM|^2\) zachodzi dla każdego punktu \(M\) leżącego wewnątrz prostokąta \(ABCD\).

Z rysunku odczytujemy, że \(ABCD\) jest prostokątem o wierzchołkach kolejno \(A\) (lewy dolny), \(B\) (prawy dolny), \(C\) (prawy górny), \(D\) (lewy górny), a punkt \(M\) leży w jego wnętrzu. Wprowadzamy układ współrzędnych o początku w wierzchołku \(A\), z osią \(Ox\) wzdłuż boku \(AB\) i osią \(Oy\) wzdłuż boku \(AD\). Oznaczmy \(|AB|=a>0\) i \(|AD|=b>0\). Wtedy \[A=(0,0),\qquad B=(a,0),\qquad C=(a,b),\qquad D=(0,b),\] a punkt wewnętrzny ma współrzędne \(M=(x,y)\), gdzie \(0<x<a\) i \(0<y<b\). Ze wzoru na kwadrat odległości punktów obliczamy obie strony tezy: \[|AM|^2+|CM|^2=\left(x^{2}+y^{2}\right)+\left((x-a)^{2}+(y-b)^{2}\right),\] \[|BM|^2+|DM|^2=\left((x-a)^{2}+y^{2}\right)+\left(x^{2}+(y-b)^{2}\right).\] Po prawych stronach występują te same cztery składniki \(x^{2}\), \(y^{2}\), \((x-a)^{2}\), \((y-b)^{2}\), tylko inaczej pogrupowane. Obie sumy są więc równe. **Odpowiedź.** \(|AM|^2+|CM|^2=|BM|^2+|DM|^2\), co należało udowodnić. Warto zauważyć, że w rachunku nie skorzystaliśmy z założenia \(0<x<a\), \(0<y<b\) — równość zachodzi dla dowolnego punktu płaszczyzny, a założenie o wnętrzu prostokąta zapewnia jedynie zgodność z rysunkiem.

**5 pkt** – przeprowadzenie pełnego, poprawnego dowodu **Uwaga:** Centralna Komisja Egzaminacyjna nie opublikowała dla tego arkusza pokazowego pełnego schematu oceniania z progami cząstkowymi. Podana punktacja całkowita (\(5\) pkt) pochodzi z arkusza; progów pośrednich nie odtwarzamy, żeby nie przypisywać CKE kryteriów, których nie ogłosiła.

**Sprawdzana umiejętność:** przeprowadzanie dowodu geometrycznego metodą współrzędnych — dobranie układu współrzędnych do figury, zapisanie współrzędnych wierzchołków i zastosowanie wzoru na odległość punktów.

**C.** większa niż \(40\ \mathrm{m}\) i mniejsza niż \(45\ \mathrm{m}\)

Słupki wbito na końcach przekątnej prostokąta o bokach \(20\ \mathrm{m}\) i \(40\ \mathrm{m}\). Z twierdzenia Pitagorasa \[d=\sqrt{20^2+40^2}=\sqrt{2000}=20\sqrt5\ \mathrm{m}.\] Ponieważ \(44^2=1936<2000<2025=45^2\), mamy \(44\ \mathrm{m}<d<45\ \mathrm{m}\), a więc odległość jest większa od \(40\ \mathrm{m}\) i mniejsza od \(45\ \mathrm{m}\). **Odpowiedź.** C. większa niż \(40\ \mathrm{m}\) i mniejsza niż \(45\ \mathrm{m}\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **C** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – stosuje twierdzenie Pitagorasa.

**B.** \(110^\circ\)

Kąty wewnętrzne przy tym samym ramieniu trapezu leżą przy prostych równoległych przeciętych ramieniem, więc ich suma wynosi \(180^\circ\). Oznaczmy je \(\alpha\) i \(\beta\), przy czym \(\alpha>\beta\): \[\alpha+\beta=180^\circ,\qquad \alpha-\beta=40^\circ.\] Dodając równania stronami, otrzymujemy \(2\alpha=220^\circ\), czyli \(\alpha=110^\circ\) i \(\beta=70^\circ\). W trapezie, który nie jest równoległobokiem, większy kąt leży przy krótszej podstawie, więc szukana miara to \(110^\circ\). **Odpowiedź.** B. \(110^\circ\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **B** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Informator CKE 2010: tabela odpowiedzi nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu. Przypisanie według treści zadania: Geometria płaska.

**B.** \(32\ \mathrm{cm}^2\)

Przekątna kwadratu wpisanego w okrąg jest średnicą okręgu: \[d=2\cdot4=8\ \mathrm{cm}.\] Pole kwadratu o przekątnej \(d\): \[P=\frac{d^2}{2}=\frac{64}{2}=32\ \mathrm{cm}^2.\] **Odpowiedź.** B. \(32\ \mathrm{cm}^2\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **B** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Informator CKE 2010: tabela odpowiedzi nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu. Przypisanie według treści zadania: Geometria płaska.

\[\lvert BP\rvert=\lvert DR\rvert.\]

Z rysunku odczytujemy, że oba kwadraty mają wspólny wierzchołek \(A\), a wierzchołki \(P\), \(Q\), \(R\) mniejszego kwadratu leżą wewnątrz kąta \(BAD\) albo w jego pobliżu; kolejność wierzchołków w obu kwadratach jest zgodna. Rozważmy trójkąty \(ABP\) i \(ADR\): - \(\lvert AB\rvert=\lvert AD\rvert\), bo są to boki kwadratu \(ABCD\); - \(\lvert AP\rvert=\lvert AR\rvert\), bo są to boki kwadratu \(APQR\); - kąty między nimi są równe, bo \[\lvert\angle BAP\rvert=\lvert\angle BAR\rvert-\lvert\angle PAR\rvert=\lvert\angle BAR\rvert-90^\circ,\] \[\lvert\angle DAR\rvert=\lvert\angle BAR\rvert-\lvert\angle BAD\rvert=\lvert\angle BAR\rvert-90^\circ.\] Trójkąty \(ABP\) i \(ADR\) są zatem przystające na podstawie cechy bok-kąt-bok, a więc \[\lvert BP\rvert=\lvert DR\rvert,\] co należało udowodnić. Równoważnie: obrót o \(90^\circ\) wokół punktu \(A\) przeprowadza \(B\) na \(D\) oraz \(P\) na \(R\), a izometria zachowuje długości odcinków. **Odpowiedź.** \(\lvert BP\rvert=\lvert DR\rvert\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Odpowiedź CKE: dowód

Informator CKE 2010: tabela odpowiedzi nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu. Przypisanie według treści zadania: Geometria płaska.

Z równoległoboku i z kwadratu \(CDEF\) mamy \(|AB|=|CD|=|CF|\), a z kwadratu \(BCGH\) mamy \(|BC|=|CG|\). Jeśli \(\alpha=|\angle ABC|\), to \(|\angle BCD|=180^\circ-\alpha\), a z kąta pełnego przy wierzchołku \(C\) wynika \(|\angle FCG|=360^\circ-(180^\circ-\alpha)-90^\circ-90^\circ=\alpha\). Trójkąty \(ABC\) i \(FCG\) są więc przystające (bok-kąt-bok), skąd \(|AC|=|FG|\).

**Krok \(1\).** Mamy wykazać, że dwa odcinki są równe. Najprostsza droga to znaleźć dwa trójkąty przystające, w których te odcinki są odpowiadającymi sobie bokami. Odcinek \(AC\) jest bokiem trójkąta \(ABC\), a odcinek \(FG\) bokiem trójkąta \(FCG\) — oba mają wierzchołek w punkcie \(C\). Pokażemy, że te trójkąty są przystające na podstawie cechy bok-kąt-bok. **Krok \(2\).** Pierwsza para boków. W równoległoboku przeciwległe boki są równe, więc \(|AB|=|CD|\). Czworokąt \(CDEF\) jest kwadratem, a \(CD\) i \(CF\) to jego boki, więc \(|CD|=|CF|\). Łącząc: \[|AB|=|CF|.\] **Krok \(3\).** Druga para boków. Czworokąt \(BCGH\) jest kwadratem, a \(BC\) i \(CG\) to jego boki, więc \[|BC|=|CG|.\] **Krok \(4\).** Kąt trójkąta \(ABC\) zawarty między bokami \(AB\) i \(BC\) to kąt \(ABC\). Oznaczmy \(\alpha=|\angle ABC|\). W równoległoboku kąty przy sąsiednich wierzchołkach dopełniają się do kąta półpełnego, więc \[|\angle BCD|=180^\circ-\alpha.\] **Krok \(5\).** Teraz kąt \(FCG\), czyli kąt trójkąta \(FCG\) zawarty między bokami \(CF\) i \(CG\). Wokół punktu \(C\) leżą kolejno cztery kąty: \(\angle BCD\) (kąt równoległoboku), \(\angle DCF\) i \(\angle GCB\) (kąty kwadratów, każdy \(90^\circ\)) oraz szukany \(\angle FCG\). Ich suma to kąt pełny: \[|\angle FCG|=360^\circ-\left(180^\circ-\alpha\right)-90^\circ-90^\circ=\alpha.\] **Krok \(6\).** Zebraliśmy trzy fakty: \(|AB|=|CF|\), \(|BC|=|CG|\) oraz \(|\angle ABC|=|\angle FCG|\), przy czym te kąty leżą dokładnie między wymienionymi bokami. To jest cecha przystawania bok-kąt-bok, więc trójkąty \(ABC\) i \(FCG\) są przystające. **Krok \(7\).** W trójkątach przystających odpowiadające sobie boki mają równe długości. Bokowi \(AC\) trójkąta \(ABC\) odpowiada bok \(FG\) trójkąta \(FCG\), zatem \[|AC|=|FG|,\] co należało wykazać. **Uwaga.** Rozumowanie nie zależy od tego, czy kąt \(\alpha\) jest ostry, czy rozwarty — kąty przy \(C\) zawsze sumują się do \(360^\circ\), więc równość \(|\angle FCG|=\alpha\) zachodzi zawsze. **Odpowiedź.** Trójkąty \(ABC\) i \(FCG\) są przystające (bok-kąt-bok), więc \(|AC|=|FG|\).

Zadanie 9. 0—4 Obszar standardów Sprawdzane umiejętności Rozumowania i argumentacji Przeprowadzenie dowodu geometrycznego Rozwiązanie Czworokąt ABCD jest równoległobokiem, czworokąt DCFE jest kwadratem, więc IABI = ICDI = ICFI. W kwadracie CBHG odcinki BC i CG są równe. Niech a oznacza kąt ABC danego równoległoboku. Wówczas p BCDI = 1800 —a . W kwadratach CDEF CBHG mamy DCFI = p DCFI = 900 , więc p FCGI = p ABCI. W trójkątach ABC i FCG mamy zatem: ABI= ICFI, IBCI = ICGI oraz In FCGI ABCI, więc trójkąty ABC i FCG są przystające (cecha bkb ). Stąd wnioskujemy, że ACI = IFGI . Schemat oceniania: Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania Zaznaczenie na rysunku odcinków AC i FG oraz zapisanie równości ABI = i BCI=ICGI. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp Stwierdzenie, że trójkąty ABC i FCG są przystające, na podstawie cechy (bkb), bez podania pełnego uzasadnienia równości kątów p FCGI = p ABCI . Pokonanie zasadniczych trudności zadania ................................................................... 3 p] Stwierdzenie, że trójkąty ABC i FCG są przystające, wraz z podaniem pełnego uzasadmenia równości kątów p FCGI = ABCI . Klucz punktowania odpowiedzi — poziom rozszerzony Rozwiązanie pełne Zapisanie wniosku, że ACI = IFG 4 pkt

V. Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzenie dowodu geometrycznego.

Krótsza przekątna i dłuższa podstawa tworzą trójkąt równoboczny o boku \(6\). Wysokość tego trójkąta, będąca ramieniem trapezu, ma długość \(3\sqrt{3}\), a krótsza podstawa ma długość \(3\). Obwód wynosi \(6 + 6 + 3 + 3\sqrt{3 = 15 + 3}\)√\(3\).

Oznaczmy trapez \(ABCD\): \(AB\) to dłuższa podstawa, \(AB\parallel CD\), a ramię \(AD\) jest prostopadłe do podstaw. Krótsza przekątna \(AC\) dzieli trapez na trójkąt \(ACD\) — prostokątny, bo \(\lvert\angle ADC\rvert=90^\circ\) — oraz trójkąt \(ABC\), który musi być równoboczny. Skoro \(ABC\) jest równoboczny i \(\lvert AB\rvert=6\), to \[\lvert BC\rvert=\lvert AC\rvert=6.\] Wysokość trójkąta równobocznego o boku \(6\) jest równa \(\frac{6\sqrt3}{2}=3\sqrt3\); jest ona jednocześnie wysokością trapezu, czyli ramieniem \(AD\). Rzut wierzchołka \(C\) na \(AB\) dzieli \(AB\) w połowie, więc krótsza podstawa ma długość \[\lvert CD\rvert=\lvert AB\rvert-\tfrac12\lvert AB\rvert=6-3=3.\] Obwód trapezu: \[L=6+6+3+3\sqrt3=15+3\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(L=15+3\sqrt3\)

1 pkt: poprawne podzielenie trapezu na trójkąty i obliczenie krótszej podstawy CD = 3 albo wysokości h = 3√3. 2 pkt: obliczenie obwodu 15 + 3√3.

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Wykorzystanie związków miarowych w trójkącie prostokątnym i równobocznym.

**B.** \(\sqrt{85}\)

Bok \(AB\) jest o \(5\) krótszy od przekątnej, więc \(\lvert AB\rvert=11-5=6\). Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny (kąt przy wierzchołku \(B\) prostokąta jest prosty), zatem z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert BC\rvert=\sqrt{11^2-6^2}=\sqrt{121-36}=\sqrt{85}.\] W prostokącie \(\lvert AD\rvert=\lvert BC\rvert\). **Odpowiedź.** B. \(\sqrt{85}\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **B** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi.

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – stosuje twierdzenie Pitagorasa w prostokącie.

Obwód trapezu jest równy \(108\).

Z rysunku odczytujemy, że \(AB\) jest dłuższą podstawą, \(CD\) krótszą, a poprowadzona przekątna \(DB\) wyznacza dwa trójkąty: \(ABD\) i \(BDC\). Zaznaczone kąty równe to \(\angle ADB\) oraz \(\angle DCB\). Ponieważ \(CD\parallel AB\), kąty \(BDC\) i \(DBA\) są naprzemianległe, więc \[\lvert\angle BDC\rvert=\lvert\angle DBA\rvert.\] Razem z założeniem \(\lvert\angle ADB\rvert=\lvert\angle DCB\rvert\) daje to podobieństwo trójkątów (cecha kąt-kąt): \[\triangle ABD\sim\triangle BDC,\] przy czym odpowiadają sobie wierzchołki \(A\leftrightarrow B\), \(B\leftrightarrow D\), \(D\leftrightarrow C\). Z proporcji boków odpowiadających \[\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert BD\rvert}=\frac{\lvert BD\rvert}{\lvert DC\rvert}=\frac{\lvert AD\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{25}{15}=\frac53.\] Z drugiej równości \[\lvert BD\rvert=\tfrac53\lvert DC\rvert=\tfrac53\cdot18=30,\] a z pierwszej \[\lvert AB\rvert=\tfrac53\lvert BD\rvert=\tfrac53\cdot30=50.\] Obwód trapezu: \[L=\lvert AB\rvert+\lvert BC\rvert+\lvert CD\rvert+\lvert DA\rvert=50+15+18+25=108.\] **Odpowiedź.** Obwód trapezu jest równy \(108\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Właściwego klucza do tego zadania brak w materiale źródłowym.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\[P(c)=c\sqrt{-3c^{2}+120c-900},\qquad c\in(15,30).\]

Oznaczmy przez \(a\) dłuższą podstawę, przez \(b\) krótszą, a przez \(c\) ramię trapezu. Z rysunku odczytujemy, że okrąg wpisany jest styczny do obu podstaw i do obu ramion. Dla czworokąta opisanego na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe, a trapez jest równoramienny, więc \[a+b=2c.\] Z warunku zadania \(b+c=30\), czyli \(b=30-c\), a stąd \[a=2c-b=3c-30.\] Rzut ramienia na dłuższą podstawę ma długość \(\tfrac{a-b}{2}=2c-30\), więc wysokość trapezu wynosi \[h=\sqrt{c^{2}-(2c-30)^{2}}=\sqrt{-3c^{2}+120c-900}.\] Pole trapezu to \[P(c)=\frac{a+b}{2}\cdot h=c\sqrt{-3c^{2}+120c-900}=c\sqrt{3(c-10)(30-c)}.\] Dziedzinę wyznaczają trzy warunki: - \(b>0\), czyli \(c<30\), - podstawa \(a\) ma być dłuższa od \(b\): \(3c-30>30-c\), czyli \(c>15\), - wyrażenie pod pierwiastkiem ma być dodatnie: \(3(c-10)(30-c)>0\), czyli \(10<c<30\). Część wspólna to \(c\in(15,30)\). **Odpowiedź.** \(P(c)=c\sqrt{-3c^{2}+120c-900}\) dla \(c\in(15,30)\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **8.1. (1 pkt)** – […] na okręgu: \(a+b=2c\), gdzie \(a\) – długość dłuższej podstawy, \(b\) – długość krótszej podstawy, \(c\) – długość ramienia trapezu. **8.2. (1 pkt)** – wyznaczenie różnicy długości podstaw trapezu za pomocą długości ramienia: \(a-b=4c-60\). **8.3. (1 pkt)** – wyrażenie wysokości trapezu w zależności od długości ramienia: \(h=\sqrt{-3c^{2}+120c-900}\). **8.4. (1 pkt)** – wyznaczenie pola trapezu jako funkcji długości jego ramienia: \(P=c\cdot\sqrt{-3c^{2}+120c-900}\). **8.5. (2 pkt)** – wyznaczenie dziedziny funkcji \(P\): \(c\in(15,30)\). \(1\) pkt za oszacowanie \(c<30\). \(1\) pkt za oszacowanie \(c>15\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\(h=3(\sqrt3-1)=3\sqrt3-3\approx2{,}20\,\mathrm{cm}\).

Z końców krótszej podstawy prowadzimy wysokości \(h\) na dłuższą podstawę. Dzielą one dłuższą podstawę na trzy odcinki: dwa przy ramionach i środkowy o długości \(4\,\mathrm{cm}\). W trójkącie prostokątnym przy kącie \(30^\circ\) rzut ramienia jest równy \(\dfrac{h}{\operatorname{tg}30^\circ}=h\sqrt3\), a przy kącie \(45^\circ\) jest równy \(\dfrac{h}{\operatorname{tg}45^\circ}=h\). Suma obu rzutów uzupełnia \(4\,\mathrm{cm}\) do \(10\,\mathrm{cm}\): \[h\sqrt3+h=10-4=6,\qquad h(\sqrt3+1)=6.\] Stąd \[h=\frac{6}{\sqrt3+1}=\frac{6(\sqrt3-1)}{(\sqrt3+1)(\sqrt3-1)}=\frac{6(\sqrt3-1)}{2}=3(\sqrt3-1).\] **Odpowiedź.** \(h=3\sqrt3-3\approx2{,}20\,\mathrm{cm}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* […] Trójkąt \(AED\) jest trójkątem prostokątnym i równoramiennym (\(\angle DAE=\angle EDA=45^\circ\)), więc \(\lvert AE\rvert=\lvert ED\rvert=h\). Korzystam z własności trójkąta prostokątnego \(BFC\) i zapisuję zależność między przyprostokątnymi \(\frac{\lvert CF\rvert}{\lvert FB\rvert}=\operatorname{tg}30^\circ\), stąd \(\lvert FB\rvert=\lvert CF\rvert\cdot\sqrt{3}\), \(\lvert FB\rvert=h\sqrt{3}\). \(\lvert EF\rvert=\lvert DC\rvert=4\), więc otrzymuję równanie: \(\lvert AE\rvert+4+\lvert FB\rvert=10\), z którego po podstawieniu wyznaczonych wielkości otrzymuję: \(h+4+h\sqrt{3}=10\). Obliczam wysokość trapezu: \[h+h\sqrt{3}=6\] \[h\left(1+\sqrt{3}\right)=6\] \[h=\frac{6}{\sqrt{3}+1}=3\left(\sqrt{3}-1\right)\] Odpowiedź: Wysokość trapezu jest równa \(3\left(\sqrt{3}-1\right)\) cm.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\[P_{ABCD}=\frac{7\sqrt3}{2}.\]

Przekątna \(BD\) dzieli czworokąt na trójkąty \(ABD\) i \(BCD\). W trójkącie \(ABD\) znamy dwa boki i kąt między nimi, więc z twierdzenia cosinusów \[\lvert BD\rvert^{2}=2^{2}+4^{2}-2\cdot2\cdot4\cos 60^\circ=20-8=12,\qquad \lvert BD\rvert=2\sqrt3.\] W trójkącie \(BCD\) mamy \(\lvert BC\rvert=\sqrt3\), \(\lvert CD\rvert=3\) oraz \(\lvert BD\rvert=2\sqrt3\). Ponieważ \[(\sqrt3)^{2}+3^{2}=3+9=12=(2\sqrt3)^{2},\] z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa kąt \(BCD\) jest prosty. Zatem \[P_{ABCD}=\tfrac12\cdot2\cdot4\cdot\sin 60^\circ+\tfrac12\cdot\sqrt3\cdot3=2\sqrt3+\tfrac{3\sqrt3}{2}=\frac{7\sqrt3}{2}.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=\dfrac{7\sqrt3}{2}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **7.1. (1 pkt)** – obliczenie długości przekątnej \(BD\) (leżącej naprzeciw kąta \(DAB\)): \(BD=2\sqrt{3}\). **7.2. (1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(C\) leżącego naprzeciw kąta \(A\) (wykorzystanie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa lub twierdzenia kosinusów): \(\angle BCD=90^{\circ}\). **7.3. (1 pkt)** – zapisanie pola \(P\) czworokąta \(ABCD\) jako sumy pól dwóch trójkątów, np.: \(P_{ABCD}=P_{ABD}+P_{BCD}\). **7.4. (1 pkt)** – obliczenie pola czworokąta \(ABCD\): \(P=\frac{7\sqrt{3}}{2}\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Boki równoległoboku mają długości \(27\) i \(45\).

**Krok \(1\).** Klucz do tego zadania to jedna własność: pole równoległoboku można policzyć na dwa sposoby — jako iloczyn boku i opuszczonej na niego wysokości. Z równości tych dwóch wyrażeń wynika, że wysokości są odwrotnie proporcjonalne do boków. Drugim równaniem będzie obwód. **Krok \(2\).** Oznaczmy przez \(a\) i \(b\) długości boków, przy czym \(h_1\) jest wysokością opuszczoną na bok \(a\), a \(h_2\) wysokością opuszczoną na bok \(b\). Wtedy \[a\cdot h_1=b\cdot h_2.\] **Krok \(3\).** Przekształcamy tę równość, aby otrzymać stosunek boków: \[\frac{a}{b}=\frac{h_2}{h_1}=\frac53,\] bo z warunku \(\frac{h_1}{h_2}=\frac35\) wynika \(\frac{h_2}{h_1}=\frac53\). Stąd \(a=\frac53b\). **Krok \(4\).** Obwód równoległoboku to \(2(a+b)\), więc \[2(a+b)=144,\qquad a+b=72.\] **Krok \(5\).** Podstawiamy \(a=\frac53b\): \[\frac53b+b=72,\qquad \frac83b=72.\] **Krok \(6\).** Stąd \(b=72\cdot\frac38=27\), a następnie \[a=\frac53\cdot27=45.\] **Krok \(7\).** Sprawdzenie: \(a+b=45+27=72\), więc obwód wynosi \(144\); ponadto \(45h_1=27h_2\), czyli \(\frac{h_1}{h_2}=\frac{27}{45}=\frac35\). **Uwaga.** Wysokości i boki są odwrotnie proporcjonalne: krótsza wysokość odpowiada dłuższemu bokowi. Przyjęcie \(\frac{a}{b}=\frac35\) prowadzi do zamiany boków miejscami (choć zbiór długości \(27\) i \(45\) pozostaje ten sam). **Odpowiedź.** Boki równoległoboku mają długości \(27\) i \(45\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **10.1. (1 pkt)** – […] bokami \(a\) oraz \(b\) równoległoboku: \(\frac{a}{b}=\frac{3}{5}\). **10.2. (1 pkt)** – wyznaczenie długości jednego z boków równoległoboku, np.: \(b=\frac{5}{3}a\). **10.3. (1 pkt)** – zapisanie obwodu równoległoboku w zależności od długości jednego z boków, np.: \(2a+2\cdot\frac{5}{3}a=144\). **10.4. (1 pkt)** – wyznaczenie długości boków równoległoboku: \(a=27\), \(b=\frac{5}{3}\cdot 27=45\). **II sposób rozwiązania:** **10.1. (1 pkt)** – wprowadzenie oznaczeń, np.: \(a\), \(b\) – długości boków równoległoboku i zapisanie pola równoległoboku na dwa sposoby: \(a\cdot h_{1}=b\cdot h_{2}\). Nie oceniamy, czy zdający analizuje zależność między długościami boków równoległoboku. **10.2. (1 pkt)** – obliczenie stosunku długości boków równoległoboku: \(\frac{b}{a}=\frac{3}{5}\). **10.3. (1 pkt)** – zapisanie układu równań z niewiadomymi \(a\) i \(b\), np.: \(\begin{cases}a+b=72\\ \frac{b}{a}=\frac{3}{5}\end{cases}\). **10.4. (1 pkt)** – rozwiązanie układu równań i zapisanie długości boków równoległoboku: \(a=45\), \(b=27\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Kąt ostry rombu ma miarę \(60^\circ\).

Oznaczmy przez \(a\) długość boku rombu, przez \(\alpha\) miarę jego kąta ostrego, a przez \(r\) promień wpisanego koła. Wysokość rombu opuszczona na bok jest równa \(a\sin\alpha\); okrąg wpisany jest styczny do obu prostych zawierających przeciwległe boki, więc jego średnica równa się tej wysokości: \[2r=a\sin\alpha,\qquad r=\frac{a\sin\alpha}{2}.\] Stąd \[P_{\text{koła}}=\pi r^{2}=\frac{\pi a^{2}\sin^{2}\alpha}{4},\qquad P_{\text{rombu}}=a^{2}\sin\alpha.\] Warunek zadania przyjmuje postać \[\frac{P_{\text{koła}}}{P_{\text{rombu}}}=\frac{\pi\sin\alpha}{4}=\frac{\pi\sqrt3}{8},\qquad \sin\alpha=\frac{\sqrt3}{2}.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc spośród rozwiązań równania \(\sin\alpha=\tfrac{\sqrt3}{2}\) wybieramy \(\alpha=60^\circ\) (druga wartość, \(120^\circ\), jest kątem rozwartym). **Odpowiedź.** Kąt ostry rombu ma miarę \(60^\circ\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Sporządzam rysunek pomocniczy i wprowadzam następujące oznaczenia: \(a\) – długość boku rombu, \(r\) – promień koła wpisanego w romb, \(P_{K}\) – pole koła wpisanego w romb, \(P_{R}\) – pole rombu, \(\alpha\) – kąt ostry rombu. […] Zgodnie z wprowadzonymi oznaczeniami \(P_{K}=\pi r^{2}\), \(P_{R}=a\cdot 2r\). Z warunków zadania wynika proporcja: \(\frac{P_{K}}{P_{R}}=\frac{\pi r^{2}}{a\cdot 2r}=\frac{\pi\sqrt{3}}{8}\), stąd \(\frac{r}{2a}=\frac{\sqrt{3}}{8}\). Z otrzymanej równości wyznaczam promień okręgu: \(r=a\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}\). Z trójkąta prostokątnego \(AED\) wyznaczam sinus kąta \(\alpha\): \(\sin\alpha=\frac{DE}{AD}=\frac{2r}{a}=\frac{2\cdot a\frac{\sqrt{3}}{4}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\). Zatem \(\alpha=60^\circ\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\(P=12\left(3+\sqrt3\right)=36+12\sqrt3\); dłuższa podstawa \(a=6+6\sqrt3\), krótsza podstawa \(b=6-2\sqrt3\) (ramiona mają długości \(4\sqrt3\) i \(12\)).

**Krok \(1\).** Rysunek: trapez \(ABCD\), w którym \(AB\) jest dłuższą podstawą o długości \(a\), \(CD\) krótszą podstawą o długości \(b\), kąt przy wierzchołku \(A\) ma miarę \(60^{\circ}\), a przy \(B\) miarę \(30^{\circ}\). Z wierzchołków \(D\) i \(C\) prowadzimy wysokości \(DE\) i \(CF\) na podstawę \(AB\), obie długości \(6\). Powstają dwa trójkąty prostokątne, po jednym przy każdym ramieniu. Najważniejsza informacja z treści to jednak coś innego: trapez jest opisany na okręgu, a w każdym czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe. **Krok \(2\).** Oznaczmy ramiona: \(AD=c\) (przy kącie \(60^{\circ}\)) oraz \(BC=d\) (przy kącie \(30^{\circ}\)). Warunek opisania czworokąta na okręgu daje \[a+b=c+d.\] To będzie jedno z dwóch równań na podstawy. **Krok \(3\).** Liczymy ramiona z trójkątów prostokątnych, w których wysokość jest przyprostokątną leżącą naprzeciw danego kąta: \[\sin 60^{\circ}=\frac{6}{c}\ \Rightarrow\ c=\frac{6}{\frac{\sqrt3}{2}}=\frac{12}{\sqrt3}=4\sqrt3,\] \[\sin 30^{\circ}=\frac{6}{d}\ \Rightarrow\ d=\frac{6}{\frac12}=12.\] **Krok \(4\).** Liczymy rzuty ramion na dłuższą podstawę, korzystając z tangensa: \[\mathrm{tg}\,60^{\circ}=\frac{6}{AE}\ \Rightarrow\ AE=\frac{6}{\sqrt3}=2\sqrt3,\] \[\mathrm{tg}\,30^{\circ}=\frac{6}{FB}\ \Rightarrow\ FB=\frac{6}{\frac{\sqrt3}{3}}=6\sqrt3.\] **Krok \(5\).** Z kroku \(2\) i \(3\) mamy pierwsze równanie: \[a+b=4\sqrt3+12.\] **Krok \(6\).** Pole trapezu liczymy od razu, bo do wzoru potrzebna jest tylko suma podstaw: \[P=\frac{a+b}{2}\cdot h=\frac{4\sqrt3+12}{2}\cdot 6=\left(2\sqrt3+6\right)\cdot 6=12\sqrt3+36=12\left(3+\sqrt3\right).\] **Krok \(7\).** Drugie równanie bierze się z rysunku: dłuższa podstawa składa się z rzutu lewego ramienia, krótszej podstawy i rzutu prawego ramienia (bo \(EF=CD=b\)): \[a=AE+b+FB=b+2\sqrt3+6\sqrt3=b+8\sqrt3,\] czyli \(a-b=8\sqrt3\). **Krok \(8\).** Dodajemy równania z kroków \(5\) i \(7\): \[2a=12+4\sqrt3+8\sqrt3=12+12\sqrt3,\qquad a=6+6\sqrt3.\] **Krok \(9\).** Wyznaczamy \(b\): \[b=a-8\sqrt3=6+6\sqrt3-8\sqrt3=6-2\sqrt3.\] Sprawdzamy sensowność: \(2\sqrt3\approx 3{,}46\), więc \(b\approx 2{,}54\gt 0\) oraz \(a\approx 16{,}39\gt b\). Wszystko się zgadza. **Uwaga.** Równość \(a+b=c+d\) obowiązuje wyłącznie dla czworokątów opisanych na okręgu i to ona zastępuje tu brakującą daną. Warto też zauważyć kontrolnie, że okrąg wpisany jest styczny do obu podstaw, więc jego średnica jest równa wysokości trapezu, czyli \(r=3\). **Odpowiedź.** Pole trapezu wynosi \(P=12\left(3+\sqrt3\right)=36+12\sqrt3\), dłuższa podstawa \(a=6+6\sqrt3\), a krótsza \(b=6-2\sqrt3\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **10.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku z odpowiednimi oznaczeniami. **10.2. (2 pkt)** – obliczenie długości ramion trapezu: np. \(c=4\sqrt{3}\); \(d=12\). **10.3. (1 pkt)** – obliczenie pola trapezu (wykorzystanie warunku: \(a+b=c+d\)): \(P=12\left(3+\sqrt{3}\right)\). **10.4. (2 pkt)** – obliczenie długości rzutów prostokątnych ramion trapezu na dłuższą podstawę trapezu: np. \(x=2\sqrt{3}\); \(y=6\sqrt{3}\). **10.5. (2 pkt)** – rozwiązanie układu równań, w którym niewiadomymi są dłuższa i krótsza podstawa trapezu: \(a=6\sqrt{3}+6\); \(b=6-2\sqrt{3}\). Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą od przedstawionej w schemacie przyznajemy maksymalną liczbę punktów.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\[P=20\ \mathrm{cm}^2.\]

Oznaczmy podstawy przez \(a>b\), a ramię przez \(c\). W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe, więc \(a+b=2c\). Z obwodu \[a+b+2c=20\ \Rightarrow\ 4c=20\ \Rightarrow\ c=5,\qquad a+b=10.\] Rzut wierzchołka krótszej podstawy na dłuższą dzieli ją na odcinki \(\frac{a-b}{2}\) i \(\frac{a+b}{2}\). Przekątna, wysokość \(h\) i odcinek \(\frac{a+b}{2}\) tworzą trójkąt prostokątny: \[41=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2+h^2=25+h^2,\qquad h=4\ \mathrm{cm}.\] Pole trapezu: \[P=\frac{a+b}{2}\cdot h=5\cdot4=20\ \mathrm{cm}^2.\] (Dla porządku: z \(c^2=h^2+\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\) wynika \(a-b=6\), czyli \(a=8\ \mathrm{cm}\) i \(b=2\ \mathrm{cm}\).) **Odpowiedź.** \(P=20\ \mathrm{cm}^2\)

**[…]. (1 pkt)** – […] kąta rozwartego, dzieli dłuższą podstawę na odcinki o długościach: \(\frac{a+b}{2}\) oraz \(\frac{a-b}{2}\). **35. (1 pkt)** – obliczenie długości wysokości trapezu: \(h=4\) cm. **36. (1 pkt)** – obliczenie pola danego trapezu: \(P=20\,\mathrm{cm}^{2}\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.