Kąty w figurach — suma kątów, kąt wewnętrzny i kąty przy prostych równoległych

\(\lvert\angle CAK\rvert=\lvert\angle KDL\rvert\)

Przykładowe pełne rozwiązania Sposób I Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny i CD jest osią symetrii tego trójkąta, więc |∡KAC| = |∡KBC| = |∡KBL|. Ponieważ |∡KDB| = \(90\)° oraz |∡BLK| = \(90\)°, więc na czworokącie DBLK można opisać okrąg. W tym okręgu kąty wpisane KDL i KBL są oparte na tym samym łuku, więc mają równe miary. Zatem |∡KAC| = |∡KBL| = |∡KDL|. To należało wykazać. Sposób II Niech M będzie punktem przecięcia prostej p z prostą AB. Oznaczmy α = |∡BCD| oraz β = |∡CML|. Trójkąt MCL jest prostokątny, więc środek okręgu opisanego na tym trójkącie jest środkiem \(1\) odcinka MC, a promień tego okręgu jest równy ⋅ |MC|. Trójkąt MDC jest prostokątny, \(2\) więc środek okręgu opisanego na tym trójkącie jest środkiem odcinka MC, a promień tego \(1\) okręgu jest równy ⋅ |MC|. Zatem na czworokącie MDLC można opisać okrąg. Oznaczmy \(2\) ten okrąg przez o (zobacz rysunek). \(1\) C o \(1\) α p L K β M A D B Kąty LCD oraz LMD są wpisane w okrąg o i oparte na tym samym łuku LD, więc \(1\) |∡LCD| = |∡LMD| = α. Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, więc |∡KCA| = |∡DCA| = α. Zatem |∡KCA| = |∡LMD| = |∡KMA|, a ponieważ punkty C oraz M są po tej samej stronie prostej AK, więc na czworokącie MAKC można opisać okrąg. Oznaczmy ten okrąg przez o (zobacz rysunek). \(2\) o \(2\) C o \(1\) α α p L K β α M A D B Kąty wpisane KMC oraz KAC są oparte na tym samym łuku CK okręgu o , więc \(2\) |∡KAC| = |∡KMC| i wobec |∡KMC| = |∡LMC| mamy |∡KAC| = β. Kąty wpisane CDL oraz LMC są oparte na tym samym łuku CL okręgu o , więc \(1\) |∡CDL| = |∡LMC| = β. Zatem |∡KAC| = β = |∡CDL| = |∡KDL|. To należało wykazać.

**Zasady oceniania (dla sposobu I)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie, że \(\lvert\angle KAC\rvert=\lvert\angle KBC\rvert\) ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(DBLK\) można opisać okrąg. **2 pkt** – zapisanie, że \(\lvert\angle KAC\rvert=\lvert\angle KBC\rvert\) oraz zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(DBLK\) można opisać okrąg ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(DBLK\) można opisać okrąg oraz zapisanie wraz z uzasadnieniem, że \(\lvert\angle KBL\rvert=\lvert\angle KDL\rvert\). **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **Zasady oceniania (dla sposobu II)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MDLC\) można opisać okrąg ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MAKC\) można opisać okrąg. **2 pkt** – zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MDLC\) można opisać okrąg oraz zapisanie, że \(\lvert\angle CML\rvert=\lvert\angle CDL\rvert\) ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MAKC\) można opisać okrąg oraz zapisanie, że \(\lvert\angle CMK\rvert=\lvert\angle CAK\rvert\), ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MDLC\) można opisać okrąg oraz zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MAKC\) można opisać okrąg. **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.

**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. VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

\(\lvert\angle CAK\rvert=\lvert\angle KDL\rvert\)

Wysokość \(CD\) jest osią symetrii trójkąta równoramiennego \(ABC\). Ponieważ \(K\in CD\), odbicie względem \(CD\) przekształca półprostą \(AC\) w \(BC\) oraz \(AK\) w \(BK\). Stąd \(\lvert\angle CAK\rvert=\lvert\angle KBL\rvert\). Ponadto \(\angle KDB=90^{\circ}\) i \(\angle KLB=90^{\circ}\), więc punkty \(D,B,L,K\) leżą na jednym okręgu. Kąty wpisane \(KDL\) i \(KBL\) są oparte na tym samym łuku \(KL\), zatem mają równe miary.

**Zasady oceniania (dla sposobu I)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie, że \(\lvert\angle KAC\rvert=\lvert\angle KBC\rvert\) ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(DBLK\) można opisać okrąg. **2 pkt** – zapisanie, że \(\lvert\angle KAC\rvert=\lvert\angle KBC\rvert\) oraz zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(DBLK\) można opisać okrąg ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(DBLK\) można opisać okrąg oraz zapisanie wraz z uzasadnieniem, że \(\lvert\angle KBL\rvert=\lvert\angle KDL\rvert\). **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **Zasady oceniania (dla sposobu II)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MDLC\) można opisać okrąg ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MAKC\) można opisać okrąg. **2 pkt** – zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MDLC\) można opisać okrąg oraz zapisanie, że \(\lvert\angle CML\rvert=\lvert\angle CDL\rvert\) ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MAKC\) można opisać okrąg oraz zapisanie, że \(\lvert\angle CMK\rvert=\lvert\angle CAK\rvert\), ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MDLC\) można opisać okrąg oraz zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MAKC\) można opisać okrąg. **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.1R) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu.

**B i E**

Kąty \(\alpha+\beta\) oraz \(2\alpha-\beta\) są wierzchołkowe, więc mają równe miary: \[\alpha+\beta=2\alpha-\beta.\] Kąty \(\alpha+\beta\) i \(\beta\) są przyległe, zatem ich suma wynosi \(180^\circ\): \[(\alpha+\beta)+\beta=180^\circ.\] Te zależności zapisano w układzie **B**. Drugie równanie układu **E**, \[180^\circ-(2\alpha-\beta)=\beta,\] jest równoważnym zapisem przyległości po wykorzystaniu równości kątów wierzchołkowych. Poprawne są więc odpowiedzi **B** i **E**.

**2 pkt** – wybranie dwóch poprawnych odpowiedzi: **B** i **E** **1 pkt** – wybranie jednej lub dwóch odpowiedzi, z których dokładnie jedna jest poprawna: **B** albo **E** **0 pkt** – odpowiedź całkowicie niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** IV.1 i VIII.4 rozwiązywanie układów równań liniowych z dwiema niewiadomymi oraz korzystanie z własności kątów.

**C.** \(144^\circ\)

Miara kąta wewnętrznego foremnego \(n\)-kąta wynosi \(\frac{(n-2)180^\circ}{n}\). Dla \(n=10\): \[\frac{8\cdot180^\circ}{10}=144^\circ.\]

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska - kąty wewnętrzne wielokąta foremnego.

**C.** \(100^\circ\)

Suma miar kątów trójkąta jest równa \(180^\circ\), więc \[\alpha+4\alpha+(\alpha+30^\circ)=180^\circ.\] Stąd \(6\alpha=150^\circ\), czyli \(\alpha=25^\circ\). Największy kąt ma miarę \(4\alpha=100^\circ\).

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** G7.3 rozwiązywanie równań pierwszego stopnia z jedną niewiadomą.

**C.** \(15^\circ\)

Boki \(DC\) i \(CE\) mają tę samą długość: pierwszy jest bokiem kwadratu, a drugi bokiem trójkąta równobocznego zbudowanego na boku \(BC\). Trójkąt \(DCE\) jest więc równoramienny. Ponieważ \[\angle DCE=90^\circ+60^\circ=150^\circ,\] to jego kąty przy podstawie mają miarę \[\angle DEC=\frac{180^\circ-150^\circ}{2}=15^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** G10.8 korzystanie z własności kątów i przekątnych w czworokątach.

\[\lvert\angle ABC\rvert-\lvert\angle ADC\rvert+2\lvert\angle AEC\rvert=360^\circ.\]

Oznaczmy \[\alpha=\lvert\angle BAE\rvert=\lvert\angle DAE\rvert,\quad \gamma=\lvert\angle BCE\rvert=\lvert\angle DCE\rvert,\] \[\beta=\lvert\angle ABC\rvert,\quad \delta=\lvert\angle ADC\rvert,\quad \varepsilon=\lvert\angle AEC\rvert.\] Z sumy kątów czworokąta \(ABCE\) mamy \[\alpha+\beta+\gamma+\varepsilon=360^\circ.\] Kąt wewnętrzny przy \(E\) w czworokącie \(AECD\) ma miarę \(360^\circ-\varepsilon\), więc \[\alpha+(360^\circ-\varepsilon)+\gamma+\delta=360^\circ.\] Po odjęciu drugiej równości od pierwszej otrzymujemy \[\beta-\delta+2\varepsilon=360^\circ,\] co jest tezą zadania.

**3 pkt** – pełny dowód: odjęcie obu równości z wykorzystaniem własności dwusiecznych **2 pkt** – zapisanie obu równości wynikających z sum kątów czworokątów \(ABCE\) i \(AECD\) **1 pkt** – zapisanie jednej z tych równości **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

Klucz CKE dla czerwca 2019 nie zawiera tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** planimetria i argumentacja - dwusieczne oraz suma kątów czworokąta.

n=\(18\). Miary kątów prowadzą do równania \(180n\)/(n+\(2\))=\(180\)(n−\(2\))/n+\(2\), czyli \(n^{2}\)+\(2n\)−\(360=0\). Rozwiązania to \(18\) i −\(20\), a n musi być naturalne.

**Krok \(1\).** Potrzebny jest jeden wzór: suma miar kątów wewnętrznych \(n\)-kąta wynosi \((n-2)\cdot180^{\circ}\), a w wielokącie foremnym wszystkie kąty są równe, więc jeden kąt ma miarę \(\frac{(n-2)\cdot180^{\circ}}{n}\). Porównanie dwóch takich wyrażeń da równanie z niewiadomą \(n\). **Krok \(2\).** Kąt wewnętrzny \(n\)-kąta foremnego: \[\alpha_n=\frac{(n-2)\cdot180^{\circ}}{n}.\] **Krok \(3\).** Kąt wewnętrzny \((n+2)\)-kąta foremnego (w miejsce \(n\) wstawiamy \(n+2\)): \[\alpha_{n+2}=\frac{(n+2-2)\cdot180^{\circ}}{n+2}=\frac{180^{\circ}n}{n+2}.\] **Krok \(4\).** Warunek z treści: pierwszy kąt jest o \(2^{\circ}\) mniejszy od drugiego, czyli po dodaniu \(2^{\circ}\) staje się mu równy: \[\frac{(n-2)\cdot180}{n}+2=\frac{180n}{n+2}.\] **Krok \(5\).** Dzielimy obie strony przez \(2\), żeby rachunki były lżejsze: \[\frac{90(n-2)}{n}+1=\frac{90n}{n+2}.\] **Krok \(6\).** Mnożymy stronami przez \(n(n+2)\) (jest dodatnie, bo \(n\geqslant3\)): \[90(n-2)(n+2)+n(n+2)=90n^2.\] **Krok \(7\).** Rozwijamy i redukujemy: \[90\left(n^2-4\right)+n^2+2n=90n^2,\qquad 90n^2-360+n^2+2n=90n^2,\qquad n^2+2n-360=0.\] **Krok \(8\).** Liczymy wyróżnik: \[\Delta=2^2+4\cdot360=1444,\qquad\sqrt\Delta=38,\] \[n=\frac{-2-38}{2}=-20\qquad\text{lub}\qquad n=\frac{-2+38}{2}=18.\] **Krok \(9\).** Liczba boków musi być liczbą naturalną nie mniejszą niż \(3\), więc \(n=-20\) odrzucamy. Sprawdzenie: kąt \(18\)-kąta to \(\frac{16\cdot180}{18}=160^{\circ}\), a kąt \(20\)-kąta to \(\frac{18\cdot180}{20}=162^{\circ}\) — różnica wynosi \(2^{\circ}\). **Uwaga.** Im więcej boków, tym większy kąt wewnętrzny — dlatego \(2^{\circ}\) dodajemy po stronie \(n\)-kąta. Odwrotne ustawienie znaku prowadzi do równania bez rozwiązań naturalnych. **Odpowiedź.** \(n=18\).

**1 pkt** – gdy zdający wyrazi miarę kąta wewnętrznego n-kąta lub \((n+2)\)-kąta foremnego w zależności od \(n\), np. \(180^\circ-\frac{360^\circ}{n}\), i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **2 pkt** – gdy zdający zapisze równanie z niewiadomą \(n\), wynikające z porównania miar kątów wewnętrznych wielokątów: \(\frac{n\cdot 180^\circ}{n+2}=\frac{(n-2)\cdot 180^\circ}{n}+2^\circ\), i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **3 pkt** – gdy zdający zapisze równanie kwadratowe z niewiadomą \(n\) w postaci \(an^{2}+bn+c=0\), np. \(n^{2}+2n-360=0\), i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **4 pkt** – gdy zdający obliczy liczbę wierzchołków n-kąta foremnego: \(n=18\).

Klasyfikacja rzeczowa: stosowanie wzoru na miarę kąta wewnętrznego wielokąta foremnego i rozwiązywanie wynikowego równania kwadratowego.

**B.** \(\alpha=17^\circ\)

Ponieważ \(|AB|=|SC|=r\) oraz \(|SB|=r\), trójkąt \(ABS\) jest równoramienny i jego kąty przy podstawie \(AS\) mają miarę \(\alpha\). Stąd \[|\angle ABS|=180^\circ-2\alpha.\] Punkty \(A,B,C\) są współliniowe, więc \[|\angle CBS|=180^\circ-|\angle ABS|=2\alpha.\] Trójkąt \(BCS\) jest równoramienny, bo \(|SB|=|SC|\), zatem \(|\angle CBS|=|\angle BCS|=34^\circ\). Otrzymujemy \(2\alpha=34^\circ\), czyli \(\alpha=17^\circ\).

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

Klucz CKE dla zadań zamkniętych w tym arkuszu podaje odpowiedzi, bez osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** planimetria - promienie okręgu, trójkąty równoramienne i kąty przyległe.

**D.** \(102^\circ\)

Kąt między ramionami \(AC\) i \(BC\) ma miarę \(44^\circ\). Kąty przy podstawie trójkąta równoramiennego mają więc po \[\frac{180^\circ-44^\circ}{2}=68^\circ.\] Dwusieczna \(AD\) dzieli kąt przy wierzchołku \(A\) na dwie części po \(34^\circ\). W trójkącie \(ACD\): \[|\angle ADC|=180^\circ-44^\circ-34^\circ=102^\circ.\]

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

Klucz CKE dla zadań zamkniętych w tym arkuszu podaje odpowiedzi, bez osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** planimetria - kąty w trójkącie równoramiennym i dwusieczna kąta.

Ponieważ SB = BC = r, trójkąt SBC jest równoramienny i ∠BSC = ∠BCS = α. Stąd ∠SBC = \(180\)° − \(2α\), a ponieważ A, B, C są współliniowe, ∠ABS = \(2α\). W trójkącie równoramiennym ASB mamy ∠SAB = \(2α\), więc ∠ASB = \(180\)° − \(4α\). Promienie SD i SC są przeciwne, zatem ∠BSD = \(180\)° − α. Ostatecznie ∠ASD = ∠BSD − ∠BSA = \(3α\).

Z rysunku odczytujemy, że punkty \(A\), \(B\), \(C\) leżą na jednej prostej, przy czym \(B\) jest między \(A\) i \(C\), a punkt \(D\) leży na okręgu po tej samej stronie co \(A\). Z warunku \(\lvert BC\rvert=r=\lvert SB\rvert\) trójkąt \(SBC\) jest równoramienny, więc kąty przy podstawie \(SC\) są równe: \[\lvert\angle BSC\rvert=\lvert\angle BCS\rvert=\alpha.\] Kąt \(SBC\) ma zatem miarę \(180^\circ-2\alpha\), a przyległy do niego kąt \(ABS\) — miarę \[\lvert\angle ABS\rvert=2\alpha.\] Odcinki \(SA\) i \(SB\) są promieniami, więc trójkąt \(ASB\) jest równoramienny i \[\lvert\angle SAB\rvert=2\alpha,\qquad \lvert\angle ASB\rvert=180^\circ-4\alpha.\] Punkty \(D\), \(S\), \(E\) leżą na jednej prostej, więc kąty \(BSD\) i \(BSC\) są przyległe: \[\lvert\angle BSD\rvert=180^\circ-\alpha.\] Ponieważ półprosta \(SB\) leży wewnątrz kąta \(ASD\), \[\lvert\angle ASD\rvert=\lvert\angle BSD\rvert-\lvert\angle ASB\rvert=\left(180^\circ-\alpha\right)-\left(180^\circ-4\alpha\right)=3\alpha,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert\angle ASD\rvert=3\alpha\)

**1 pkt** – zapisanie zależności kątowych w trójkątach równoramiennych \(SBC\) i \(ASB\). **2 pkt** – pełny dowód równości \(\lvert\angle ASD\rvert=3\alpha\).

V. Rozumowanie i argumentacja. SP9. Wielokąty, koła, okręgi. Zdający stosuje twierdzenie o sumie kątów trójkąta (SP9.3) oraz rozpoznaje trójkąty równoramienne (SP9.1).

**B.** \(36^{\circ}\)

Z warunku \(\lvert BC\rvert=\lvert BD\rvert\) trójkąt \(BCD\) jest równoramienny o podstawie \(CD\), więc \[\lvert\angle BDC\rvert=\lvert\angle BCD\rvert=72^\circ,\qquad \lvert\angle ABC\rvert=180^\circ-2\cdot72^\circ=36^\circ.\] Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny (\(\lvert AC\rvert=\lvert BC\rvert\)) o podstawie \(AB\), więc \[\lvert\angle BAC\rvert=\lvert\angle ABC\rvert=36^\circ,\qquad \lvert\angle ACB\rvert=180^\circ-2\cdot36^\circ=108^\circ.\] Punkt \(D\) leży na podstawie \(AB\), więc półprosta \(CD\) dzieli kąt \(ACB\): \[\lvert\angle ACD\rvert=108^\circ-72^\circ=36^\circ.\] Zgadza się to z warunkiem \(\lvert AD\rvert=\lvert CD\rvert\), z którego wynika \(\lvert\angle ACD\rvert=\lvert\angle BAC\rvert=36^\circ\). **Odpowiedź.** B. \(36^{\circ}\)

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

Zadanie 14. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**A.** \(60^\circ\)

Suma kątów wewnętrznych czworokąta wynosi \(360^\circ\). Suma części stosunku to \[2+3+3+4=12.\] Jedna część ma więc miarę \(360^\circ/12=30^\circ\), a najmniejszy kąt ma miarę \[2\cdot30^\circ=60^\circ.\]

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

Klucz CKE dla zadań zamkniętych w tym arkuszu podaje odpowiedzi bez osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** planimetria - suma kątów wewnętrznych czworokąta i podział wielkości w zadanym stosunku.

**A.** \(\beta=100^\circ\)

Ponieważ \(AC\perp BC\), w trójkącie \(ABC\) mamy \(|\angle BAC|=40^\circ\). Z równoległości \(AB\parallel DC\) wynika \(|\angle ACD|=40^\circ\). Trójkąt \(ADC\) jest równoramienny, bo \(|AD|=|DC|\), więc także \(|\angle DAC|=40^\circ\). Zatem \[\beta=180^\circ-40^\circ-40^\circ=100^\circ.\]

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - kąty przy prostych równoległych, trójkąt prostokątny i trójkąt równoramienny.

W czworokącie \(CDEF\) obie sumy miar przeciwległych kątów są równe \(180^\circ\).

Ponieważ \(AB\parallel CD\), a \(BC\) jest ich sieczną, kąty \(ABC\) i \(BCD\) są kątami wewnętrznymi jednostronnymi: \[\lvert\angle ABC\rvert+\lvert\angle BCD\rvert=180^\circ.\] Dwusieczne dzielą te kąty na połowy, więc w trójkącie \(BFC\) \[\lvert\angle FBC\rvert+\lvert\angle FCB\rvert=\tfrac12\left(\lvert\angle ABC\rvert+\lvert\angle BCD\rvert\right)=90^\circ,\] a stąd \[\lvert\angle BFC\rvert=180^\circ-90^\circ=90^\circ.\] Kąt \(EFC\) jest przyległy do kąta \(BFC\), więc również \[\lvert\angle EFC\rvert=90^\circ.\] Trapez jest prostokątny o wysokości \(AD\), więc \(AD\perp DC\) i kąt \(CDE\) czworokąta \(CDEF\) jest prosty. W czworokącie \(CDEF\) mamy zatem \(\lvert\angle CDE\rvert=\lvert\angle EFC\rvert=90^\circ\), czyli jedna para kątów przeciwległych daje w sumie \[90^\circ+90^\circ=180^\circ.\] Suma miar kątów czworokąta wynosi \(360^\circ\), więc druga para kątów przeciwległych również sumuje się do \(180^\circ\). Obie sumy są równe \(180^\circ\), a więc równe sobie, co należało wykazać. **Odpowiedź.** Obie sumy miar przeciwległych kątów czworokąta \(CDEF\) są równe \(180^\circ\).

**1 pkt** – wyznaczenie \(\lvert\angle BFC\rvert=90^\circ\) albo zapisanie równoważnych zależności kątowych. **2 pkt** – pełne uzasadnienie równości obu sum kątów przeciwległych.

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Kąty trójkąta mają miary \(26^\circ\), \(76^\circ\) i \(78^\circ\).

Niech \(\alpha\) oznacza najmniejszy kąt. Pozostałe kąty mają miary \(\alpha+50^\circ\) oraz \(3\alpha\). Zatem \[\alpha+(\alpha+50^\circ)+3\alpha=180^\circ,\] \[5\alpha=130^\circ,\qquad \alpha=26^\circ.\] Pozostałe kąty mają miary \(76^\circ\) i \(78^\circ\).

**4 pkt** – obliczenie wszystkich trzech kątów **3 pkt** – obliczenie jednego kąta i istotny postęp **2 pkt** – ułożenie poprawnego równania z jedną niewiadomą **1 pkt** – zapisanie zależności między trzema kątami **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** G7.3 równanie liniowe.

**A.** \(45^\circ\).

Oznaczmy miary kątów przez \(3k,4k,5k\). Wtedy \[3k+4k+5k=180^\circ,\] czyli \(12k=180^\circ\) i \(k=15^\circ\). Najmniejszy kąt ma miarę \(3k=45^\circ\).

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

Klucz CKE nie publikuje osobnej tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, suma kątów trójkąta.

Wykazano, że \(|\angle ADC|=5\cdot|\angle ACD|\).

Oznaczmy \(\alpha=|\angle BAD|\) oraz \(\beta=|\angle ACD|\). Z równoramienności trójkątów \(ABD\), \(ACD\) i \(ABC\) mamy \[|\angle DAB|=|\angle BAD|=\alpha,\qquad |\angle CAD|=|\angle ACD|=\beta\] oraz \[|\angle CAB|=|\angle CBA|=\alpha+\beta.\] Kąt \(ADB\) jest kątem zewnętrznym trójkąta \(ACD\), zatem \[\alpha=2\beta.\] Kąt \(ADC\) jest z kolei kątem zewnętrznym trójkąta \(ABD\), więc \[|\angle ADC|=\alpha+\alpha+\beta=2\alpha+\beta=5\beta=5\cdot|\angle ACD|.\] To kończy dowód.

**Informator CKE podaje dwa rozwiązania wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – pełny poprawny dowód **3 pkt** – ustalenie \(\alpha=2\beta\) oraz poprawnej zależności prowadzącej do tezy, z drobną usterką zapisu **2 pkt** – poprawne rozpoznanie równości odpowiednich kątów w trzech trójkątach równoramiennych **1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń \(\alpha\), \(\beta\) i zapisanie co najmniej jednej istotnej zależności między kątami **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozumowanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający prowadzi proste rozumowanie, składające się z niewielkiej liczby kroków. **Wymagania szczegółowe:** (zapis CKE) 10.17. (gimnazjum) Zdający rozpoznaje figury, które mają oś symetrii, i figury, które mają środek symetrii. Wskazuje oś symetrii i środek symetrii figury.

\[\lvert\angle BAC\rvert=\lvert\angle ABC\rvert-2\lvert\angle AFD\rvert.\]

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle BAC\rvert\), \(\beta=\lvert\angle ABC\rvert\), \(\gamma=\lvert\angle ACB\rvert\) oraz \(\varphi=\lvert\angle AFD\rvert\). Z rysunku odczytujemy, że \(F\) leży na przedłużeniu boku \(AB\) poza punkt \(B\), a punkt \(E\) leży między \(D\) i \(F\). Trójkąt \(CDE\) jest równoramienny, bo \(\lvert CD\rvert=\lvert CE\rvert\), więc kąty przy podstawie \(DE\) są równe: \[\lvert\angle CED\rvert=\frac{180^\circ-\gamma}{2}=90^\circ-\frac{\gamma}{2}.\] Kąty \(CED\) i \(BEF\) są wierzchołkowe (bo \(B\) i \(C\) leżą po przeciwnych stronach \(E\) na prostej \(BC\), a \(D\) i \(F\) po przeciwnych stronach \(E\) na prostej \(DE\)), zatem \[\lvert\angle BEF\rvert=90^\circ-\frac{\gamma}{2}.\] Kąt \(EBF\) jest przyległy do kąta \(ABC\), więc ma miarę \(180^\circ-\beta\). Z sumy kątów trójkąta \(BEF\): \[\left(180^\circ-\beta\right)+\left(90^\circ-\frac{\gamma}{2}\right)+\varphi=180^\circ,\qquad \varphi=\beta+\frac{\gamma}{2}-90^\circ.\] Stąd \[\beta-2\varphi=\beta-2\beta-\gamma+180^\circ=180^\circ-\beta-\gamma=\alpha,\] bo suma kątów trójkąta \(ABC\) wynosi \(180^\circ\). Otrzymaliśmy żądaną równość. **Odpowiedź.** \(\lvert\angle BAC\rvert=\lvert\angle ABC\rvert-2\lvert\angle AFD\rvert\)

1 pkt: poprawne zależności kątowe w trójkątach BEF i CDE. 2 pkt: pełny dowód żądanej równości.

Zadanie 30. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**C.** \(18^\circ\) i \(108^\circ\)

Oznaczmy mniejszy z pozostałych kątów przez \(x\); drugi ma wtedy miarę \(6x\). Suma miar kątów trójkąta jest równa \(180^\circ\): \[54^\circ+x+6x=180^\circ,\qquad 7x=126^\circ,\qquad x=18^\circ.\] Drugi kąt ma więc \(6\cdot18^\circ=108^\circ\). **Odpowiedź.** C. \(18^\circ\) i \(108^\circ\)

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

Zadanie 7. (0–1) Modelowanie matematyczne Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich. Zastosowanie C rachunku kątów w trójkącie (III.7.c)

Kąt \(APB\) jest rozwarty.

Oznaczmy \(\lvert\angle A\rvert=2\alpha\), \(\lvert\angle B\rvert=2\beta\), \(\lvert\angle C\rvert=\gamma\). Dwusieczne dzielą kąty \(A\) i \(B\) na połowy, więc w trójkącie \(ABP\) kąty przy \(A\) i \(B\) mają miary \(\alpha\) i \(\beta\). Z sumy kątów trójkąta \(ABC\): \[2\alpha+2\beta+\gamma=180^\circ.\] Kąt \(\gamma\) jest kątem trójkąta, więc \(\gamma>0^\circ\); stąd \[2\alpha+2\beta<180^\circ,\qquad \alpha+\beta<90^\circ.\] Z sumy kątów trójkąta \(ABP\): \[\lvert\angle APB\rvert=180^\circ-(\alpha+\beta)>180^\circ-90^\circ=90^\circ,\] a ponieważ jest to kąt trójkąta, jest mniejszy od \(180^\circ\). Kąt \(APB\) jest więc rozwarty, co należało wykazać. **Odpowiedź.** Kąt \(APB\) jest rozwarty.

2 pkt: pełne rozumowanie uzasadniające, że ∠APB > 90°. Oficjalny schemat nie przewiduje osobnego progu 1 pkt.

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

Kąt \(AED\) jest prosty.

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle CED\rvert\) oraz \(\beta=\lvert\angle AEB\rvert\). Z założenia \(\lvert EC\rvert=\lvert CD\rvert\), więc trójkąt \(DCE\) jest równoramienny o podstawie \(DE\); kąty przy tej podstawie są równe i \[\lvert\angle DCE\rvert=180^\circ-2\alpha.\] Podobnie \(\lvert EB\rvert=\lvert BA\rvert\), więc trójkąt \(ABE\) jest równoramienny o podstawie \(AE\) i \[\lvert\angle ABE\rvert=180^\circ-2\beta.\] Punkt \(E\) leży na boku \(BC\), a \(AB\parallel CD\), więc kąty \(ABE\) i \(DCE\) są kątami wewnętrznymi jednostronnymi przy prostej \(BC\) przecinającej proste równoległe. Ich suma wynosi \(180^\circ\): \[(180^\circ-2\beta)+(180^\circ-2\alpha)=180^\circ,\qquad \alpha+\beta=90^\circ.\] Kąty \(AEB\), \(AED\) i \(DEC\) tworzą kąt półpełny o wierzchołku \(E\) leżącym na odcinku \(BC\), zatem \[\lvert\angle AED\rvert=180^\circ-\alpha-\beta=180^\circ-90^\circ=90^\circ,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** Kąt \(AED\) jest prosty.

1 pkt: poprawne zapisanie zależności między kątami w trójkątach równoramiennych ABE i DCE. 2 pkt: pełne uzasadnienie, że ∠AED = 90°.

Rozumowanie i argumentacja. Uzasadnienie, że wskazany kąt jest prosty.

**A.** \(105^\circ\)

Sąsiednie kąty wewnętrzne równoległoboku są kątami przyległymi, więc ich suma wynosi \(180^\circ\). Oznaczając je przez \(x\) i \(y\), gdzie \(x>y\), otrzymujemy układ \[x+y=180^\circ,\qquad x-y=30^\circ.\] Dodając równania stronami, dostajemy \(2x=210^\circ\), czyli \(x=105^\circ\). Kąt ten jest większy od \(90^\circ\), więc to on jest kątem rozwartym. **Odpowiedź.** A. \(105^\circ\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** stosowanie własności kątów wewnętrznych równoległoboku Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

Równość \(|\angle AED|=|\angle BAE|+|\angle CDE|\) zachodzi dla każdego punktu \(E\) leżącego na ramieniu \(BC\) trapezu \(ABCD\).

Przez punkt \(E\) prowadzimy prostą \(k\) równoległą do podstawy \(AB\). Ponieważ \(AB\parallel CD\), prosta \(k\) jest równoległa także do \(CD\). Punkt \(E\) leży na ramieniu \(BC\), więc prosta \(k\) przebiega między podstawami: półprosta \(EA\) leży po stronie podstawy \(AB\), a półprosta \(ED\) — po stronie podstawy \(CD\). Prosta \(k\) leży zatem wewnątrz kąta \(AED\) i dzieli go na dwa kąty: \[|\angle AED|=|\angle AEk|+|\angle kED|,\] gdzie \(\angle AEk\) oznacza kąt między półprostą \(EA\) a tą półprostą prostej \(k\), która jest skierowana zgodnie z półprostą \(AB\), a \(\angle kED\) — kąt między półprostą \(ED\) a przeciwną półprostą prostej \(k\). Prosta \(AE\) przecina proste równoległe \(AB\) i \(k\), więc kąty \(BAE\) i \(AEk\) są kątami naprzemianległymi wewnętrznymi: \[|\angle AEk|=|\angle BAE|.\] Analogicznie prosta \(DE\) przecina proste równoległe \(CD\) i \(k\), więc kąty \(CDE\) i \(kED\) są naprzemianległe wewnętrzne: \[|\angle kED|=|\angle CDE|.\] Podstawiając obie równości, otrzymujemy \[|\angle AED|=|\angle BAE|+|\angle CDE|.\] **Odpowiedź.** \(|\angle AED|=|\angle BAE|+|\angle CDE|\), co należało udowodnić.

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego, poprawnego dowodu, w tym poprowadzenie przez punkt \(E\) prostej równoległej do podstaw i powołanie się na równość kątów naprzemianległych **Uwaga:** Centralna Komisja Egzaminacyjna nie opublikowała dla tego arkusza pokazowego schematu oceniania z progami cząstkowymi. Podana punktacja całkowita pochodzi z arkusza.

**Sprawdzana umiejętność:** przeprowadzanie dowodu geometrycznego z wykorzystaniem własności kątów utworzonych przez prostą przecinającą dwie proste równoległe.

\(36\)°, \(72\)°, \(72\)°

Oznaczmy \(\gamma=\lvert\angle ACB\rvert\). Z \(\lvert AD\rvert=\lvert CD\rvert\) trójkąt \(ACD\) jest równoramienny o podstawie \(AC\), więc \(\lvert\angle DAC\rvert=\gamma\), a kąt \(ADB\), jako kąt zewnętrzny trójkąta \(ACD\) przy wierzchołku \(D\), ma miarę \[\lvert\angle ADB\rvert=2\gamma.\] Z \(\lvert AB\rvert=\lvert AD\rvert\) trójkąt \(ABD\) jest równoramienny o podstawie \(BD\), więc \[\lvert\angle ABD\rvert=\lvert\angle ADB\rvert=2\gamma.\] Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny (\(\lvert AC\rvert=\lvert BC\rvert\)), więc \(\lvert\angle BAC\rvert=\lvert\angle ABC\rvert=2\gamma\). Z sumy kątów \[2\gamma+2\gamma+\gamma=180^\circ,\qquad \gamma=36^\circ.\] **Odpowiedź.** Kąty trójkąta \(ABC\) mają miary \(36^\circ\), \(72^\circ\), \(72^\circ\).

*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.* Odpowiedź CKE: \(36^{\circ}\), \(72^{\circ}\), \(72^{\circ}\)

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

\[\lvert AC\rvert=\lvert CE\rvert.\]

Oznaczmy \(\beta=\lvert\angle ABC\rvert\) oraz \(\delta=\lvert\angle DAE\rvert=\lvert\angle EAB\rvert\) (półprosta \(AE\) jest dwusieczną kąta \(DAB\)). Z założenia \(\lvert\angle CAD\rvert=\beta\). Punkt \(D\) leży na boku \(BC\), a \(E\) na boku \(AB\), więc półprosta \(AD\) leży wewnątrz kąta \(CAB\) i \[\lvert\angle CAE\rvert=\lvert\angle CAD\rvert+\lvert\angle DAE\rvert=\beta+\delta.\] Kąt \(AEC\) jest kątem zewnętrznym trójkąta \(ABE\) przy wierzchołku \(E\), więc jest równy sumie dwóch kątów wewnętrznych do niego nieprzyległych: \[\lvert\angle AEC\rvert=\lvert\angle ABE\rvert+\lvert\angle EAB\rvert=\beta+\delta.\] Zatem w trójkącie \(ACE\) kąty przy wierzchołkach \(A\) i \(E\) mają równe miary, czyli trójkąt ten jest równoramienny o podstawie \(AE\). Naprzeciw równych kątów leżą równe boki, więc \[\lvert CA\rvert=\lvert CE\rvert,\] co należało udowodnić. **Odpowiedź.** \(\lvert AC\rvert=\lvert CE\rvert\)

*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.

\[\lvert\angle ADC\rvert=5\lvert\angle ACD\rvert.\]

Oznaczmy \(\gamma=\lvert\angle ACD\rvert=\lvert\angle ACB\rvert\). Z założenia \(\lvert AD\rvert=\lvert CD\rvert\), więc trójkąt \(ACD\) jest równoramienny i \[\lvert\angle DAC\rvert=\gamma,\qquad \lvert\angle ADC\rvert=180^\circ-2\gamma.\] Punkt \(D\) leży na boku \(BC\), więc kąty \(ADC\) i \(ADB\) są przyległe: \[\lvert\angle ADB\rvert=2\gamma.\] Z założenia \(\lvert AB\rvert=\lvert BD\rvert\), więc trójkąt \(ABD\) jest równoramienny o podstawie \(AD\) — kąty przy tej podstawie są równe: \[\lvert\angle DAB\rvert=\lvert\angle ADB\rvert=2\gamma,\qquad \lvert\angle ABD\rvert=180^\circ-4\gamma.\] Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny (\(\lvert AC\rvert=\lvert BC\rvert\)), więc kąty przy podstawie \(AB\) są równe: \[\lvert\angle BAC\rvert=\lvert\angle ABC\rvert=180^\circ-4\gamma.\] Z sumy kątów trójkąta \(ABC\): \[2\left(180^\circ-4\gamma\right)+\gamma=180^\circ,\qquad 7\gamma=180^\circ,\qquad \gamma=\frac{180^\circ}{7}.\] Zatem \[\lvert\angle ADC\rvert=180^\circ-2\gamma=7\gamma-2\gamma=5\gamma=5\lvert\angle ACD\rvert,\] co należało udowodnić. **Odpowiedź.** \(\lvert\angle ADC\rvert=5\lvert\angle ACD\rvert\)

*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.

\(|\angle ACD|=67{,}5^\circ\), a ponieważ cosinus maleje w przedziale \((0^\circ,90^\circ)\) i \(\cos60^\circ=\frac12\), to \(\cos(\angle ACD)<\frac12\).

Z rysunku odczytujemy, że punkty \(A\), \(B\), \(D\) leżą kolejno na jednej prostej, a odcinek \(CD\) jest do niej prostopadły. Trójkąt \(BDC\) jest prostokątny i równoramienny o podstawie \(BC\), więc kąt prosty leży przy wierzchołku \(D\), a kąty przy podstawie są równe: \[|\angle DBC|=|\angle DCB|=\frac{180^\circ-90^\circ}{2}=45^\circ.\] Kąty \(ABC\) i \(DBC\) są przyległe, bo punkty \(A\), \(B\), \(D\) są współliniowe. Stąd \[|\angle ABC|=180^\circ-45^\circ=135^\circ.\] Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny o podstawie \(AC\), więc kąty przy tej podstawie są równe: \[|\angle BCA|=|\angle BAC|=\frac{180^\circ-135^\circ}{2}=22{,}5^\circ.\] Półprosta \(CB\) leży wewnątrz kąta \(ACD\), zatem \[|\angle ACD|=|\angle ACB|+|\angle BCD|=22{,}5^\circ+45^\circ=67{,}5^\circ.\] Funkcja cosinus jest malejąca w przedziale \((0^\circ,90^\circ)\), a \(60^\circ<67{,}5^\circ<90^\circ\), więc \[\cos(\angle ACD)=\cos67{,}5^\circ<\cos60^\circ=\frac12,\] co należało uzasadnić. **Odpowiedź.** \(|\angle ACD|=67{,}5^\circ\), a stąd \(\cos(\angle ACD)<\frac12\).

*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.* **(1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(DBC\): \(\lvert\angle DBC\rvert=45^\circ\). **(1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(ABC\): \(\lvert\angle ABC\rvert=135^\circ\). **(1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(BCA\): \(\lvert\angle BCA\rvert=22{,}5^\circ\). **(1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(ACD\): \(\lvert\angle ACD\rvert=67{,}5^\circ\). **(1 pkt)** – uzasadnienie, że \(\cos(\angle ACD)<\frac{1}{2}\), np. przez monotoniczność funkcji cosinus: \(\cos 60^\circ=\frac{1}{2}\), więc \(\cos 67{,}5^\circ<\frac{1}{2}\).

Formuła 2002: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.