Okręgi i koła — cięciwa, styczna i kąty w okręgu w zadaniach maturalnych

Obwód czworokąta jest równy \(20\).

Kąt \(ABC\) jest prosty, więc trójkąt \(ABC\) jest prostokątny i \[\lvert AC\rvert=\sqrt{4^2+7^2}=\sqrt{65},\qquad P_{ABC}=\tfrac12\cdot4\cdot7=14.\] Kąt \(ABC\) jest wpisany i ma \(90^\circ\), więc \(AC\) jest średnicą okręgu opisanego na czworokącie. Kąt \(ADC\), oparty na tej samej średnicy, również jest prosty. Pole czworokąta jest sumą pól trójkątów \(ABC\) i \(ACD\), więc \[P_{ACD}=18-14=4=\tfrac12\lvert AD\rvert\cdot\lvert DC\rvert,\qquad \lvert AD\rvert\cdot\lvert DC\rvert=8.\] Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ACD\) \[\lvert AD\rvert^2+\lvert DC\rvert^2=65.\] Stąd \[\left(\lvert AD\rvert+\lvert DC\rvert\right)^2=65+2\cdot8=81,\qquad \lvert AD\rvert+\lvert DC\rvert=9\] (bierzemy wartość dodatnią, bo to suma długości). Obwód: \[L=4+7+9=20.\] **Odpowiedź.** Obwód czworokąta jest równy \(20\).

**1 pkt** – zauważenie, że \(AC\) jest średnicą i kąt \(ADC\) jest prosty. **2–3 pkt** – wyznaczenie \(\lvert AD\rvert\cdot\lvert DC\rvert=8\) oraz \(\lvert AD\rvert^2+\lvert DC\rvert^2=65\). **4 pkt** – obliczenie obwodu \(L=20\).

**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.

Obwód czworokąta jest równy \(20\).

Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny, więc \(\lvert AC\rvert=\sqrt{65}\), a jego pole jest równe \(14\). Pole trójkąta \(ACD\) wynosi zatem \(18-14=4\). Ponieważ \(ABCD\) jest wpisany w okrąg, \(\angle ADC=90^{\circ}\). Oznaczając \(\lvert CD\rvert=c\) i \(\lvert AD\rvert=d\), mamy \(cd=8\) oraz \(c^{2}+d^{2}=65\), więc \(c+d=9\). Obwód wynosi \(4+7+9=20\).

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – obliczenie pola trójkąta \(ACD\) i zapisanie, że trójkąt \(ACD\) jest prostokątny (lub dokonanie zapisów, z których wynika, że zdający traktuje ten trójkąt jako prostokątny), np. \(P_{ACD}=4\) oraz \(\frac{1}{2}cd=4\). **2 pkt** – zapisanie układu równań niezależnych z dwiema niewiadomymi \(c\) i \(d\), np. \(\frac{1}{2}cd=4\) oraz \(c^{2}+d^{2}=\left(\sqrt{65}\right)^{2}\) (dla sposobu I) ALBO zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością odcinka \(AE\) lub \(EC\)), np. \(\frac{\frac{8}{\sqrt{65}}}{x}=\frac{\sqrt{65}-x}{\frac{8}{\sqrt{65}}}\) (dla sposobu II). **3 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością jednej z przyprostokątnych trójkąta \(ACD\)), np. \(c^{2}+\left(\frac{8}{c}\right)^{2}=65\) ALBO zapisanie równania \((c+d)^{2}=81\), ALBO obliczenie długości odcinków \(AE\) oraz \(EC\) (dla jednego przypadku): \(\frac{1}{\sqrt{65}}\) i \(\frac{64}{\sqrt{65}}\). **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(20\). Uwaga. Jeżeli zdający uzyska tylko jeden czworokąt \(ABCD\) spełniający warunki zadania i nie skomentuje, że drugi czworokąt spełniający warunki zadania różni się tylko permutacją długości boków \(AD\) i \(CD\), to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.

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

**C.** \(\lvert\angle BCA\rvert=72^{\circ}\)

Kąt \(ABD\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(AD\) niezawierającym punktu \(B\), więc \[\overset{\frown}{AD}=2\cdot18^{\circ}=36^{\circ}.\] Odcinek \(BD\) jest średnicą, więc dzieli okrąg na dwa łuki po \(180^{\circ}\). Punkt \(A\) leży na tym samym półokręgu co \(D\) względem… dokładniej: łuk \(BAD\) ma \(180^{\circ}\) i składa się z łuków \(BA\) oraz \(AD\), zatem \[\overset{\frown}{AB}=180^{\circ}-36^{\circ}=144^{\circ}.\] Z rysunku punkt \(C\) leży na drugim półokręgu, więc kąt wpisany \(BCA\) jest oparty na łuku \(AB\) o mierze \(144^{\circ}\): \[\lvert\angle BCA\rvert=\tfrac12\cdot144^{\circ}=72^{\circ}.\] **Odpowiedź.** C. \(72^{\circ}\)

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

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.1) Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

**C.** \(\lvert\angle BOA\rvert=70^{\circ}\)

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy konfigurację kątów w okręgu: kąt \(CDA\) ma wierzchołek na okręgu, więc jest kątem wpisanym, a kąty \(COB\) i \(BOA\) mają wierzchołek w środku, więc są kątami środkowymi. Korzystamy z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym: kąt środkowy jest dwa razy większy od kąta wpisanego opartego na tym samym łuku. **Krok \(2\).** Kąt wpisany \(\angle CDA\) jest oparty na łuku \(AC\), na którym leży punkt \(B\) (a nie \(D\)). Odpowiadający mu kąt środkowy to \(\angle AOC\), więc \[|\angle AOC|=2\cdot|\angle CDA|=2\cdot50^{\circ}=100^{\circ}.\] **Krok \(3\).** Punkt \(B\) leży na krótszym łuku \(AC\), czyli promień \(OB\) przebiega wewnątrz kąta \(AOC\) i dzieli go na dwa kąty: \[|\angle AOB|+|\angle BOC|=|\angle AOC|=100^{\circ}.\] **Krok \(4\).** Z treści wiemy, że \(|\angle COB|=30^{\circ}\). Podstawiamy: \[|\angle AOB|+30^{\circ}=100^{\circ}.\] **Krok \(5\).** Stąd \[|\angle AOB|=100^{\circ}-30^{\circ}=70^{\circ},\] i rzeczywiście jest to kąt ostry, o który pytano. **Uwaga.** Kąt wpisany zawsze jest połową środkowego opartego na tym samym łuku - podwajamy \(50^{\circ}\), a nie połowimy. Odpowiedź \(100^{\circ}\) to cały kąt \(AOC\), z którego trzeba jeszcze odjąć \(30^{\circ}\). **Odpowiedź.** C, czyli \(70^{\circ}\).

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

**C.** \(57^\circ\)

Ponieważ \(\angle COB=90^\circ\), miara łuku \(CB\) jest równa \(90^\circ\). Dla kąta utworzonego przez przecinające się cięciwy mamy \[2\cdot78^\circ=m(\overset{\frown}{AD})+m(\overset{\frown}{CB}),\] czyli \[m(\overset{\frown}{AD})=156^\circ-90^\circ=66^\circ.\] Punkty \(D,A,B\) leżą na jednym półokręgu, więc \[m(\overset{\frown}{AB})=180^\circ-66^\circ=114^\circ.\] Kąt wpisany \(BDA\) oparty na łuku \(AB\) ma zatem miarę \[\angle BDA=\frac12\cdot114^\circ=57^\circ.\] Poprawna jest odpowiedź **C**.

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

B. \(4\)

Trójkąt o bokach \(10\), \(24\), \(26\) jest prostokątny, bo \[10^2+24^2=100+576=676=26^2.\] Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(a\), \(b\) i przeciwprostokątnej \(c\) promień okręgu wpisanego wyraża wzór \(r=\frac{a+b-c}{2}\), więc \[r=\frac{10+24-26}{2}=4.\] Kontrola drugą metodą: \(P=\frac12\cdot10\cdot24=120\), \(p=\frac{10+24+26}{2}=30\), \(r=\frac../../{p}=\frac{120}{30}=4\). **Odpowiedź.** B. \(4\)

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

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: G10.21) Konstruuje okrąg wpisany w trójkąt; G10.3) korzysta z własności stycznej.

D. \(13\)

Trójkąt o bokach \(10\), \(24\), \(26\) jest prostokątny, bo \[10^2+24^2=100+576=676=26^2.\] Kąt prosty jest kątem wpisanym opartym na przeciwprostokątnej, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego: \[R=\frac{26}{2}=13.\] **Odpowiedź.** D. \(13\)

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

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: G10.21) Konstruuje okrąg opisany na trójkącie.

C. \(54^{\circ}\)

Wierzchołki dziesięciokąta foremnego dzielą okrąg opisany na dziesięć równych łuków, każdy o mierze \[\frac{360^\circ}{10}=36^\circ.\] Kąt \(AGD\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(AD\) niezawierającym punktu \(G\); łuk ten obejmuje trzy kolejne łuki \(AB\), \(BC\), \(CD\), więc ma miarę \[3\cdot36^\circ=108^\circ.\] Kąt wpisany ma miarę o połowę mniejszą: \[\lvert\angle AGD\rvert=\tfrac12\cdot108^\circ=54^\circ.\] **Odpowiedź.** C. \(54^{\circ}\)

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

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: 7.1) Stosuje zależności między kątem środkowym i wpisanym.

C. \(54^{\circ}\)

Wierzchołki dziesięciokąta foremnego dzielą okrąg opisany na dziesięć równych łuków, każdy o mierze \[\frac{360^\circ}{10}=36^\circ.\] Kąt \(AGD\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(AD\) niezawierającym punktu \(G\); łuk ten obejmuje trzy kolejne łuki \(AB\), \(BC\), \(CD\), więc ma miarę \[3\cdot36^\circ=108^\circ.\] Kąt wpisany ma miarę o połowę mniejszą: \[\lvert\angle AGD\rvert=\tfrac12\cdot108^\circ=54^\circ.\] **Odpowiedź.** C. \(54^{\circ}\)

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

Wymaganie ogólne: IV. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: VIII.5) Stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

B. \(4\)

Trójkąt o bokach \(10\), \(24\), \(26\) jest prostokątny, bo \[10^2+24^2=100+576=676=26^2.\] Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(a\), \(b\) i przeciwprostokątnej \(c\) promień okręgu wpisanego wyraża wzór \(r=\frac{a+b-c}{2}\), więc \[r=\frac{10+24-26}{2}=4.\] Kontrola drugą metodą: \(P=\frac12\cdot10\cdot24=120\), \(p=\frac{10+24+26}{2}=30\), \(r=\frac../../{p}=\frac{120}{30}=4\). **Odpowiedź.** B. \(4\)

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

Wymaganie ogólne: IV. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: VIII.10) Wskazuje środek okręgu wpisanego; VIII.1) wyznacza promienie okręgów.

D. \(13\)

Trójkąt o bokach \(10\), \(24\), \(26\) jest prostokątny, bo \[10^2+24^2=100+576=676=26^2.\] Kąt prosty jest kątem wpisanym opartym na przeciwprostokątnej, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego: \[R=\frac{26}{2}=13.\] **Odpowiedź.** D. \(13\)

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

Wymaganie ogólne: IV. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: VIII.10) Wskazuje środek okręgu opisanego; VIII.1) wyznacza promienie okręgów.

**C.** \(50^{\circ}\)

Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą wynika, że jego miara jest równa mierze kąta wpisanego opartego na tej samej cięciwie. Kąt między styczną \(k\) a cięciwą \(AB\) ma miarę \(50^{\circ}\), więc ostry kąt wpisany \(BCA\) ma również miarę \[\lvert\angle BCA\rvert=50^{\circ}.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

**B.** \(2\)

Punkt przecięcia dwusiecznych jest środkiem okręgu wpisanego, więc szukana odległość jest promieniem \(r\) tego okręgu. Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(5\) i \(12\) oraz przeciwprostokątnej \(13\) mamy \[r=\frac{5+12-13}{2}=2.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.10) Zdający wskazuje podstawowe punkty szczególne w trójkącie, w tym środek okręgu wpisanego, oraz korzysta z ich własności.

**C.** Kąt środkowy \(AOB\) oparty na tym samym łuku co kąt wpisany \(ACB\) ma miarę \(100^{\circ}\). Trójkąt \(AOB\) jest równoramienny, więc \(\angle ABO=\frac{180^{\circ}-100^{\circ}}{2}=40^{\circ}\).

**Krok \(1\).** Punkty leżą na okręgu, a szukany kąt ma wierzchołek w środku okręgu — to sygnał, że trzeba połączyć dwa fakty: twierdzenie o kącie środkowym i wpisanym oraz to, że dwa promienie tworzą trójkąt równoramienny. **Krok \(2\).** Kąt \(BCA\) ma wierzchołek na okręgu, a jego ramiona przechodzą przez \(A\) i \(B\), więc jest to kąt **wpisany** oparty na łuku \(AB\). Kąt \(AOB\) ma wierzchołek w środku \(O\) i opiera się na tym samym łuku, więc jest kątem **środkowym**. **Krok \(3\).** Kąt środkowy jest dwa razy większy od wpisanego opartego na tym samym łuku: \[\left|\angle AOB\right|=2\cdot50^{\circ}=100^{\circ}.\] **Krok \(4\).** Odcinki \(OA\) i \(OB\) są promieniami tego samego okręgu, więc \(|OA|=|OB|\) i trójkąt \(AOB\) jest równoramienny o podstawie \(AB\). **Krok \(5\).** W trójkącie równoramiennym kąty przy podstawie są równe. Suma kątów trójkąta wynosi \(180^{\circ}\), więc na dwa kąty przy podstawie zostaje \(180^{\circ}-100^{\circ}=80^{\circ}\), czyli \[\left|\angle ABO\right|=\left|\angle BAO\right|=\frac{80^{\circ}}{2}=40^{\circ}.\] **Krok \(6\).** Szukany kąt ostry \(ABO\) ma więc miarę \(40^{\circ}\). **Uwaga.** Kusi, by odpowiedzieć \(50^{\circ}\), przenosząc miarę danego kąta w inne miejsce rysunku — ale \(\angle ABO\) jest kątem trójkąta \(AOB\) i z kątem wpisanym \(\angle BCA\) łączy go dopiero kąt środkowy. Zauważmy też, że \(40^{\circ}+40^{\circ}+100^{\circ}=180^{\circ}\), więc rachunek się domyka. **Odpowiedź.** C: \(40^{\circ}\)

1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź 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.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

**D.** Kąt środkowy \(BSA\) oparty na tym samym łuku co kąt wpisany \(BDA\) ma miarę \(2\cdot40^{\circ}=80^{\circ}\).

**Krok \(1\).** Punkty \(A\), \(B\), \(D\) leżą na okręgu, a \(S\) jest jego środkiem. Kąt \(BDA\) o wierzchołku \(D\) na okręgu to **kąt wpisany** oparty na łuku \(AB\), natomiast kąt \(BSA\) o wierzchołku w środku okręgu to **kąt środkowy** oparty na tym samym łuku. To rozpoznanie od razu wskazuje narzędzie: twierdzenie o kącie środkowym i wpisanym. **Krok \(2\).** Twierdzenie mówi, że kąt środkowy jest dwa razy większy od kąta wpisanego opartego na tym samym łuku: \[|\angle BSA|=2\cdot|\angle BDA|=2\cdot40^\circ=80^\circ.\] **Krok \(3\).** Warto zobaczyć, że ten sam wynik da się uzyskać bez tego twierdzenia. Odcinki \(SA\) i \(SD\) są promieniami, więc \(|SA|=|SD|=36\) i trójkąt \(ASD\) jest równoramienny. **Krok \(4\).** W trójkącie równoramiennym kąty przy podstawie są równe, a kąt \(SDA\) to nasz kąt \(BDA\) (bo punkt \(S\) leży na odcinku \(BD\), więc półprosta \(DS\) to ta sama półprosta co \(DB\)). Stąd \[|\angle SAD|=|\angle SDA|=40^\circ.\] **Krok \(5\).** Suma kątów trójkąta \(ASD\) wynosi \(180^\circ\), więc \[|\angle ASD|=180^\circ-40^\circ-40^\circ=100^\circ.\] **Krok \(6\).** Ponieważ \(S\) leży na odcinku \(BD\), kąty \(ASD\) i \(ASB\) są przyległe i dopełniają się do kąta półpełnego: \[|\angle BSA|=180^\circ-100^\circ=80^\circ.\] **Uwaga.** Miara kąta \(DBC\) równa \(65^\circ\) oraz długość promienia \(36\) nie są w tym podpunkcie potrzebne — dotyczą pozostałej części zadania. Nadmiar danych to częsty zabieg; trzeba wybrać te, które opisują interesujący nas łuk. **Odpowiedź.** D: \(80^\circ\)

1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź 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.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

**B.** \(10\pi\)

Z rysunku odczytujemy, że punkty \(B\) i \(D\) leżą na okręgu, a środek \(S\) leży na odcinku \(BD\) — odcinek \(BD\) jest więc średnicą okręgu. Kąt \(BCD\) jest kątem wpisanym opartym na średnicy, zatem \[|\angle BCD|=90^{\circ}.\] W trójkącie \(BCD\) znamy \(|\angle DBC|=65^{\circ}\), więc z sumy kątów \[|\angle CDB|=180^{\circ}-90^{\circ}-65^{\circ}=25^{\circ}.\] Kąt \(CDB\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(BC\), a kąt środkowy oparty na tym samym łuku jest dwa razy większy: \[|\angle BSC|=2\cdot25^{\circ}=50^{\circ}.\] Długość łuku o mierze \(\varphi\) w okręgu o promieniu \(r\) wynosi \(\frac{\varphi}{360^{\circ}}\cdot2\pi r\). Dla \(\varphi=50^{\circ}\) i \(r=36\): \[\ell=\frac{50}{360}\cdot2\pi\cdot36=\frac{50}{360}\cdot72\pi=10\pi.\] Kąt \(BDA=40^{\circ}\) jest w tym rachunku daną zbędną. **Odpowiedź.** B. \(10\pi\)

1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź 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.6) Zdający stosuje wzory na […] długość łuku okręgu.

**C.** \(36^\circ\)

Kąt środkowy oparty na łuku stanowiącym \(\frac15\) okręgu ma miarę \[\frac15\cdot360^\circ=72^\circ.\] Kąt wpisany oparty na tym samym łuku ma miarę równą połowie kąta środkowego, zatem \[|\angle ACB|=\frac12\cdot72^\circ=36^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzanie rozumowań, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

\[|AC|=|BC|,\] więc trójkąt \(ABC\) jest równoramienny.

Oznaczmy przez \(D\) punkt styczności okręgu \(\mathcal O\) z bokiem \(AC\), a przez \(E\) punkt styczności z bokiem \(BC\). Z twierdzenia o odcinkach stycznych poprowadzonych z jednego punktu wynika \[|CD|=|CE|.\] Z twierdzenia o odcinkach siecznej i stycznej mamy \[|AD|^2=|AM|\cdot|AN|\] oraz \[|BE|^2=|BN|\cdot|BM|.\] Ponieważ \(|AM|=|BN|\) oraz \[|AN|=|AM|+|MN|=|BN|+|MN|=|BM|,\] otrzymujemy \[|AD|^2=|BE|^2.\] Długości są dodatnie, więc \(|AD|=|BE|\). Wobec tego \[|AC|=|AD|+|DC|=|BE|+|EC|=|BC|.\] Zatem trójkąt \(ABC\) jest równoramienny.

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **1 pkt** – uzasadnienie, że \(|CD|=|CE|\), albo uzasadnienie, że \(|AD|=|BE|\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

**B.** \(4\pi\)

Kąt środkowy oparty na tym samym łuku ma miarę dwa razy większą od kąta wpisanego: \[\angle ASB=2\cdot60^\circ=120^\circ.\] Łuk \(AB\) stanowi więc \(\frac{120^\circ}{360^\circ}=\frac13\) obwodu okręgu. Ponieważ \[2\pi r=2\pi\cdot6=12\pi,\] długość łuku wynosi \[\frac13\cdot12\pi=4\pi.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych. VIII.6) Zdający stosuje wzór na długość łuku okręgu.

Na czworokącie \(ABCD\) można opisać okrąg.

Kąty \(ASD\) oraz \(BSC\) są wierzchołkowe, więc \[|\angle ASD|=|\angle BSC|.\] Z założenia \(\frac{|AS|}{|DS|}=\frac{|BS|}{|CS|}\) wynika, że trójkąty \(ASD\) i \(BSC\) są podobne na mocy cechy bok-kąt-bok. Zatem \[|\angle DAS|=|\angle CBS|,\qquad |\angle ADS|=|\angle BCS|.\quad(1)\] Analogicznie kąty \(ASB\) i \(DSC\) są wierzchołkowe, a z założenia wynika \(\frac{|AS|}{|BS|}=\frac{|DS|}{|CS|}\). Trójkąty \(ASB\) i \(DSC\) są więc podobne, a zatem \[|\angle SAB|=|\angle SDC|,\qquad |\angle ABS|=|\angle DCS|.\quad(2)\] Ze związków \((1)\) i \((2)\) otrzymujemy \[|\angle DAB|+|\angle BCD|=|\angle ABC|+|\angle CDA|.\] Suma wszystkich kątów czworokąta jest równa \(360^\circ\), więc każda ze wskazanych sum jest równa \(180^\circ\). Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia o kątach przeciwległych czworokąta wpisanego w okrąg wynika, że na czworokącie \(ABCD\) można opisać okrąg.

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania: wykazanie podobieństwa trójkątów \(ASD\) i \(BSC\), wykazanie podobieństwa trójkątów \(ASB\) i \(DSC\), zapisanie odpowiednich równości kątów i sformułowanie wniosku o możliwości opisania okręgu na \(ABCD\) **2 pkt** – wykazanie podobieństwa jednej z par trójkątów oraz zapisanie dwóch wynikających z niego równości miar kątów **1 pkt** – wykazanie podobieństwa trójkątów \(ASD\) i \(BSC\) albo \(ASB\) i \(DSC\) na mocy cechy bok-kąt-bok **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

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

**C.** \(48^\circ\)

Kąt wpisany \(ACB\) oparty na łuku \(AB\) ma miarę \(42^\circ\), więc oparty na tym samym łuku kąt środkowy \(ASB\) ma miarę \[\angle ASB=2\cdot42^\circ=84^\circ.\] Trójkąt \(ASB\) jest równoramienny, ponieważ \(|SA|=|SB|\). Zatem \[\angle BAS=\frac{180^\circ-84^\circ}{2}=48^\circ.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **C** **0 pkt** – odpowiedź 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.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

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

Kąt środkowy \(KSM\) oparty na mniejszym łuku \(KM\) ma miarę \(160^\circ\). Ponieważ punkt \(L\) leży na tym łuku, kąt wpisany \(KLM\) jest oparty na większym łuku \(KM\), którego miara wynosi \[360^\circ-160^\circ=200^\circ.\] Miara kąta wpisanego jest połową miary łuku, na którym jest oparty, więc \[|\angle KLM|=\frac12\cdot200^\circ=100^\circ.\] Poprawna jest odpowiedź **C**.

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

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

Kąt środkowy \(KSM\) wyznacza mniejszy łuk \(KM\) o mierze \(160^\circ\). Ponieważ punkt \(L\) leży na tym łuku, kąt wpisany \(KLM\) opiera się na większym łuku \(KM\), którego miara wynosi \[360^\circ-160^\circ=200^\circ.\] Miara kąta wpisanego jest połową miary łuku, więc \[\angle KLM=\frac{200^\circ}{2}=100^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1) Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

**A.** \(30^\circ\)

Ponieważ \(AB\) jest średnicą, kąt \(ACB\) jest prosty. Długość średnicy wynosi \(|AB|=16\). W trójkącie prostokątnym \[\cos\angle BAC=\frac{|AC|}{|AB|}=\frac{8\sqrt3}{16}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Zatem \(\angle BAC=30^\circ\).

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VII.4 i VIII.5 obliczanie kątów i boków trójkąta oraz stosowanie własności kątów wpisanych i środkowych.

**D.** \(38^\circ\)

Promienie \(OA\) i \(OB\) są prostopadłe do stycznych, więc w czworokącie \(AOSB\) \[\angle AOB=180^\circ-76^\circ=104^\circ.\] Trójkąt \(AOB\) jest równoramienny, zatem \[\angle OBA=\frac{180^\circ-104^\circ}{2}=38^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; tworzenie obiektów pomocniczych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 i VIII.7 stosowanie własności kątów wpisanych i środkowych oraz własności stycznej do okręgu.

\[|AC|=|BC|=3x,\] zatem trójkąt \(ABC\) jest równoramienny.

Niech \[|BP|=x.\] Odcinki styczne poprowadzone z jednego punktu do okręgu mają równe długości, zatem \[|BD|=|BP|=x.\] Z warunku \(|CD|=2|BD|\) otrzymujemy \[|CD|=2x.\] Ponownie korzystając z własności odcinków stycznych, tym razem poprowadzonych z punktu \(C\), mamy \[|CQ|=|CD|=2x.\] Z warunku \(|AQ|=5|BP|\) wynika \[|AQ|=5x.\] Odcinki styczne poprowadzone z punktu \(A\) także są równe, więc \[|AP|=|AQ|=5x.\] Teraz \[|AC|=|AQ|-|CQ|=5x-2x=3x,\] a także \[|BC|=|BD|+|DC|=x+2x=3x.\] Stąd \(|AC|=|BC|\), więc trójkąt \(ABC\) jest równoramienny.

**3 pkt** – spełnienie kryterium za \(2\) punkty oraz uzasadnienie, że \(|AC|=|BC|\) **2 pkt** – wyznaczenie długości \(|AP|\), \(|AQ|\), \(|BD|\), \(|CD|\), \(|CQ|\) względem tej samej zmiennej, na przykład \(5x,5x,x,2x,2x\) **1 pkt** – zapisanie co najmniej jednej właściwej równości wynikającej z twierdzenia o odcinkach stycznych: \(|BD|=|BP|\), \(|AP|=|AQ|\) lub \(|CQ|=|CD|\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.1) Zdający wyznacza promienie i średnice okręgów, długości cięciw okręgów oraz odcinków stycznych, w tym z wykorzystaniem twierdzenia Pitagorasa.

\[|AB|=2\sqrt{10},\qquad |BC|=3\sqrt6,\qquad |CD|=\sqrt{10},\qquad |AD|=2\sqrt6.\]

Trójkąty \(ABD\) i \(BCD\) są prostokątne, więc \(BD\) jest średnicą okręgu i \(|BD|=8\). Z warunków zadania: \[|DE|=2,\qquad |BE|=6,\qquad |AE|=4.\] Niech \(S\) będzie środkiem okręgu, a \(AP\) wysokością trójkąta \(ASE\). Ponieważ \(|AS|=|AE|=4\) i \(|ES|=2\), mamy \(|EP|=|PS|=1\), zatem \[|AP|^2=4^2-1^2=15.\] Ponieważ \(|PB|=5\) i \(|PD|=3\): \[|AB|=\sqrt{15+25}=2\sqrt{10},\qquad |AD|=\sqrt{15+9}=2\sqrt6.\] Trójkąty \(DEC\) i \(BEA\) są podobne w skali \(\frac12\), więc \[|CD|=\frac12|AB|=\sqrt{10}.\] W prostokątnym trójkącie \(BCD\): \[|BC|=\sqrt{|BD|^2-|CD|^2}=\sqrt{64-10}=3\sqrt6.\]

**5 pkt** – poprawna metoda i wszystkie cztery długości **4 pkt** – obliczenie \(|AB|\), \(|AD|\) oraz spełnienie jednego dodatkowego kryterium CKE: \(|CE|=3\), skala podobieństwa \(\frac12\) albo poprawna zależność opisująca pozostałe boki **3 pkt** – obliczenie \(|AB|=2\sqrt{10}\) i \(|AD|=2\sqrt6\) **2 pkt** – obliczenie \(|AP|=\sqrt{15}\), albo \(|CE|=3\), albo skali \(\frac12\), albo wyznaczenie \(|DE|=2\), \(|BE|=6\), \(|AE|=4\) wraz z odpowiednim układem równań **1 pkt** – wyznaczenie \(|DE|=2\), \(|BE|=6\), \(|AE|=4\), albo zauważenie podobieństwa, albo zapisanie twierdzenia o odcinkach siecznych **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.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

\[|AB|=2\sqrt{10},\qquad |BC|=3\sqrt6,\qquad |CD|=\sqrt{10},\qquad |AD|=2\sqrt6.\]

Trójkąty \(ABD\) i \(BCD\) są prostokątne, więc ich wspólna przeciwprostokątna \(BD\) jest średnicą okręgu. Zatem \(|BD|=8\). Z warunków \[|BE|=3|DE|,\qquad |BD|=2|AE|\] otrzymujemy \[|DE|=2,\qquad |BE|=6,\qquad |AE|=4.\] Niech \(S\) będzie środkiem okręgu, a \(AP\) wysokością trójkąta \(ASE\). Ponieważ \(|AS|=|AE|=4\) i \(|ES|=2\), mamy \(|EP|=|PS|=1\). Z twierdzenia Pitagorasa \[|AP|^2=4^2-1^2=15.\] Ponieważ \(|PB|=5\) i \(|PD|=3\), ponownie z twierdzenia Pitagorasa: \[|AB|=\sqrt{15+25}=2\sqrt{10},\] \[|AD|=\sqrt{15+9}=2\sqrt6.\] Trójkąty \(DEC\) i \(BEA\) są podobne, a ich skala wynosi \[\frac{|DE|}{|AE|}=\frac12.\] Stąd \[|CD|=\frac12|AB|=\sqrt{10}.\] W prostokątnym trójkącie \(BCD\): \[|BC|=\sqrt{|BD|^2-|CD|^2}=\sqrt{64-10}=3\sqrt6.\]

**5 pkt** – poprawna metoda i wszystkie długości: \(|AB|=2\sqrt{10}\), \(|BC|=3\sqrt6\), \(|CD|=\sqrt{10}\), \(|AD|=2\sqrt6\) **4 pkt** – obliczenie \(|AB|\) i \(|AD|\) oraz spełnienie jednego z kryteriów CKE: \(|CE|=3\), skala podobieństwa \(\frac12\) albo poprawna zależność opisująca pozostałe boki **3 pkt** – obliczenie \(|AB|=2\sqrt{10}\) i \(|AD|=2\sqrt6\) **2 pkt** – obliczenie \(|AP|=\sqrt{15}\), albo \(|CE|=3\), albo skali podobieństwa \(\frac12\), albo wyznaczenie \(|DE|=2\), \(|BE|=6\), \(|AE|=4\) wraz z układem równań prowadzącym do boków **1 pkt** – wyznaczenie \(|DE|=2\), \(|BE|=6\), \(|AE|=4\), albo zauważenie odpowiednich trójkątów podobnych, albo zapisanie \(|AE|\cdot|CE|=|BE|\cdot|DE|\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Element podstawy programowej:** własności kątów wpisanych i średnicy okręgu, podobieństwo trójkątów, twierdzenie Pitagorasa oraz twierdzenie o odcinkach siecznych. Klucz CKE dla tego arkusza w formule 2015 nie podaje osobnego kodu wymagania.

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

Kąt wpisany \(ADB\) ma miarę \(20^\circ\), więc miara łuku \(AB\) jest równa \(40^\circ\). Kąt wpisany \(DBC\) ma miarę \(40^\circ\), więc miara łuku \(DC\) jest równa \(80^\circ\). Miara kąta utworzonego przez dwie cięciwy przecinające się wewnątrz okręgu jest połową sumy miar odpowiednich łuków: \[|\angle DKC|=\frac12(80^\circ+40^\circ)=60^\circ.\]

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

**Element podstawy programowej:** geometria okręgu; zdający stosuje zależności między kątem wpisanym a łukiem oraz twierdzenie o kącie utworzonym przez przecinające się cięciwy.

**C.** \(\sqrt{12}\)

Z twierdzenia o stycznej i siecznej: \[|DA|^2=|DC|\cdot|DB|=3\cdot(3+4)=21,\] więc \(|DA|=\sqrt{21}\). Trójkąt \(DAB\) jest prostokątny, a \(|DB|=7\), zatem \[|AB|=\sqrt{7^2-(\sqrt{21})^2}=2\sqrt7.\] Szukana odległość jest wysokością \(h\) opuszczoną z \(A\) na \(DB\). Porównując dwa wzory na pole trójkąta \(DAB\), otrzymujemy \[h=\frac{|DA|\cdot|AB|}{|DB|}=\frac{\sqrt{21}\cdot2\sqrt7}{7}=2\sqrt3=\sqrt{12}.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.1 zdający wyznacza średnice, długości cięciw i odcinków stycznych, w tym z wykorzystaniem twierdzenia Pitagorasa.

**C.** \(\sqrt{12}\)

Z twierdzenia o stycznej i siecznej: \[|DA|^2=|DC|\cdot|DB|=3\cdot(3+4)=21,\] więc \(|DA|=\sqrt{21}\). Ponieważ styczna w punkcie \(A\) jest prostopadła do promienia, trójkąt \(DAB\) jest prostokątny, a \(|DB|=7\). Z twierdzenia Pitagorasa: \[|AB|=\sqrt{7^2-(\sqrt{21})^2}=\sqrt{28}=2\sqrt7.\] Szukana odległość jest wysokością trójkąta \(DAB\) opuszczoną z \(A\) na przeciwprostokątną \(DB\). Porównując pola: \[\frac12|DA|\cdot|AB|=\frac12|DB|\cdot h,\] \[h=\frac{\sqrt{21}\cdot2\sqrt7}{7}=2\sqrt3=\sqrt{12}.\]

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

**Element podstawy programowej:** geometria okręgu i trójkąta prostokątnego; zdający stosuje twierdzenie o stycznej i siecznej, twierdzenie Pitagorasa oraz wzór na pole trójkąta.

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

Kąt wpisany \(ADB\) ma miarę \(20^\circ\), więc łuk \(AB\) ma miarę \(40^\circ\). Kąt wpisany \(DBC\) ma miarę \(40^\circ\), więc łuk \(DC\) ma miarę \(80^\circ\). Dla cięciw przecinających się wewnątrz okręgu \[|\angle DKC|=\frac12(80^\circ+40^\circ)=60^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

**B.** \(116^\circ\)

Z twierdzenia o kącie między styczną i cięciwą wynika, że kąt wpisany \(ACB\), oparty na cięciwie \(AB\), ma miarę \(32^\circ\). Ponieważ \(AC\) jest średnicą, \(\angle ABC=90^\circ\). Zatem \[\angle BAC=180^\circ-90^\circ-32^\circ=58^\circ.\] Kąt środkowy \(BOC\), oparty na tym samym łuku \(BC\), ma miarę \[2\cdot58^\circ=116^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; przeprowadzanie rozumowań kilkuetapowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 i VIII.7 stosowanie własności kątów wpisanych i środkowych oraz twierdzenia o kącie między styczną i cięciwą.

\(r=7\)

Z twierdzenia o siecznych przecinających się wewnątrz okręgu mamy \[|PA|\cdot|PB|=|PC|\cdot|PD|.\] Podstawiamy dane: \[|PA|\cdot4=8\cdot5,\] stąd \(|PA|=10\). Średnica ma długość \[|AB|=|AP|+|PB|=10+4=14,\] więc promień wynosi \[r=\frac{|AB|}{2}=7.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(r=7\) **1 pkt** – wykazanie odpowiedniego podobieństwa trójkątów albo zapisanie zależności \(|PA|\cdot|PB|=|PC|\cdot|PD|\) prowadzącej do obliczenia \(|PA|\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; tworzenie strategii rozwiązania. **Wymagania szczegółowe:** VIII.1 i VIII.8 wyznaczanie promieni, średnic i długości cięciw okręgu oraz korzystanie z cech podobieństwa trójkątów.

\[|\angle CAB|=30^\circ,\qquad |\angle ABC|=30^\circ,\qquad |\angle BCA|=120^\circ.\]

Niech \(D\) będzie drugim końcem średnicy przechodzącej przez \(A\) i \(S\). Wtedy \(|AD|=2r\), \(|DB|=r\), a \(\angle ACD=90^\circ\). W trójkącie prostokątnym \(ACD\): \[|CD|^2=(2r)^2-(\sqrt3r)^2=r^2,\] więc \(|CD|=r\). Trójkąt \(ACD\) ma boki \(r,\sqrt3r,2r\), zatem jego kąty przy \(A\) i \(D\) mają odpowiednio \(30^\circ\) i \(60^\circ\). Ponieważ \(|DB|=|DC|=r\) i \(\angle CDB=120^\circ\), kąty przy \(B\) i \(C\) w trójkącie \(DBC\) mają po \(30^\circ\). Stąd kąty trójkąta \(ABC\) to \(30^\circ,30^\circ,120^\circ\).

**4 pkt** – poprawne miary wszystkich kątów: \(30^\circ,30^\circ,120^\circ\) **3 pkt** – poprawne wyznaczenie wszystkich kątów w trójkącie pomocniczym \(DBC\) albo \(ASC\) **2 pkt** – poprawne wyznaczenie pozostałych kątów w trójkącie \(ADC\) albo \(BSC\) **1 pkt** – zauważenie, że \(\angle ACD=90^\circ\) albo \(\angle BCS=90^\circ\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.1 i III.3 operowanie obiektami oraz tworzenie konstrukcji pomocniczej. **Wymagania szczegółowe:** VII.6, VIII.1, VIII.5 i VIII.11 rozwiązywanie trójkątów, własności okręgu i kątów wpisanych oraz zastosowanie trygonometrii w planimetrii.

**C.** \(50^\circ\)

Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą wynika, że kąt między styczną \(k\) a cięciwą \(AB\) jest równy kątowi wpisanemu opartemu na tej samej cięciwie \(AB\). Ponieważ \(\angle BCA\) jest ostry, ma miarę \(50^\circ\).

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

**Wymagania ogólne:** III.1 i III.3 interpretowanie obiektów i tworzenie pomocniczego rozumowania. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 i VIII.7 własności kątów wpisanych oraz twierdzenie o kącie między styczną a cięciwą.

\[R=\frac{8\sqrt7}{7}.\]

Oznaczmy \(|\angle CAB|=\alpha\). Z twierdzenia cosinusów \[5^2=6^2+4^2-2\cdot6\cdot4\cos\alpha,\] więc \[\cos\alpha=\frac9{16}.\] Ponieważ \(\alpha\) jest kątem trójkąta, \(\sin\alpha>0\), zatem \[\sin\alpha=\sqrt{1-\left(\frac9{16}\right)^2}=\frac{5\sqrt7}{16}.\] Z twierdzenia sinusów \[\frac{|BC|}{\sin\alpha}=2R,\] stąd \[R=\frac5{2\cdot(5\sqrt7/16)}=\frac8{\sqrt7}=\frac{8\sqrt7}{7}.\]

**3 pkt** – poprawna metoda i wynik \(R=\frac{8\sqrt7}{7}\) **2 pkt** – obliczenie sinusa jednego z kątów trójkąta albo obliczenie cosinusa i poprawne zapisanie równań z twierdzenia sinusów oraz jedynki trygonometrycznej **1 pkt** – obliczenie cosinusa jednego z kątów albo poprawne zastosowanie twierdzeń cosinusów i sinusów dla tego samego kąta **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.1 i III.3 operowanie obiektami oraz tworzenie obiektów pomocniczych. **Wymagania szczegółowe:** VII.5 i VIII.1 stosowanie twierdzeń sinusów i cosinusów oraz wyznaczanie promienia okręgu opisanego.

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

Z rysunku odczytujemy kolejność punktów na okręgu: \(D\), \(C\), \(B\), \(A\), \(E\) (zgodnie z ruchem wskazówek zegara), przy czym \(E\) leży na łuku \(AD\) niezawierającym \(B\) i \(C\). Kąt wpisany \(BCD\) jest oparty na łuku \(BD\) niezawierającym punktu \(C\) (czyli przechodzącym przez \(A\) i \(E\)), więc łuk ten ma miarę \[2\cdot110^\circ=220^\circ.\] Kąt wpisany \(BDA\) jest oparty na łuku \(AB\), więc \[\overset{\frown}{AB}=2\cdot35^\circ=70^\circ.\] Łuk \(BD\) przechodzący przez \(A\) i \(E\) składa się z łuku \(BA\) oraz łuku \(AD\) zawierającego \(E\), zatem \[\overset{\frown}{AED}=220^\circ-70^\circ=150^\circ.\] Kąt \(DEA\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(AD\) niezawierającym punktu \(E\), a ten ma miarę \(360^\circ-150^\circ=210^\circ\). Stąd \[\lvert\angle DEA\rvert=\tfrac12\cdot210^\circ=105^\circ.\] **Odpowiedź.** B. \(105^\circ\)

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

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R7.1) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu.

\[Ob_{ABCD}=16\sqrt3+10.\]

Oznaczmy \(\alpha=|\angle BAC|\). Z warunków zadania \[\sin\alpha=\frac14,\qquad |\angle ACB|=60^\circ.\] Stosujemy twierdzenie sinusów w trójkącie \(ABC\): \[\frac{|AB|}{\sin60^\circ}=\frac{|BC|}{\sin\alpha}.\] Zatem \[\frac{|AB|}{\frac{\sqrt3}{2}}=\frac4{\frac14}=16,\] \[|AB|=8\sqrt3.\] Czworokąt \(ABCD\) jest opisany na okręgu, więc sumy długości przeciwległych boków są równe: \[|AB|+|CD|=|BC|+|AD|.\] Stąd obwód można zapisać jako \[Ob_{ABCD}=2(|AB|+|CD|).\] Ostatecznie \[Ob_{ABCD}=2(8\sqrt3+5)=16\sqrt3+10.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(16\sqrt3+10\) **3 pkt** – obliczenie \(|AB|=8\sqrt3\) i zapisanie \(Ob_{ABCD}=2(|AB|+|CD|)\) albo równoważnej zależności **2 pkt** – obliczenie \(|AB|=8\sqrt3\) albo zapisanie dwóch kluczowych równości wskazanych przez CKE **1 pkt** – zapisanie poprawnej zależności z twierdzenia sinusów, pola albo własności czworokąta opisanego na okręgu **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; 1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

\[Ob_{ABCD}=16\sqrt3+10.\]

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle BAC\rvert\); z treści \(\sin\alpha=\tfrac14\) oraz \(\lvert\angle ACB\rvert=60^\circ\). W trójkącie \(ABC\) bok \(AB\) leży naprzeciw kąta \(ACB\), a bok \(BC\) naprzeciw kąta \(BAC\), więc z twierdzenia sinusów \[\frac{\lvert AB\rvert}{\sin 60^\circ}=\frac{\lvert BC\rvert}{\sin\alpha},\qquad \lvert AB\rvert=\frac{4\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}}{\tfrac14}=8\sqrt3.\] Czworokąt jest opisany na okręgu, więc sumy długości przeciwległych boków są równe: \[\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert=\lvert BC\rvert+\lvert AD\rvert,\qquad \lvert AD\rvert=8\sqrt3+5-4=8\sqrt3+1.\] Obwód wynosi \[Ob=\lvert AB\rvert+\lvert BC\rvert+\lvert CD\rvert+\lvert AD\rvert=8\sqrt3+4+5+8\sqrt3+1=16\sqrt3+10.\] **Odpowiedź.** \(Ob_{ABCD}=16\sqrt3+10\).

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(16\sqrt{3}+10\). **3 pkt** – obliczenie długości boku \(AB\): \(\lvert AB\rvert=8\sqrt{3}\) i zapisanie \(Ob_{ABCD}=2\cdot(\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert)\) ALBO – obliczenie długości boku \(AB\): \(\lvert AB\rvert=8\sqrt{3}\) i zapisanie równania \(8\sqrt{3}+5=4+\lvert AD\rvert\). **2 pkt** – obliczenie długości boku \(AB\): \(8\sqrt{3}\) ALBO – zapisanie równości 1) i 3) określonych w kryterium oceniania za 1 punkt, ALBO – zapisanie równości 2) i 3) określonych w kryterium oceniania za 1 punkt, ALBO – zapisanie równości 1) i 4) określonych w kryterium oceniania za 1 punkt. **1 pkt** – zapisanie jednej z poniższych równości 1)- 4): 1) \(\frac{\lvert AB\rvert}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4}{\frac{1}{4}}\) lub \(\frac{1}{4}=\frac{2\sqrt{3}}{\lvert AB\rvert}\), 2) \(\frac{1}{2}\cdot 4\cdot\lvert AC\rvert\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}\cdot\lvert AC\rvert\cdot\lvert AB\rvert\cdot\frac{1}{4}\), 3) \(Ob_{ABCD}=2\cdot(\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert)\), 4) \(\lvert AB\rvert+5=4+\lvert AD\rvert\) ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą \(x\) (długością boku \(AB\)), np. \(x^{2}=16+\left(2+\frac{x\sqrt{15}}{4}\right)^{2}-4\left(2+\frac{x\sqrt{15}}{4}\right)\), \(16=\left(2+\frac{\sqrt{15}}{4}x\right)^{2}+x^{2}-\frac{\sqrt{15}}{2}\cdot\left(2+\frac{\sqrt{15}}{4}x\right)x\) (z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABC\) i dwóch kątów tego trójkąta). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** R7.1) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu.

**B.** \(20^\circ\)

Ponieważ \(|OA|=|OC|\), trójkąt \(AOC\) jest równoramienny. Zatem \(|\angle OAC|=|\angle ACO|=70^\circ\), więc \[|\angle AOC|=180^\circ-2\cdot70^\circ=40^\circ.\] Kąt wpisany \(ABC\), oparty na tym samym łuku \(AC\), ma miarę równą połowie kąta środkowego: \[|\angle ABC|=20^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; przeprowadzanie rozumowań i podawanie argumentów. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

**D.** \(\frac\pi2+6\)

Długość łuku wycinka wynosi \[\frac{30^\circ}{360^\circ}\cdot2\pi\cdot3=\frac\pi2.\] Obwód wycinka jest sumą długości łuku i dwóch promieni: \[\frac\pi2+2\cdot3=\frac\pi2+6.\]

**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 - długość łuku i obwód wycinka koła.

**D.** \(\frac\pi2+6\)

Długość łuku wycinka wynosi \[\frac{30^\circ}{360^\circ}\cdot2\pi\cdot3=\frac\pi2.\] Do długości łuku dodajemy dwa promienie, zatem obwód wycinka jest równy \[\frac\pi2+2\cdot3=\frac\pi2+6.\]

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska - długość łuku i obwód wycinka koła.

**B.** \(80^\circ\)

Kąt środkowy oparty na tym samym łuku ma miarę dwa razy większą od kąta wpisanego, więc \(\beta=2\alpha\). Z warunku \(\beta=\alpha+40^\circ\) otrzymujemy \[2\alpha=\alpha+40^\circ,\] czyli \(\alpha=40^\circ\), a zatem \(\beta=80^\circ\).

**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 - zależność między kątem środkowym i wpisanym opartymi na tym samym łuku.

**B.** \(25^\circ\)

Kąt wpisany \(ABC\) i kąt środkowy \(AOC\) opierają się na tym samym łuku \(AC\), więc \[\angle AOC=2\angle ABC=130^\circ.\] Trójkąt \(AOC\) jest równoramienny, zatem \[\angle ACO=\frac{180^\circ-130^\circ}{2}=25^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 stosowanie zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

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

Suma kątów środkowych wokół punktu \(O\) jest równa \(360^\circ\), więc \[|\angle BOC|=360^\circ-130^\circ-110^\circ=120^\circ.\] Kąt wpisany \(BAC\) i kąt środkowy \(BOC\) są oparte na tym samym łuku \(BC\). Zatem \[|\angle BAC|=\frac12\cdot120^\circ=60^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 stosowanie własności kątów wpisanych i środkowych.

**A.** \(16\pi\)

Część wspólna koła i kwadratu jest ćwiartką koła o promieniu \(8\), ponieważ kąt \(DAB\) ma miarę \(90^\circ\). Jej pole wynosi \[P=\frac{90^\circ}{360^\circ}\cdot\pi\cdot8^2=\frac14\cdot64\pi=16\pi.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VIII.6 stosowanie wzoru na pole wycinka koła.

**B.** \(180^\circ-\frac{\alpha}{2}-\gamma\)

Niech \(E\) będzie drugim końcem średnicy wychodzącej z punktu \(B\). Kąt środkowy \(BSC\) wyznacza łuk \(BC\) o mierze \(\alpha\), więc łuk \(CE\) ma miarę \(180^\circ-\alpha\). Z twierdzenia o kącie utworzonym przez przecinające się cięciwy \[\gamma=\frac12\bigl(\widehat{AB}+\widehat{CE}\bigr),\] stąd \(\widehat{AB}=2\gamma-180^\circ+\alpha\). Na półokręgu \(BAE\) mamy zatem \[\widehat{AE}=180^\circ-\widehat{AB}=360^\circ-\alpha-2\gamma.\] Kąt \(ABD\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(AE\), więc \[\angle ABD=\frac12\widehat{AE}=180^\circ-\frac{\alpha}{2}-\gamma.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 stosowanie zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

D. \(12\pi \)

Z rysunku odczytujemy, że zakreskowana figura jest ograniczona odcinkami \(SA\) i \(SB\) oraz łukiem \(AB\) przechodzącym przez punkt \(P\) — jest to więc wycinek koła o środku \(S\). W rombie \(ASBP\) kąty przy sąsiednich wierzchołkach sumują się do \(180^\circ\), a \(\lvert\angle PAS\rvert=60^\circ\), więc kąt środkowy wycinka ma miarę \[\lvert\angle ASB\rvert=180^\circ-60^\circ=120^\circ.\] Pole wycinka koła o promieniu \(r\) i kącie środkowym \(\varphi\): \[P=\frac{\varphi}{360^\circ}\pi r^2=\frac{120^\circ}{360^\circ}\cdot\pi\cdot6^2=\frac13\cdot36\pi=12\pi.\] **Odpowiedź.** D. \(12\pi\)

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

**Wymagania egzaminacyjne 2022** **Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** G10.6) Zdający oblicza pole koła, wycinka kołowego.

**B.** \(40^\circ\)

Ponieważ \(BC\) jest dwusieczną kąta \(ABS\) o mierze \(40^\circ\), mamy \(\angle ABC=20^\circ\). Kąt środkowy \(ASC\) oparty na tym samym łuku \(AC\) ma miarę dwa razy większą od kąta wpisanego \(ABC\), więc \[\angle ASC=2\cdot20^\circ=40^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 stosowanie zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym opartymi na tym samym łuku.

**C.** \(\alpha=50^\circ\)

Trójkąt \(ASB\) jest równoramienny, więc \[\angle SAB=\angle ABS=\frac{180^\circ-100^\circ}{2}=40^\circ.\] Promień \(SA\) jest prostopadły do stycznej \(l\), zatem \(\alpha=90^\circ-40^\circ=50^\circ\).

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 stosowanie własności kąta środkowego oraz stycznej do okręgu.

**B.** \(40^\circ\)

Trójkąty \(ABO\), \(BCO\) i \(ACO\) są równoramienne, ponieważ ich ramiona są promieniami okręgu. Stąd \[\angle AOB=180^\circ-2\cdot40^\circ=100^\circ,\] \[\angle BOC=180^\circ-2\cdot10^\circ=160^\circ.\] Kąty środkowe tworzą kąt pełny, więc \[\angle AOC=360^\circ-(100^\circ+160^\circ)=100^\circ.\] W trójkącie równoramiennym \(AOC\): \[\angle ACO=\frac{180^\circ-100^\circ}{2}=40^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji - tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych w celu przeprowadzenia argumentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 stosowanie własności kątów wpisanych i środkowych.

**A.** \(41^\circ\)

Ponieważ \(AC\) jest średnicą, punkty \(A\), \(O\), \(C\) są współliniowe i \[|\angle BOC|=180^\circ-82^\circ=98^\circ.\] Trójkąt \(OBC\) jest równoramienny, gdyż \(|OB|=|OC|\). Zatem \[|\angle OBC|=\frac{180^\circ-98^\circ}{2}=41^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie własności kąta środkowego, średnicy okręgu i trójkąta równoramiennego.

**D.** \(50^\circ\)

Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą wynika, że kąt wpisany oparty na cięciwie \(AB\) ma miarę \[|\angle ACB|=40^\circ.\] Ponieważ \(BC\) jest średnicą, \(|\angle BAC|=90^\circ\). Z sumy kątów trójkąta \[|\angle ABC|=180^\circ-90^\circ-40^\circ=50^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie twierdzenia o kącie między styczną i cięciwą oraz twierdzenia Talesa dla kąta opartego na średnicy.

**B.** \(4\)

Szukana odległość jest promieniem \(r\) okręgu wpisanego. Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(a\), \(b\) i przeciwprostokątnej \(c\): \[r=\frac{a+b-c}{2}.\] Stąd \[r=\frac{10+24-26}{2}=4.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymagania szczegółowe:** obliczanie promienia okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny.

**C.** \(40^\circ\)

Trójkąt \(AOB\) jest równoramienny, więc \[|\angle OAB|=\frac{180^\circ-80^\circ}{2}=50^\circ.\] Promień \(OA\) jest prostopadły do stycznej \(k\), zatem \(|\angle OAC|=90^\circ\). Stąd \[|\angle BAC|=90^\circ-50^\circ=40^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.2 korzystanie z własności stycznej do okręgu.

**D.** \(40^\circ\)

Ponieważ \(|SB|=|SC|\) oraz \(|\angle SBC|=60^\circ\), trójkąt \(SBC\) jest równoboczny, więc łuk \(BC\) ma miarę \(60^\circ\). Kąt \(CDA\) jest prosty, zatem \(CA\) jest średnicą i łuk \(CBA\) ma miarę \(180^\circ\). Stąd łuk \(BA\) ma miarę \(120^\circ\). Kąt wpisany \(BCD\) ma miarę \(110^\circ\), więc łuk \(BAD\), na którym jest oparty, ma miarę \(220^\circ\). Zatem łuk \(AD\) ma miarę \[220^\circ-120^\circ=100^\circ.\] Kąt środkowy \(ASD\) ma więc \(100^\circ\). Trójkąt \(ASD\) jest równoramienny, dlatego \[\alpha=|\angle DAS|=\frac{180^\circ-100^\circ}{2}=40^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 stosowanie zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

**A.** \(20^\circ\)

Trójkąt \(AOC\) jest równoramienny, ponieważ \(|OA|=|OC|\). Zatem \[|\angle ACO|=|\angle CAO|=70^\circ,\] a kąt środkowy \[|\angle AOC|=180^\circ-2\cdot70^\circ=40^\circ.\] Kąt wpisany \(ABC\) jest oparty na tym samym łuku \(AC\), więc ma połowę miary kąta środkowego: \[|\angle ABC|=20^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 stosowanie zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

**D.** \(40^\circ\)

Kąt \(BDC\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(BC\), a kąt \(BSC\) jest kątem środkowym opartym na tym samym łuku. Kąt środkowy ma miarę dwa razy większą od kąta wpisanego, więc \[|\angle BSC|=2\cdot|\angle BDC|=2\cdot20^\circ=40^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 stosowanie zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym opartymi na tym samym łuku.

**D.** \(85^\circ\)

Kąt wpisany \(ACB\) ma miarę \(55^\circ\), więc łuk \(AB\) ma miarę \[2\cdot55^\circ=110^\circ.\] Dla cięciw przecinających się wewnątrz okręgu: \[|\angle AEB|=\frac12\bigl(\overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{CD}\bigr).\] Stąd \[140^\circ=\frac12(110^\circ+\overset{\frown}{CD}),\] więc łuk \(CD\) ma miarę \(170^\circ\). Kąt wpisany \(DAC\), oparty na tym łuku, ma zatem miarę \[|\angle DAC|=\frac12\cdot170^\circ=85^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie własności kątów wpisanych oraz kąta utworzonego przez cięciwy przecinające się wewnątrz okręgu.

\[\frac{|AM|}{|MC|}=\frac45.\]

Ponieważ \(|KC|=|LC|=2\) oraz \(|AC|=|BC|=6\), z odwrotnego twierdzenia Talesa wynika, że \(KL\parallel AB\). Niech \(P\) będzie środkiem odcinka \(KL\) i punktem styczności tego odcinka z okręgiem; oznaczmy \(|CP|=x\). Trójkąty \(CKP\) i \(CAD\) są podobne w skali \(1:3\), stąd \[|PD|=2x.\] Promienie poprowadzone do punktów styczności mają równe długości, więc \(|MD|=|PD|=2x\). Trójkąty prostokątne \(CPK\) i \(CMD\) są podobne, zatem \[\frac{|PK|}{|CK|}=\frac{|MD|}{|CD|}=\frac{2x}{3x}=\frac23.\] Ponieważ \(|CK|=2\), otrzymujemy \(|PK|=\frac43\). Z podobieństwa \(CKP\sim CAD\) wynika teraz \(|AD|=3|PK|=4\). Ponadto \[|CD|=\sqrt{|AC|^2-|AD|^2}=\sqrt{36-16}=2\sqrt5,\qquad |MD|=\frac23|CD|=\frac{4\sqrt5}{3}.\] W trójkącie prostokątnym \(AMD\): \[|AM|=\sqrt{|AD|^2-|MD|^2}=\sqrt{16-\frac{80}{9}}=\frac83.\] Zatem \(|MC|=6-\frac83=\frac{10}{3}\), a więc \[\frac{|AM|}{|MC|}=\frac{8/3}{10/3}=\frac45.\]

**3 pkt** – pełny dowód równości \(\frac{|AM|}{|MC|}=\frac45\) **2 pkt** – zapisanie poprawnej proporcji wynikającej z podobieństwa \(CPK\sim CMD\), pozwalającej obliczyć \(|PK|\), albo równoważnego równania jednej niewiadomej **1 pkt** – wykorzystanie podobieństwa trójkątów, np. zapisanie \(|AD|=3|KP|\), albo własności odcinków stycznych **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i wykorzystywanie cech podobieństwa trójkątów.

**D.** \(31^\circ\)

Z rysunku wynika, że punkty \(A\), \(O\) i \(D\) są współliniowe, więc \(AD\) jest średnicą, a kąt \(AOD\) ma miarę \(180^\circ\). Zatem \[|\angle AOC|=180^\circ-118^\circ=62^\circ.\] Kąt \(ABC\) jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku \(AC\) co kąt środkowy \(AOC\), więc \[|\angle ABC|=\frac12\cdot62^\circ=31^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 stosowanie zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

\[|\angle BAC|=|\angle BDC|.\]

Ponieważ czworokąt \(ABCD\) jest wypukły i punkty są jego kolejnymi wierzchołkami, punkty \(C\) i \(D\) leżą po tej samej stronie prostej \(AB\). Z warunku \[|\angle ADB|=|\angle ACB|\] wynika, że punkty \(C\) i \(D\) należą do tego samego łuku okręgu przechodzącego przez \(A\) i \(B\). Czworokąt \(ABCD\) jest więc wpisany w okrąg. Kąty \(BAC\) i \(BDC\) są kątami wpisanymi opartymi na tej samej cięciwie \(BC\), zatem mają równe miary: \[|\angle BAC|=|\angle BDC|.\]

**3 pkt** – pełne uzasadnienie równości kątów \(BAC\) i \(BDC\) **2 pkt** – uzasadnienie, że na czworokącie \(ABCD\) można opisać okrąg **1 pkt** – istotny krok prowadzący do współokręgowości, np. wykazanie równości promieni okręgów opisanych na trójkątach \(ACB\) i \(ADB\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie własności kątów wpisanych i czworokątów wpisanych w okrąg.

AD jest dwusieczną: równe cięciwy DB i DC wyznaczają równe łuki, więc ∠BAD=∠DAC

Punkt \(S\) jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(ABC\) — leży on na średnicy \(AB\), a więc w jej środku. Symetralna cięciwy \(BC\) przechodzi przez środek okręgu, zatem prosta \(SD\) jest symetralną \(BC\). Symetria względem tej prostej przeprowadza okrąg na siebie i zamienia miejscami punkty \(B\) i \(C\), więc punkt \(D\) — leżący na osi symetrii i na okręgu — jest środkiem łuku \(BC\). Wobec tego \[\lvert BD\rvert=\lvert CD\rvert.\] Kąty wpisane oparte na równych cięciwach (a więc i na równych łukach) mają równe miary, zatem \[\lvert\angle BAD\rvert=\lvert\angle DAC\rvert,\] czyli półprosta \(AD\) dzieli kąt \(CAB\) na dwa kąty równe — jest jego dwusieczną, co należało wykazać. **Odpowiedź.** Odcinek \(AD\) zawiera się w dwusiecznej kąta \(CAB\).

1 pkt: wykazanie równości łuków BD i CD, równoległości AC i SD albo równych kątów pomocniczych. 2 pkt: pełny dowód.

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2020 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Różnica wysokości środków wynosi \(4\), a SP=\(8\), więc sinα=\(\frac{4}{8=1}\)/\(2\) i α=\(30\)°

Oznaczmy przez \(S\) i \(P\) środki okręgów o promieniach \(6\) i \(2\). Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc odległości środków od prostej \(k\) są równe \(6\) i \(2\). Okręgi są styczne zewnętrznie, zatem \[\lvert SP\rvert=6+2=8.\] Rzutując \(P\) na prostą prostopadłą do \(k\) poprowadzoną przez \(S\), otrzymujemy trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej \(\lvert SP\rvert=8\) i przyprostokątnej równej różnicy odległości środków od \(k\), czyli \(6-2=4\). Kąt \(\alpha\) między prostą \(SP\) a prostą \(k\) spełnia \[\sin\alpha=\frac48=\frac12,\] a ponieważ jest to kąt ostry, \(\alpha=30^\circ\), co należało wykazać. **Odpowiedź.** Prosta przechodząca przez środki okręgów tworzy z prostą \(k\) kąt \(30^\circ\).

1 pkt: wyznaczenie trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej 8 i przyprostokątnej 4. 2 pkt: pełne uzasadnienie α=30°.

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2020 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

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

W trójkącie \(AOC\) mamy \(|OA|=|OC|\), więc \(|\angle OAC|=|\angle ACO|=25^\circ\). Zatem \[|\angle AOC|=180^\circ-2\cdot25^\circ=130^\circ.\] Promień \(OB\) leży wewnątrz kąta \(AOC\), więc \[|\angle BOC|=130^\circ-70^\circ=60^\circ.\] Ponieważ \(|OB|=|OC|\), trójkąt \(BOC\) jest równoramienny, a oba kąty przy podstawie mają miarę \[\frac{180^\circ-60^\circ}{2}=60^\circ.\] Stąd \(|\angle OBC|=60^\circ\).

**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 - kąty środkowe i własności trójkątów równoramiennych utworzonych przez promienie.

**A.** \(\alpha=30^\circ\)

Trójkąt \(ABC\) jest równoboczny, więc łuk \(CB\) ma miarę \(120^\circ\). Ponieważ \(CD\) jest średnicą, półokrąg \(CD\) ma miarę \(180^\circ\). Stąd łuk \(DB\), na którym oparty jest kąt wpisany \(DEB\), ma miarę \[180^\circ-120^\circ=60^\circ.\] Miara kąta wpisanego jest połową miary odpowiedniego łuku, zatem \[\alpha=\frac12\cdot60^\circ=30^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 stosowanie zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

SC⊥BC, a w trójkącie równoramiennym ACS mamy ∠ACS=\(30\)°, więc ∠ACB=\(120\)°.

Odcinki \(SA\) i \(SC\) są promieniami okręgu, więc trójkąt \(ACS\) jest równoramienny o ramionach długości \(r\) i podstawie \(\lvert AC\rvert=r\sqrt3\). Z twierdzenia cosinusów w tym trójkącie \[\left(r\sqrt3\right)^2=r^2+r^2-2r^2\cos\lvert\angle ASC\rvert,\qquad \cos\lvert\angle ASC\rvert=-\tfrac12,\qquad \lvert\angle ASC\rvert=120^\circ.\] Kąty przy podstawie są równe, więc \[\lvert\angle ACS\rvert=\frac{180^\circ-120^\circ}{2}=30^\circ.\] Prosta \(BC\) jest styczna do okręgu w punkcie \(C\), a promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc \[\lvert\angle SCB\rvert=90^\circ.\] Punkt \(S\) leży na boku \(AB\), a więc wewnątrz kąta \(ACB\), zatem \[\lvert\angle ACB\rvert=\lvert\angle ACS\rvert+\lvert\angle SCB\rvert=30^\circ+90^\circ=120^\circ,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert\angle ACB\rvert=120^\circ\)

**1 pkt** – wyznaczenie \(\lvert\angle ACS\rvert=30^\circ\) albo wykorzystanie prostopadłości stycznej i promienia. **2 pkt** – pełny dowód, że \(\lvert\angle ACB\rvert=120^\circ\).

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

r=\(26\) cm

Odcinek łączący środek okręgu ze środkiem cięciwy jest do niej prostopadły i dzieli ją na połowy. Powstaje trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(10\ \mathrm{cm}\) i połowie cięciwy oraz przeciwprostokątnej równej promieniowi \(r\). Cięciwa ma długość \(r+22\), więc jej połowa to \(\frac{r+22}{2}\) i z twierdzenia Pitagorasa \[r^2=\left(\frac{r+22}{2}\right)^2+10^2.\] Po pomnożeniu przez \(4\): \[4r^2=r^2+44r+484+400,\qquad 3r^2-44r-884=0.\] \[\Delta=44^2+4\cdot3\cdot884=12544,\qquad \sqrt{\Delta}=112,\] \[r=\frac{44+112}{6}=26\qquad\text{albo}\qquad r=\frac{44-112}{6}=-\frac{34}{3}.\] Promień jest długością, więc drugie rozwiązanie odrzucamy. Sprawdzenie: cięciwa ma \(48\ \mathrm{cm}\), a \(24^2+10^2=676=26^2\). **Odpowiedź.** \(r=26\ \mathrm{cm}\)

**1–3 pkt** – zapisanie równania \(r^2=\left(\frac{r+22}{2}\right)^2+10^2\) wynikającego z twierdzenia Pitagorasa. **4 pkt** – rozwiązanie równania i odrzucenie pierwiastka ujemnego: \(r=26\ \mathrm{cm}\).

Zadanie 33. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Niech O będzie punktem przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta ABC. Z definicji symetrii osiowej dwusieczne są kolejno symetralnymi odcinków KL, LM i MN. Stąd OK=OL, OL=OM oraz OM=ON. Wszystkie wierzchołki K, N, M, L leżą więc na okręgu o środku O.

Niech \(O\) będzie punktem przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta \(ABC\) (środkiem okręgu wpisanego). Symetria osiowa względem prostej zachowuje odległości, a osią symetrii odcinka łączącego punkt z jego obrazem jest oś tej symetrii. Zatem: - dwusieczna kąta \(BAC\) jest symetralną odcinka \(KL\), więc \(\lvert OK\rvert=\lvert OL\rvert\), bo \(O\) leży na tej dwusiecznej; - dwusieczna kąta \(ACB\) jest symetralną odcinka \(LM\), więc \(\lvert OL\rvert=\lvert OM\rvert\); - dwusieczna kąta \(ABC\) jest symetralną odcinka \(MN\), więc \(\lvert OM\rvert=\lvert ON\rvert\). Stąd \[\lvert OK\rvert=\lvert OL\rvert=\lvert OM\rvert=\lvert ON\rvert,\] czyli wszystkie cztery punkty \(K\), \(N\), \(M\), \(L\) leżą na jednym okręgu o środku \(O\). Na czworokącie \(KNML\) można zatem opisać okrąg, co należało udowodnić. (Rachunek kątowy prowadzi do tego samego wniosku: oznaczając miary kątów trójkąta przez \(2\alpha\), \(2\beta\), \(2\gamma\), otrzymujemy \(\alpha+\beta+\gamma=90^\circ\), a następnie \(\lvert\angle LKN\rvert+\lvert\angle LMN\rvert=\left(90^\circ+\alpha\right)+\left(90^\circ-\alpha\right)=180^\circ\).) **Odpowiedź.** Na czworokącie \(KNML\) można opisać okrąg o środku w punkcie przecięcia dwusiecznych trójkąta \(ABC\).

**1 pkt** – zauważenie, że dwusieczna kąta trójkąta jest symetralną odpowiedniego odcinka \(KL\), \(LM\) albo \(MN\). **2 pkt** – zapisanie i uzasadnienie co najmniej dwóch równości spośród \(\lvert OK\rvert=\lvert OL\rvert\), \(\lvert OL\rvert=\lvert OM\rvert\), \(\lvert OM\rvert=\lvert ON\rvert\). **3 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania.

V. Rozumowanie i argumentacja. 7. Planimetria. Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu (R7.1).

**A.** \(\alpha=74^\circ\)

Kąt środkowy oparty na tym samym łuku jest dwa razy większy od wpisanego, więc \(\alpha=2\beta\). Z \(\alpha+\beta=111^\circ\) mamy \(3\beta=111^\circ\), zatem \(\beta=37^\circ\) i \(\alpha=74^\circ\).

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **7.1:** zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

Niech r będzie promieniem mniejszego okręgu, a S wierzchołkiem kąta. Środki leżą na dwusiecznej, więc AS = \(2\sqrt{2}\) i BS = r√\(2\). Ze styczności zewnętrznej AB = \(2\) + r, a AS = AB + BS. Stąd \(2\sqrt{2 = 2}\) + r + r√\(2\), więc r = \(6\) − \(4\sqrt{2}\). Ponieważ \(6\) − \(4\sqrt{2}\) < √\(2\) − \(1\) jest równoważne \(7 < 5\sqrt{2}\), co wynika z \(49 < 50\), otrzymujemy r < √\(2\) − \(1\).

Oznaczmy przez \(S\) wierzchołek kąta prostego, przez \(R=2\) promień okręgu o środku \(A\), a przez \(r\) promień okręgu o środku \(B\). Okrąg styczny do obu ramion kąta ma środek równo oddalony od ramion, więc oba środki leżą na dwusiecznej kąta prostego. Odległość środka od wierzchołka wyznaczamy z trójkąta prostokątnego o kącie \(45^\circ\): \[\lvert AS\rvert=R\sqrt2=2\sqrt2,\qquad \lvert BS\rvert=r\sqrt2.\] Okręgi są styczne zewnętrznie, więc \(\lvert AB\rvert=R+r=2+r\), a z rysunku punkt \(B\) leży między \(A\) i \(S\): \[\lvert AS\rvert=\lvert AB\rvert+\lvert BS\rvert,\qquad 2\sqrt2=2+r+r\sqrt2.\] Stąd \[r=\frac{2\sqrt2-2}{1+\sqrt2}=\frac{2\left(\sqrt2-1\right)\left(\sqrt2-1\right)}{\left(\sqrt2+1\right)\left(\sqrt2-1\right)}=2\left(3-2\sqrt2\right)=6-4\sqrt2.\] Pozostaje sprawdzić nierówność \(6-4\sqrt2<\sqrt2-1\). Jest ona równoważna \[7<5\sqrt2,\] a po podniesieniu obu dodatnich stron do kwadratu — nierówności \(49<50\), która jest prawdziwa. Zatem \(r<\sqrt2-1\), co należało uzasadnić. **Odpowiedź.** \(r=6-4\sqrt2<\sqrt2-1\)

**1 pkt** – zapisanie zależności między promieniami wynikającej z położenia środków na dwusiecznej i ze styczności zewnętrznej. **2 pkt** – wyznaczenie \(r=6-4\sqrt2\) i uzasadnienie nierówności \(r<\sqrt2-1\).

Zadanie 29. (0–2) **Wymaganie ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymaganie szczegółowe:** 7. Planimetria — korzystanie z własności stycznej do okręgu i z własności okręgów stycznych (7.2).

**B.** \(\beta=38^\circ\)

Kąt środkowy jest dwa razy większy od wpisanego, więc \(\alpha=2\beta\). Stąd \(3\beta=114^\circ\), czyli \(\beta=38^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - zależność między kątem środkowym i wpisanym.

Na czworokącie \(DCES\) można opisać okrąg, ponieważ suma miar jego przeciwległych kątów wynosi \(180^\circ\).

Ponieważ \(S\) jest środkiem okręgu wpisanego, półproste \(AS\) i \(BS\) są dwusiecznymi. Zatem \[|\angle DSE|=|\angle ASB|=180^\circ-\frac{\alpha+\beta}{2}.\] Ponadto \(|\angle DCE|=\gamma\). Z założenia \(\alpha+\beta=2\gamma\), więc \[|\angle DSE|+|\angle DCE|=180^\circ-\frac{2\gamma}{2}+\gamma=180^\circ.\] Suma miar przeciwległych kątów czworokąta \(DCES\) jest równa \(180^\circ\), dlatego jest to czworokąt wpisany w okrąg.

**3 pkt** – pełne uzasadnienie tezy **2 pkt** – wyznaczenie sumy \(|\angle DSE|+|\angle DCE|=180^\circ-\frac{\alpha+\beta}{2}+\gamma\) albo równoważnego warunku prowadzącego do tezy, lecz bez poprawnego zakończenia **1 pkt** – wyznaczenie jednej z kluczowych zależności, np. \(|\angle ASB|=180^\circ-\frac\alpha2-\frac\beta2\), albo wykazanie \(\gamma=60^\circ\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Klasyfikacja CKE:** geometria płaska - dwusieczne w trójkącie, kąty w czworokącie i kryterium istnienia okręgu opisanego.

Pole koła wynosi (\(252\)−\(144\sqrt{3}\))π. Z geometrii trapezu otrzymujemy kąty α=β=\(30\)°, wysokość trapezu \(3\sqrt{3}\) i podobieństwo trójkątów ABP oraz CDP w skali \(2\). Stąd PO=\(2\sqrt{3}\) i AP=BP=\(4\sqrt{3}\). Pole trójkąta ABP wynosi \(12\sqrt{3}\), więc z zależności P=rs promień okręgu wpisanego jest równy \(12\)−\(6\sqrt{3}\).

Kąt \(ADB\) jest kątem wpisanym opartym na średnicy \(AB\), więc trójkąt \(ABD\) jest prostokątny przy \(D\). Stąd \[\sin\lvert\angle ABD\rvert=\frac{\lvert AD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{6}{12}=\frac12,\qquad \lvert\angle ABD\rvert=30^\circ,\qquad \lvert\angle DAB\rvert=60^\circ.\] Wysokość trapezu: \[h=\lvert AD\rvert\sin60^\circ=3\sqrt3,\] a krótsza podstawa \[\lvert CD\rvert=\lvert AB\rvert-2\lvert AD\rvert\cos60^\circ=12-6=6.\] Trójkąty \(ABP\) i \(CDP\) są podobne (kąty naprzemianległe przy \(AB\parallel CD\)) w skali \(\frac{12}{6}=2\), więc wysokość trapezu dzieli się w stosunku \(2:1\); odległość \(P\) od \(AB\) wynosi \[\tfrac23\cdot3\sqrt3=2\sqrt3.\] Trapez jest równoramienny, więc trójkąt \(ABP\) jest równoramienny o podstawie \(AB=12\): \[\lvert AP\rvert=\lvert BP\rvert=\sqrt{6^2+\left(2\sqrt3\right)^2}=\sqrt{48}=4\sqrt3,\qquad P_{ABP}=\tfrac12\cdot12\cdot2\sqrt3=12\sqrt3.\] Z zależności \(P=r\cdot p\) (pole równe iloczynowi promienia okręgu wpisanego i połowy obwodu): \[p=\frac{12+4\sqrt3+4\sqrt3}{2}=6+4\sqrt3,\qquad r=\frac{12\sqrt3}{6+4\sqrt3}=12-6\sqrt3.\] (\(r>0\), bo \(12>6\sqrt3\approx10{,}39\).) Pole koła wpisanego: \[P_{k}=\pi r^2=\pi\left(12-6\sqrt3\right)^2=\pi\left(144-144\sqrt3+108\right)=\left(252-144\sqrt3\right)\pi.\] **Odpowiedź.** \(P_{k}=\left(252-144\sqrt3\right)\pi\)

**1–2 pkt** – wyznaczenie kątów trapezu i jego wysokości \(3\sqrt3\). **3–4 pkt** – wyznaczenie \(\lvert AP\rvert=\lvert BP\rvert=4\sqrt3\) oraz pola trójkąta \(ABP\). **5 pkt** – wyznaczenie promienia \(r=12-6\sqrt3\). **6 pkt** – obliczenie pola koła \(\left(252-144\sqrt3\right)\pi\).

Klasyfikacja rzeczowa: stosowanie własności trapezu wpisanego w okrąg, podobieństwa trójkątów oraz zależności między polem trójkąta i promieniem okręgu wpisanego.

**B.** \(|\angle CAO|=70^\circ\)

Kąt środkowy \(AOC\), oparty na tym samym łuku co kąt wpisany \(ABC\), ma miarę \(40^\circ\). Trójkąt \(AOC\) jest równoramienny, więc każdy kąt przy podstawie ma miarę \(\frac{180^\circ-40^\circ}{2}=70^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** okrąg - kąt wpisany, kąt środkowy i trójkąt równoramienny.

B

Promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym o boku \(a\) jest równy \(R=\frac{a\sqrt3}{3}\). Pole koła opisanego: \[P=\pi R^2=\pi\cdot\frac{a^2}{3}.\] Z warunku zadania \[\frac{\pi a^2}{3}=\frac{\pi^3}{3},\qquad a^2=\pi^2,\qquad a=\pi\] (bierzemy wartość dodatnią, bo \(a\) jest długością boku). **Odpowiedź.** B. \(\pi\)

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

Zadanie 21. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**C.** \(\alpha=52{,}5^\circ\)

Przyjmijmy \(|CD|=|AD|=r\), wtedy \(|BC|=2r\). W trójkącie prostokątnym \(CDB\) mamy \(|DB|=r\sqrt3\), więc \(|\angle DCB|=60^\circ\). Trójkąt \(ACD\) jest równoramienny prostokątny, zatem \(|\angle ACD|=45^\circ\). Stąd kąt środkowy \(|\angle KCL|=105^\circ\), a oparty na tym samym łuku kąt wpisany ma miarę \(\alpha=52{,}5^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - twierdzenie Pitagorasa, kąty w trójkącie i zależność kąta wpisanego od środkowego.

**C.** \(\alpha=112^\circ\)

Trójkąt \(AOC\) jest równoramienny, ponieważ \(|OA|=|OC|\). Zatem \(|\angle OAC|=|\angle ACO|=56^\circ\), więc \[|\angle AOC|=180^\circ-2\cdot56^\circ=68^\circ.\] Ponieważ \(AB\) jest średnicą, kąty \(AOC\) i \(COB\) są przyległe. Stąd \[\alpha=180^\circ-68^\circ=112^\circ.\]

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - promienie okręgu, trójkąt równoramienny i kąty przyległe.

\[\alpha=180^\circ-2\beta.\]

Prosta \(AB\) jest styczna w punkcie \(B\) do okręgu o środku \(R\), więc \(|\angle ABR|=90^\circ\). Stąd \[|\angle CBR|=90^\circ-\beta.\] Trójkąt \(BRC\) jest równoramienny, ponieważ \(|RB|=|RC|\). Zatem \(|\angle BCR|=90^\circ-\beta\), a więc \[|\angle BRC|=180^\circ-2(90^\circ-\beta)=2\beta.\] Suma miar kątów czworokąta \(ABRP\) jest równa \(360^\circ\). Ponadto \(|\angle PAB|=|\angle ABR|=90^\circ\), \(|\angle BRP|=2\beta\) oraz \(|\angle APR|=\alpha\). Otrzymujemy \[90^\circ+90^\circ+2\beta+\alpha=360^\circ,\] czyli \(\alpha=180^\circ-2\beta\).

**2 pkt** – poprawne przeprowadzenie rozumowania i wykazanie, że \(\alpha=180^\circ-2\beta\) **1 pkt** – zapisanie układu warunków wystarczających do udowodnienia tezy, np. \(\delta=90^\circ-\beta\), \(2\delta+\eta=180^\circ\) i \(\alpha+\eta=180^\circ\), albo równoważnego zestawu zależności kątowych **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** styczna do okręgu jest prostopadła do promienia; zależności kątowe w trójkącie i czworokącie.

**D.** \(|\angle AOB|=78^\circ\)

Kąt wpisany \(ABC\) ma miarę \(121^\circ\), więc łuk \(AC\) nie zawierający punktu \(B\) ma miarę \(2\cdot121^\circ=242^\circ\). Drugi łuk \(AC\), przechodzący przez \(B\), ma zatem miarę \(360^\circ-242^\circ=118^\circ\). Ponieważ łuk \(BC\) ma miarę równą kątowi środkowemu \(BOC\), czyli \(40^\circ\), łuk \(AB\) ma miarę \[118^\circ-40^\circ=78^\circ.\] Stąd \(|\angle AOB|=78^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** okrąg - zależność między kątem wpisanym, kątem środkowym i miarą łuku.

**D.** \(\alpha=72^\circ\), \(\beta=72^\circ\)

Kąt wpisany \(DAC\) ma miarę \(36^\circ\), więc odpowiadający mu łuk \(DC\) ma miarę \(72^\circ\). Stąd kąt środkowy \(DOC\) ma miarę \(\alpha=72^\circ\). Analogicznie łuk \(DA\) ma miarę \(72^\circ\). Kąt \(ABC\) opiera się na łuku \(ADC\) o mierze \(144^\circ\), zatem \(\beta=72^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - kąty wpisane i środkowe oraz miary łuków okręgu.

**D.** \(32^\circ\)

Kąt wpisany \(ADB\) ma miarę \(27^\circ\), więc łuk \(AB\) ma miarę \(54^\circ\). Kąt środkowy \(ASC\) wyznacza łuk \(AC\) o mierze \(118^\circ\). Stąd łuk \(BC\) ma miarę \(118^\circ-54^\circ=64^\circ\), a oparty na nim kąt wpisany \(BDC\) ma miarę \(32^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - kąty wpisane, kąty środkowe i miary łuków.

Niech E i F będą punktami styczności okręgu o środku S odpowiednio z BD i AB, a G rzutem prostokątnym N na AB. Mamy SM=SE=SF=MA=NG oraz DE=BN. Ponieważ MN∥AB, trójkąty prostokątne BGN i NES są przystające, więc BN=NS. Zatem MN=MS+SN=MA+BN=MA+DE=MA+DM=AD.

**Krok \(1\).** W zadaniach o okręgach wpisanych działają dwa narzędzia: promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej oraz odcinki stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu są równe. Oznaczmy przez \(r\) promień okręgu wpisanego w trójkąt \(ABD\) o środku \(S\), a przez \(E\) i \(F\) punkty styczności tego okręgu odpowiednio z przekątną \(BD\) i z bokiem \(AB\). Punkt \(M\) to, zgodnie z treścią, punkt styczności z bokiem \(AD\). **Krok \(2\).** Kąt \(DAB\) jest prosty, a odległości punktu \(S\) od boków \(AD\) i \(AB\) są równe \(r\). Czworokąt \(AMSF\) ma zatem trzy kąty proste i dwa boki długości \(r\), czyli jest kwadratem o boku \(r\). Stąd \[SM=SF=SE=AM=AF=r.\] **Krok \(3\).** Rozbijamy oba odcinki, które mamy porównać. Punkt \(S\) leży na odcinku \(MN\), więc \[MN=MS+SN=r+SN,\] a ponieważ \(M\) leży na boku \(AD\), to \[AD=AM+MD=r+MD.\] Wystarczy więc udowodnić jedną równość: \(SN=MD\). **Krok \(4\).** Odcinki \(DM\) i \(DE\) są odcinkami stycznych poprowadzonych z punktu \(D\) do okręgu o środku \(S\), więc \[DM=DE.\] **Krok \(5\).** Teraz wiążemy punkt \(N\) z punktem \(E\). Symetria środkowa względem środka prostokąta \(ABCD\) zamienia \(A\) z \(C\) oraz \(B\) z \(D\), więc przeprowadza trójkąt \(ABD\) na trójkąt \(CDB\), a co za tym idzie okrąg wpisany w \(ABD\) na okrąg wpisany w \(BCD\). Punkt \(E\) leży na \(BD\) w odległości \(DE\) od \(D\), więc jego obrazem jest punkt leżący na \(BD\) w odległości \(DE\) od \(B\) i będący punktem styczności drugiego okręgu z \(BD\), czyli punkt \(N\). Stąd \[BN=DE=DM.\] **Krok \(6\).** Pokażemy jeszcze, że \(SN=BN\). Poprowadźmy odcinek \(BS\). Trójkąty prostokątne \(BFS\) i \(BES\) mają wspólną przeciwprostokątną \(BS\) oraz równe przyprostokątne \(SF=SE=r\), więc są przystające. Zatem \[\sphericalangle FBS=\sphericalangle EBS,\] czyli \(BS\) jest dwusieczną kąta \(ABD\). **Krok \(7\).** Odcinek \(MS\) jest prostopadły do \(AD\), a bok \(AB\) też jest prostopadły do \(AD\), więc prosta \(MN\) jest równoległa do \(AB\). Dla prostych równoległych \(MN\) i \(AB\) przeciętych sieczną \(BS\) kąty naprzemianległe są równe: \[\sphericalangle NSB=\sphericalangle FBS.\] **Krok \(8\).** Punkt \(E\) leży na odcinku \(BD\), a więc na tej samej półprostej o początku \(B\) co punkt \(N\). Dlatego \(\sphericalangle EBS=\sphericalangle NBS\). Łącząc to z krokami \(6\) i \(7\): \[\sphericalangle NSB=\sphericalangle FBS=\sphericalangle EBS=\sphericalangle NBS.\] **Krok \(9\).** W trójkącie \(BSN\) kąty przy wierzchołkach \(S\) i \(B\) są więc równe, czyli trójkąt jest równoramienny i \[NS=NB.\] **Krok \(10\).** Zbieramy wszystko razem: \[MN=MS+SN=r+NB=r+DM=AM+MD=AD.\] To kończy dowód. **Uwaga.** Założenie, że środek \(S\) leży na odcinku \(MN\), jest istotne i korzystamy z niego dwa razy: przy rozbiciu \(MN=MS+SN\) w kroku \(3\) oraz przy stwierdzeniu, że prosta \(MN\) jest równoległa do \(AB\) w kroku \(7\). Bez tego założenia teza w ogóle nie musi być prawdziwa. **Odpowiedź.** \(MN=MS+SN=AM+MD=AD\), czyli \(MN=AD\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający albo poprowadzi odcinki \(SE\) i \(NG\), albo zapisze równość \(\lvert DM\rvert=\lvert DE\rvert\), albo zapisze równość \(\lvert DE\rvert=\lvert BN\rvert\), albo zapisze równość \(\lvert SM\rvert=\lvert SE\rvert=\lvert MA\rvert=\lvert NG\rvert\), albo zapisze, że trójkąty \(BFS\) i \(BES\) są przystające, albo zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów \(DAB\) i \(DMN\): \(\tfrac{\lvert AD\rvert}{\lvert DB\rvert}=\tfrac{\lvert MD\rvert}{\lvert DN\rvert}\), albo zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów \(MDN\) i \(ESN\): \(\tfrac{\lvert SE\rvert}{\lvert SN\rvert}=\tfrac{\lvert MD\rvert}{\lvert DN\rvert}\), albo zauważy, że odcinek \(BS\) jest dwusieczną kąta \(ABD\), albo zapisze, że trójkąt \(BNS\) jest równoramienny, i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający albo zapisze, że trójkąty \(BGN\) i \(NES\) są przystające, albo zapisze, że trójkąt \(BSN\) jest równoramienny i \(\lvert BN\rvert=\lvert DM\rvert\), albo zapisze proporcje […], albo zauważy, że \(\lvert MN\rvert=r+\lvert SN\rvert\) i […], albo zapisze proporcje […] oraz zapisze równanie […] wynikające z twierdzenia Pitagorasa w jednym z trójkątów \(BGN\) i \(ENS\), i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający wykaże, że \(\lvert MN\rvert=\lvert AD\rvert\).

V. Rozumowanie i argumentacja. 7. Planimetria. Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) ich własności (R7.4).

**A.** \(\left[\frac92,\frac{11}2\right]\)

Niech \(K\) będzie spodkiem prostopadłej z \(S\) na cięciwę \(AB\). W trójkącie prostokątnym \(ASK\) mamy \[SK=AS\sin31^\circ=10\sin31^\circ\approx5{,}15.\] Liczba ta należy do \([4{,}5,5{,}5]\).

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

**Klasyfikacja CKE:** trygonometria i okrąg - odległość środka okręgu od cięciwy.

B. \(2\sqrt{33}\)

Oznaczmy przez \(O_1\) środek okręgu o promieniu \(4\), a przez \(O_2\) środek okręgu o promieniu \(3\). Okręgi są styczne zewnętrznie, więc \[\lvert O_1O_2\rvert=4+3=7.\] Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc \(O_1P\perp PO_2\) i trójkąt \(O_1PO_2\) jest prostokątny o przyprostokątnej \(\lvert O_1P\rvert=4\) i przeciwprostokątnej \(7\). Z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert PO_2\rvert=\sqrt{7^2-4^2}=\sqrt{33}.\] Pole trójkąta prostokątnego jest połową iloczynu przyprostokątnych: \[P=\tfrac12\cdot4\cdot\sqrt{33}=2\sqrt{33}.\] **Odpowiedź.** B. \(2\sqrt{33}\)

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

Zadanie 19. (0−1) Wersja Wersja 7. Planimetria. Zdający korzysta z własności IV. Użycie i tworzenie I II stycznej do okręgu i własności okręgów strategii. stycznych (7.2). B C

**C.** \(25^\circ\)

Ponieważ \(AB\) jest średnicą, łuk \(BCA\) ma \(180^\circ\). Z \(\angle ASC=110^\circ\) wynika, że łuk \(AC\) ma \(110^\circ\), a łuk \(BC\) ma \(70^\circ\). Dla cięciw przecinających się wewnątrz okręgu \[100^\circ=\frac12(\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{AD}),\] więc łuk \(AD\) ma \(130^\circ\). Na drugiej półokręgu łuk \(DB\) ma zatem \(50^\circ\), a oparty na nim kąt wpisany \(BAD\) ma \(25^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - kąty wpisane, środkowe i utworzone przez przecinające się cięciwy.

\[|\angle P_{16}AP_{11}|=60^\circ.\]

Każdy z \(24\) równych łuków ma miarę \[\frac{360^\circ}{24}=15^\circ.\] Kąt utworzony przez dwie cięciwy przecinające się wewnątrz okręgu jest równy połowie sumy miar łuków opartych na tym kącie i kącie wierzchołkowym. Krótszy łuk \(P_{16}P_{11}\) składa się z \(5\) równych łuków, więc ma \(75^\circ\). Krótszy łuk \(P_{22}P_1\) składa się z \(3\) równych łuków, więc ma \(45^\circ\). Zatem \[|\angle P_{16}AP_{11}|=\frac12(75^\circ+45^\circ)=60^\circ.\]

**3 pkt** – pełny dowód, zakończony wartością \(60^\circ\) **2 pkt** – wyznaczenie miar obu właściwych łuków: \(75^\circ\) i \(45^\circ\) **1 pkt** – stwierdzenie, że każdy mały łuk ma \(15^\circ\), i wskazanie właściwej zależności kątowej **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 zależności między kątami środkowymi, wpisanymi oraz kątem utworzonym przez przecinające się cięciwy.

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

Środek większego okręgu leży na mniejszym okręgu. Odległość tego punktu od środka mniejszego okręgu jest więc równa promieniowi mniejszego okręgu, czyli \(10\).

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

Klucz CKE podaje tylko odpowiedź. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, okrąg i promień.

\[P=25\pi.\]

Oznaczmy promienie okręgów przez \(R\) i \(r\). Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do cięciwy i dzieli ją na połowy, każda o długości \(5\). W powstałym trójkącie prostokątnym \[R^2=r^2+5^2,\] więc \(R^2-r^2=25\). Pole pierścienia wynosi zatem \[P=\pi R^2-\pi r^2=\pi(R^2-r^2)=25\pi.\] Wzór nie zawiera żadnego z promieni.

**2 pkt** – pełne wykazanie, że pole pierścienia wynosi \(25\pi\) **1 pkt** – uzyskanie zależności \(R^2-r^2=25\) z twierdzenia Pitagorasa **0 pkt** – rozumowanie błędne albo brak rozumowania

Klucz CKE publikuje rozwiązanie i punktację. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, cięciwa, styczność, twierdzenie Pitagorasa i pole pierścienia.

\[R=\frac{\sqrt{15}}2.\]

Kwadraty długości boków spełniają \[\left(\sqrt7\right)^2+\left(\sqrt8\right)^2=7+8=15=\left(\sqrt{15}\right)^2.\] Trójkąt jest więc prostokątny, a jego przeciwprostokątna ma długość \(\sqrt{15}\). Promień okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym jest równy połowie przeciwprostokątnej, zatem \(R=\frac{\sqrt{15}}2\).

**2 pkt** – poprawny promień \(\frac{\sqrt{15}}2\) **1 pkt** – rozpoznanie, że trójkąt jest prostokątny **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

Klucz CKE publikuje rozwiązanie i punktację. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, twierdzenie Pitagorasa i okrąg opisany na trójkącie prostokątnym.

Na czworokącie \(CEFG\) można opisać okrąg, ponieważ suma jego przeciwległych kątów jest równa \(180^\circ\).

W trójkącie \(ABC\) mamy \(|\angle ABC|=70^\circ\). Czworokąty \(ADFE\) i \(BDFG\) są wpisane odpowiednio w okręgi \(o_1\) i \(o_2\), więc \[|\angle DFE|=180^\circ-50^\circ=130^\circ,\] \[|\angle DFG|=180^\circ-70^\circ=110^\circ.\] Zatem \(|\angle EFG|=360^\circ-130^\circ-110^\circ=120^\circ\). Ponieważ \(|\angle ECG|=60^\circ\), suma przeciwległych kątów czworokąta \(CEFG\) wynosi \(180^\circ\), co kończy dowód.

**3 pkt** – pełne uzasadnienie współokręgowości punktów \(C,E,F,G\) **2 pkt** – obliczenie \(|\angle EFG|=120^\circ\) **1 pkt** – obliczenie \(|\angle DFE|=130^\circ\) albo \(|\angle DFG|=110^\circ\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** planimetria - kąty wpisane i warunek opisania okręgu na czworokącie.

\[\sqrt{145}.\]

Przeciwprostokątna ma długość \(25\), a promień okręgu wpisanego \[r=\frac{15+20-25}{2}=5.\] Z twierdzenia o odcinkach stycznych odcinek na przeciwprostokątnej ma długość \(10\). Dla odpowiedniego kąta ostrego \(\cos\alpha=\frac35\). Z twierdzenia cosinusów szukana długość \(d\) spełnia \[d^2=15^2+10^2-2\cdot15\cdot10\cdot\frac35=145,\] czyli \(d=\sqrt{145}\).

**4 pkt** – wyznaczenie długości \(\sqrt{145}\) **3 pkt** – wyznaczenie odcinka stycznego długości \(10\) **2 pkt** – obliczenie promienia \(r=5\) **1 pkt** – obliczenie przeciwprostokątnej \(25\) i właściwego cosinusa \(\frac35\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** planimetria - okrąg wpisany, odcinki styczne i twierdzenie cosinusów.

Teza wynika z twierdzenia Talesa i dwóch zastosowań twierdzenia Pitagorasa.

Ponieważ \(AB\) jest średnicą okręgu, kąty wpisane \(\angle ADB\) i \(\angle ACB\), oparte na tej średnicy, są proste. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach \(ADB\) i \(ACB\) otrzymujemy \[|AD|^2+|BD|^2=|AB|^2\] oraz \[|AC|^2+|BC|^2=|AB|^2.\] Obie lewe strony są więc równe tej samej liczbie \(|AB|^2\), co dowodzi tezy.

**1 pkt** – rozpoznanie kątów prostych i zapis obu równości wynikających z twierdzenia Pitagorasa **2 pkt** – pełne uzasadnienie żądanej równości **0 pkt** – rozwiązanie bez poprawnego postępu

Klucz CKE nie publikuje osobnej tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, kąt wpisany oparty na średnicy i twierdzenie Pitagorasa.

**C.** \(120^\circ\).

Niech miara kąta wpisanego będzie równa \(x\). Kąt środkowy oparty na tym samym łuku ma miarę \(2x\). Z warunku zadania \[x+2x=180^\circ,\] więc \(x=60^\circ\), a kąt środkowy ma miarę \(2x=120^\circ\).

**1 pkt** – zaznaczenie odpowiedzi **C** **0 pkt** – inna odpowiedź albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** 7.1. Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

**C.** \(120^\circ\).

Niech miara kąta wpisanego będzie równa \(x\). Kąt środkowy oparty na tym samym łuku ma miarę \(2x\). Z warunku zadania \[x+2x=180^\circ,\] więc \(x=60^\circ\), a kąt środkowy ma miarę \(2x=120^\circ\).

**1 pkt** – zaznaczenie odpowiedzi **C** **0 pkt** – inna odpowiedź albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** 7.1. Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

\[AB=\frac{12\sqrt{17\cdot26}}{26}\approx9{,}7032.\] Należy zakodować cyfry \(9,7,0\).

Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą trójkąty \(APB\) i \(CPA\) są podobne. Oznaczmy \(PA=y\) i \(AB=x\). Ponieważ \(PC=PB+BC=26\), z podobieństwa \[\frac{PA}{PC}=\frac{PB}{PA},\qquad \frac{y}{26}=\frac{17}{y},\] więc \(y=\sqrt{17\cdot26}\). Ponadto \[\frac{AB}{PA}=\frac{AC}{PC},\qquad \frac{x}{y}=\frac{12}{26}.\] Stąd \(x=\frac{12\sqrt{17\cdot26}}{26}\approx9{,}7032\), więc kod to \(970\).

**Informator CKE podaje dwa rozwiązania wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 3 pkt** – poprawna długość i kod \(970\) **2 pkt** – poprawne podobieństwo i wyznaczenie \(PA=\sqrt{17\cdot26}\) **1 pkt** – rozpoznanie podobieństwa trójkątów **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 7.4. R. Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) ich własności.

Promień okręgu opisanego na trójkącie \(ECD\) jest równy \(p\sqrt2\).

Niech \(\alpha=\angle BAC\), \(\beta=\angle ABC\). Trójkąty \(CAD\) i \(CBE\) są równoramienne, dlatego \(\angle DCA=\frac\alpha2\) i \(\angle ECB=\frac\beta2\). Ponieważ \(\alpha+\beta=90^\circ\), \[\angle ECD=\frac\alpha2+90^\circ+\frac\beta2=135^\circ.\] Mamy też \(ED=AD+AB+BE=AC+AB+BC=2p\). Z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(ECD\): \[2R=\frac{ED}{\sin135^\circ}=\frac{2p}{\sqrt2/2}=2p\sqrt2.\] Zatem \(R=p\sqrt2\).

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 6 pkt** – pełny dowód **4: 5 pkt** – poprawne wyznaczenie kąta \(135^\circ\) i zastosowanie twierdzenia sinusów z drobnym błędem **2: 3 pkt** – poprawne zależności kątowe lub ustalenie \(ED=2p\) **1 pkt** – istotny poprawny krok geometryczny **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** 7.5. R. Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.

Na czworokącie \(PQRS\) można opisać okrąg.

Oznaczmy \[\angle BAP=\angle PAD=\alpha,\qquad \angle CBP=\angle ABP=\beta.\] Ponieważ \(ABCD\) jest wpisany w okrąg, kąty przeciwległe są dopełniające do \(180^\circ\), więc \[\angle DCR=90^\circ-\alpha,\qquad \angle CDR=90^\circ-\beta.\] W trójkącie \(ABP\) otrzymujemy \[\angle SPQ=\angle APB=180^\circ-(\alpha+\beta).\] W trójkącie \(CDR\) mamy natomiast \[\angle SRQ=\angle CRD=\alpha+\beta.\] Zatem \[\angle SPQ+\angle SRQ=180^\circ.\] Suma przeciwległych kątów czworokąta \(PQRS\) jest równa \(180^\circ\), więc czworokąt ten jest wpisany w okrąg.

**3 pkt** – wykazanie, że suma przeciwległych kątów czworokąta \(PQRS\) wynosi \(180^\circ\) **2 pkt** – poprawne wyznaczenie \(\angle SPQ=180^\circ-(\alpha+\beta)\) oraz \(\angle SRQ=\alpha+\beta\) **1 pkt** – oznaczenie połówek dwóch sąsiednich kątów i poprawne wyrażenie połówek dwóch pozostałych kątów **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7. Planimetria - twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i opisane na okręgu (R7.1).

**C.** \(20^\circ\).

Niech \(x\) oznacza miarę kąta wpisanego. Kąt środkowy oparty na tym samym łuku ma miarę \(2x\). Z treści zadania \[x=2x-20^\circ,\] stąd \(x=20^\circ\).

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

**A.** \(40^\circ\).

Odcinek przechodzący przez środek \(O\) jest średnicą, więc kąt wpisany oparty na tej średnicy ma \(90^\circ\). W odpowiednim trójkącie suma kątów ostrych wynosi \(90^\circ\), zatem \[\alpha=90^\circ-50^\circ=40^\circ.\]

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

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, kąty wpisane i kąt oparty na średnicy.

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

Z rysunku odczytujemy dwa kąty środkowe o wspólnym ramieniu \(OK\): \(\lvert\angle KOM\rvert=130^\circ\) oraz \(\lvert\angle KOL\rvert=110^\circ\). Kąt środkowy \(MOL\), oparty na łuku \(ML\) niezawierającym punktu \(K\), dopełnia je do kąta pełnego: \[\lvert\angle MOL\rvert=360^\circ-130^\circ-110^\circ=120^\circ.\] Kąt \(LKM\) jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku \(ML\), a kąt wpisany ma miarę o połowę mniejszą od kąta środkowego opartego na tym łuku: \[\lvert\angle LKM\rvert=\tfrac12\cdot120^\circ=60^\circ.\] **Odpowiedź.** B. \(60^\circ\)

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

Zadanie 17. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

B

Kąt prosty trójkąta jest kątem wpisanym opartym na przeciwprostokątnej, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego. Z twierdzenia Pitagorasa \[c=\sqrt{12^2+9^2}=\sqrt{144+81}=\sqrt{225}=15,\] a promień jest połową średnicy: \[R=\frac{15}{2}.\] **Odpowiedź.** B. \(\dfrac{15}{2}\)

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

Zadanie 18. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**D.** \(69^\circ\)

Z rysunku odczytujemy, że \(AB\) jest średnicą, punkt \(C\) leży nad tą średnicą, a punkt \(D\) — pod nią; kąt \(BAC\) ma miarę \(21^\circ\). Kąt \(ACB\) jest wpisany i oparty na średnicy, więc \(|\angle ACB|=90^\circ\). Z sumy kątów w trójkącie \(ABC\): \[|\angle ABC|=180^\circ-90^\circ-21^\circ=69^\circ.\] Kąty \(ADC\) i \(ABC\) są kątami wpisanymi opartymi na tym samym łuku \(AC\) — punkty \(B\) i \(D\) leżą po tej samej stronie cięciwy \(AC\) — więc mają równe miary: \[\alpha=|\angle ADC|=|\angle ABC|=69^\circ.\] **Odpowiedź.** D. \(69^\circ\)

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

**Wymaganie ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymaganie szczegółowe:** 7.1) Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

Trójkąt \(ABC\) jest rozwartokątny, a miary kątów \(ASB\), \(ASC\), \(BSC\) są równe odpowiednio \[6\alpha,\quad4\alpha,\quad2\alpha,\] więc tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy \(-2\alpha\).

Z sumy kątów trójkąta \[\alpha+2\alpha+4\alpha=180^\circ,\] zatem \(\alpha=\frac{180^\circ}{7}\). Kąt \(BCA=4\alpha=\frac{720^\circ}{7}>90^\circ\), więc trójkąt jest rozwartokątny. Z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym \[\angle BSC=2\angle BAC=2\alpha,\qquad \angle ASC=2\angle ABC=4\alpha.\] Kąt wpisany \(BCA\) opiera się na łuku \(BA\) o mierze \(8\alpha>180^\circ\), dlatego wypukły kąt środkowy \(ASB\) ma miarę \[360^\circ-8\alpha=14\alpha-8\alpha=6\alpha.\] Liczby \(6\alpha\), \(4\alpha\), \(2\alpha\) tworzą ciąg arytmetyczny.

**3 pkt** – wykazanie rozwartokątności oraz wyznaczenie miar \(6\alpha\), \(4\alpha\), \(2\alpha\) i stwierdzenie, że tworzą ciąg arytmetyczny **2 pkt** – poprawne zastosowanie związku między kątem wpisanym i środkowym do wyznaczenia kątów \(ASC\) i \(BSC\) **1 pkt** – obliczenie \(\alpha=\frac{180^\circ}{7}\) i uzasadnienie, że trójkąt jest rozwartokątny **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak dowodu

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** Zdający korzysta ze związku między kątem środkowym i wpisanym oraz bada, czy podane liczby tworzą ciąg arytmetyczny.

A. \(160\)°

Długość łuku jest wprost proporcjonalna do miary opartego na nim kąta środkowego, a całemu okręgowi odpowiada kąt \(360^\circ\). Zatem \[\alpha=\tfrac49\cdot360^\circ=160^\circ.\] **Odpowiedź.** A. \(160^\circ\)

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

Użycie i tworzenie strategii. Znajdowanie związków miarowych w figurach płaskich (IV.7.c).

Wykazano, że \[m(\angle ASB)=4\,m(\angle SBC).\]

Oznaczmy \(m(\angle ASB)=\alpha\). Kąt wpisany \(ACB\) i kąt środkowy \(ASB\) są oparte na tym samym łuku \(AB\), więc \[m(\angle ACB)=\frac\alpha2.\] Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny, a prosta \(CS\) jest jego osią symetrii i zawiera dwusieczną kąta \(ACB\). Zatem \[m(\angle SCB)=\frac12m(\angle ACB)=\frac\alpha4.\] Ponieważ \(SB=SC\) są promieniami okręgu, trójkąt \(SBC\) jest równoramienny, więc \[m(\angle SBC)=m(\angle SCB)=\frac\alpha4.\] Stąd \(m(\angle ASB)=4\,m(\angle SBC)\), co należało wykazać.

**2 pkt** – pełne uzasadnienie, że kąt \(ASB\) jest cztery razy większy od kąta \(SBC\) **1 pkt** – wykorzystanie twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym oraz równości kątów w odpowiednim trójkącie równoramiennym, lecz bez domknięcia dowodu **0 pkt** – rozumowanie błędne, ograniczone wyłącznie do szczególnego przypadku albo brak dowodu

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** Przeprowadzenie dowodu geometrycznego z wykorzystaniem związków miarowych w figurach płaskich (V.7.c).

**C.** \(120^\circ\)

Z rysunku odczytujemy \(\lvert\angle CAO\rvert=40^\circ\) oraz \(\lvert\angle OCB\rvert=20^\circ\). Trójkąt \(AOC\) jest równoramienny, bo \(\lvert OA\rvert=\lvert OC\rvert\) (promienie), więc \(\lvert\angle OCA\rvert=40^\circ\) i \[\lvert\angle AOC\rvert=180^\circ-2\cdot40^\circ=100^\circ.\] Tak samo trójkąt \(BOC\) jest równoramienny, więc \(\lvert\angle OBC\rvert=20^\circ\) i \[\lvert\angle BOC\rvert=180^\circ-2\cdot20^\circ=140^\circ.\] Trzy kąty o wierzchołku \(O\) tworzą kąt pełny, zatem wypukły kąt środkowy \(AOB\) ma miarę \[360^\circ-100^\circ-140^\circ=120^\circ.\] **Odpowiedź.** C. \(120^\circ\)

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

Zadanie 17. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**C.** \(25^\circ\)

Oznaczmy: \(Q\) – punkt styczności prostej z okręgiem (skrajny prawy punkt okręgu), \(P\) – punkt okręgu położony u góry po prawej, \(R\) – punkt okręgu położony u dołu po lewej, \(T\) – punkt przecięcia stycznej z prostą \(PO\). Z rysunku: prosta \(TPO\) przechodzi przez środek okręgu, a kąt przy \(T\) ma \(40^\circ\). Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc \(\lvert\angle OQT\rvert=90^\circ\). Z sumy kątów trójkąta \(OQT\) \[\lvert\angle QOT\rvert=180^\circ-90^\circ-40^\circ=50^\circ.\] Punkt \(P\) leży na półprostej \(OT\), więc kąt środkowy oparty na łuku \(PQ\) ma miarę \(50^\circ\). Kąt \(\alpha\) jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku \(PQ\), zatem \[\alpha=\tfrac12\cdot50^\circ=25^\circ.\] **Odpowiedź.** C. \(25^\circ\)

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

Zadanie 11. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

A. \(25\)°

Z rysunku odczytujemy, że \(AB\) i \(CD\) są średnicami przecinającymi się w środku \(S\) pod kątem \(50^\circ\), a punkt \(M\) leży na okręgu; kąt \(\alpha\) to kąt \(DMB\). Kąt \(ASC\) ma miarę \(50^\circ\), a kąt \(DSB\) jest do niego wierzchołkowy, więc \[\lvert\angle DSB\rvert=50^\circ.\] Jest to kąt środkowy oparty na łuku \(DB\) niezawierającym punktu \(M\), więc ten łuk ma miarę \(50^\circ\). Kąt \(\alpha=\lvert\angle DMB\rvert\) jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku, zatem \[\alpha=\tfrac12\cdot50^\circ=25^\circ.\] **Odpowiedź.** A. \(25^\circ\)

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

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Wykorzystanie związków między kątem wpisanym i środkowym (I.7.a).

**B.** \(50^\circ\)

Z rysunku odczytujemy, że \(AB\) jest średnicą, punkt \(C\) leży na okręgu, a kąt środkowy \(AOC\) ma miarę \(100^\circ\). Kąty \(AOC\) i \(BOC\) są przyległe, więc \[\lvert\angle BOC\rvert=180^\circ-100^\circ=80^\circ.\] Odcinki \(OB\) i \(OC\) są promieniami, zatem trójkąt \(BOC\) jest równoramienny, a kąty przy jego podstawie \(BC\) mają równe miary: \[\alpha=\lvert\angle OCB\rvert=\frac{180^\circ-80^\circ}{2}=50^\circ.\] **Odpowiedź.** B. \(50^\circ\)

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

Zadanie 16. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**C.** \(16\pi\)

Najdłuższa przekątna sześciokąta foremnego łączy przeciwległe wierzchołki i przechodzi przez środek okręgu opisanego, jest więc jego średnicą: \[2R=8,\qquad R=4.\] Pole koła: \[P=\pi R^2=16\pi.\] **Odpowiedź.** C. \(16\pi\)

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

Zadanie 17. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**C.** \(5\text{ cm}\)

Odległość środka od cięciwy mierzymy wzdłuż prostopadłej, a prostopadła poprowadzona ze środka dzieli cięciwę na połowy. Powstaje trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(3\ \mathrm{cm}\) i \(\frac82=4\ \mathrm{cm}\), którego przeciwprostokątną jest promień: \[r=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \mathrm{cm}.\] **Odpowiedź.** C. \(5\ \mathrm{cm}\)

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

Zadanie 9. (0–1) Wykorzystanie Znalezienie związków miarowych i interpretowanie reprezentacji w figurach płaskich. Zastosowanie C twierdzenia Pitagorasa (II.7.c)

**D.** \(85^\circ\)

Z rysunku odczytujemy kąty środkowe: \(\lvert\angle DOA\rvert=130^\circ\) oraz \(\lvert\angle AOB\rvert=60^\circ\). Miara łuku jest równa mierze opartego na nim kąta środkowego, więc łuk \(DA\) ma \(130^\circ\), a łuk \(AB\) ma \(60^\circ\). Kąty środkowe pełnego okręgu sumują się do \(360^\circ\), zatem łuk \(BCD\), czyli łuk \(BD\) niezawierający punktu \(A\), ma miarę \[360^\circ-130^\circ-60^\circ=170^\circ.\] Kąt wpisany \(BAD\) jest oparty właśnie na tym łuku, a kąt wpisany ma miarę połowy łuku, na którym jest oparty: \[\lvert\angle BAD\rvert=\tfrac12\cdot170^\circ=85^\circ.\] **Odpowiedź.** D. \(85^\circ\)

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

Zadanie 10. (0–1) **Wymaganie ogólne:** wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymaganie szczegółowe:** korzystanie z zależności między kątem wpisanym a kątem środkowym opartymi na tym samym łuku (II.7.a).

B. \(50\)

Przekątna kwadratu wpisanego w okrąg jest średnicą tego okręgu, więc \(d=2\cdot5=10\). Pole kwadratu o przekątnej \(d\) wynosi \[P=\frac{d^2}{2}=\frac{100}{2}=50.\] **Odpowiedź.** B. \(50\)

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

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Wykorzystanie związku między promieniem koła opisanego na kwadracie i długością jego boku (II.7.c).

C. \(45\)°

Cztery punkty dzielą okrąg na cztery równe łuki, więc każdy z nich ma miarę \[\frac{360^\circ}{4}=90^\circ.\] Z rysunku odczytujemy kolejność punktów na okręgu: \(C\) u góry po prawej, \(D\) u góry po lewej, \(A\) u dołu po lewej, \(B\) u dołu po prawej. Kąt wpisany \(ACD\) jest oparty na łuku \(DA\), który nie zawiera punktu \(C\) i składa się z jednego z czterech równych łuków, ma więc miarę \(90^\circ\). Kąt wpisany ma miarę o połowę mniejszą od kąta środkowego opartego na tym samym łuku: \[\lvert\angle ACD\rvert=\tfrac12\cdot90^\circ=45^\circ.\] **Odpowiedź.** C. \(45^\circ\)

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

Wykorzystanie i interpretowanie informacji. Wykorzystanie związków między kątem wpisanym i środkowym do obliczenia miary kąta (I.7.a).

**C.** \(6{,}5\)

Kąt wpisany oparty na średnicy jest prosty, więc w trójkącie prostokątnym okrąg opisany ma średnicę równą przeciwprostokątnej. Z twierdzenia Pitagorasa \[c=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{169}=13,\] zatem \[R=\frac c2=\frac{13}{2}=6{,}5.\] **Odpowiedź.** C. \(6{,}5\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** stosowanie twierdzenia Pitagorasa oraz własności okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

**B.** \(12\)

Oznaczmy przez \(O_1\) środek mniejszego okręgu (o promieniu \(12\)), a przez \(O_2\) — środek większego (o promieniu \(17\)). Z założenia punkt \(O_2\) leży na mniejszym okręgu, a to znaczy, że jego odległość od środka \(O_1\) jest równa promieniowi mniejszego okręgu: \[|O_1O_2|=12.\] Promień \(17\) nie wchodzi tu do rachunku. **Odpowiedź.** B. \(12\)

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

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

**C.** \(12\)

Środek okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny pokrywa się z punktem przecięcia wysokości i dzieli każdą wysokość w stosunku \(2:1\) od wierzchołka, więc promień stanowi \(\frac13\) wysokości: \[r=\tfrac13 h=\tfrac13\cdot\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt3}{6}.\] Dla \(a=24\sqrt3\): \[r=\frac{24\sqrt3\cdot\sqrt3}{6}=\frac{24\cdot3}{6}=12.\] **Odpowiedź.** C. \(12\)

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

Zadanie 18. (0–1) **Wymaganie ogólne:** wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymaganie szczegółowe:** znajdowanie i wykorzystywanie związków miarowych w figurach płaskich; wyznaczanie promienia okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny przy danej długości boku.

**C.** \(17\)

Środek mniejszego okręgu leży na większym okręgu, więc jego odległość od środka większego okręgu jest równa promieniowi tego większego okręgu: \[\lvert O_1O_2\rvert=17.\] Promień mniejszego okręgu nie ma tu znaczenia. **Odpowiedź.** C. \(17\)

**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 – rozpoznaje wzajemne położenie okręgów.

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

**Krok \(1\).** W zadaniu występują dwa kąty oparte na tym samym łuku: zaznaczony na rysunku kąt środkowy o wierzchołku w \(O\) oraz kąt wpisany \(\alpha\), którego wierzchołek leży na okręgu. Wiąże je twierdzenie: kąt środkowy jest dwa razy większy od kąta wpisanego opartego na tym samym łuku. **Krok \(2\).** Z rysunku odczytujemy miarę zaznaczonego kąta środkowego — jest on równy \(160^\circ\). Wierzchołek kąta \(\alpha\) leży po przeciwnej stronie okręgu niż ten kąt. **Krok \(3\).** Kluczowe pytanie brzmi: na którym z dwóch łuków oparty jest kąt \(\alpha\)? Dwa punkty dzielą okrąg na dwa łuki. Kąt \(160^\circ\) obejmuje ten łuk, po którego przeciwnej stronie leży wierzchołek kąta \(\alpha\), więc \(\alpha\) opiera się na tym drugim, większym łuku. **Krok \(4\).** Kąty środkowe pełnego okręgu sumują się do \(360^\circ\), więc kąt środkowy odpowiadający temu większemu łukowi ma miarę \[360^\circ-160^\circ=200^\circ.\] **Krok \(5\).** Teraz stosujemy twierdzenie o kącie wpisanym: kąt wpisany jest połową kąta środkowego opartego na tym samym łuku, zatem \[\alpha=\tfrac12\cdot200^\circ=100^\circ.\] **Uwaga.** Najczęstszy błąd to odruchowe podzielenie przez dwa liczby widocznej na rysunku: \(160^\circ:2=80^\circ\), czyli odpowiedź A. Zanim się dzieli, trzeba ustalić, na którym łuku opiera się kąt wpisany. Pomocna jest prosta kontrola: kąt wpisany oparty na łuku mniejszym od półokręgu jest ostry, a oparty na łuku większym — rozwarty. **Odpowiedź.** B: \(100^\circ\)

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Skorzystanie ze związków między kątem środkowym i kątem wpisanym.

\(150^{\circ}\)

**Krok \(1\).** Kluczowa obserwacja: długość łuku jest wprost proporcjonalna do miary kąta środkowego, na którym ten łuk jest oparty. Skoro łuki mają się do siebie jak \(7:5\), to w tym samym stosunku pozostają odpowiadające im kąty środkowe. **Krok \(2\).** Oznaczmy przez \(\alpha\) kąt oparty na krótszym łuku, a przez \(\beta\) kąt oparty na dłuższym. Oba kąty razem obiegają cały okrąg: \[\alpha+\beta=360^{\circ},\qquad \frac{\alpha}{\beta}=\frac{5}{7}.\] **Krok \(3\).** Zamiast rozwiązywać układ, myślimy o podziale na części: skoro proporcja to \(7:5\), dzielimy okrąg na \(7+5=12\) równych części. Krótszy łuk to \(5\) takich części, czyli \(\frac{5}{12}\) całego okręgu. **Krok \(4\).** Kąt pełny ma \(360^{\circ}\), więc kąt oparty na krótszym łuku stanowi ten sam ułamek kąta pełnego: \[\alpha=\frac{5}{12}\cdot 360^{\circ}=5\cdot 30^{\circ}=150^{\circ}.\] **Krok \(5\).** Sprawdzamy: \(\beta=\frac{7}{12}\cdot 360^{\circ}=210^{\circ}\), a \(150^{\circ}+210^{\circ}=360^{\circ}\) — zgadza się, przy czym \(150^{\circ}\lt 210^{\circ}\), więc rzeczywiście \(\alpha\) odpowiada krótszemu łukowi. **Uwaga.** Łatwo pomylić części proporcji i wziąć \(\frac{7}{12}\). Krótszemu łukowi odpowiada mniejsza liczba w proporcji, czyli \(5\) — pytanie dotyczy kąta opartego na krótszym łuku. **Odpowiedź.** \(150^{\circ}\)

**1 pkt** – gdy zapisze, że krótszy łuk \(AB\) to \(\frac{5}{12}\) okręgu, lub zapisze układ równań, np.: \(\frac{\alpha}{\beta}=\frac{7}{5}\) i \(\alpha+\beta=360^{\circ}\), lub zapisze, że dwa kolejne punkty zaznaczone na tym okręgu wraz z punktem \(O\) wyznaczają kąt środkowy o mierze \(30^{\circ}\), lub zapisze, że kąt środkowy oparty na dłuższym z łuków \(AB\) ma miarę \(210^{\circ}\), i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **2 pkt** – gdy obliczy miarę kąta środkowego opartego na krótszym z łuków \(AB\): \(\angle AOB=150^{\circ}\).

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – wiąże długość łuku z miarą kąta środkowego.

**A.** \(50^\circ\)

Z rysunku odczytujemy, że kąt \(40^\circ\) jest kątem wpisanym o wierzchołku w górnym punkcie okręgu, opartym na łuku wyznaczonym przez dolny lewy i prawy punkt okręgu. Kąt środkowy oparty na tym samym łuku jest podzielony przez trzeci promień na dwie części: \(30^\circ\) oraz \(\alpha\). Kąt środkowy jest dwa razy większy od kąta wpisanego opartego na tym samym łuku, więc jego miara wynosi \[2\cdot40^\circ=80^\circ.\] Stąd \[\alpha=80^\circ-30^\circ=50^\circ.\] **Odpowiedź.** A. \(50^\circ\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** stosowanie zależności między kątem środkowym a kątem wpisanym opartym na tym samym łuku, z odczytem danych z rysunku Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

**C.** \(115^\circ\)

Z rysunku odczytujemy, że zaznaczony kąt środkowy \(ASB\) — ten zwrócony ku dolnej części okręgu — ma miarę \(230^\circ\). Jest on oparty na łuku \(AB\) niezawierającym punktu \(C\), więc ten łuk ma miarę \(230^\circ\). Kąt wpisany \(ACB\) jest oparty na tym samym łuku, a kąt wpisany ma miarę o połowę mniejszą od kąta środkowego opartego na tym łuku: \[\lvert\angle ACB\rvert=\tfrac12\cdot230^\circ=115^\circ.\] **Odpowiedź.** C. \(115^\circ\)

**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 – wiąże kąt wpisany z kątem środkowym.

Punkty \(B\), \(P\) i \(D\) leżą na jednej prostej.

Z rysunku odczytujemy, że oba okręgi przechodzą przez wierzchołek \(A\) prostokąta: jeden ma średnicę \(AD\), drugi średnicę \(AB\); ich drugim punktem wspólnym jest \(P\). Kąt \(APD\) jest kątem wpisanym opartym na średnicy \(AD\), więc \[\lvert\angle APD\rvert=90^\circ.\] Kąt \(APB\) jest kątem wpisanym opartym na średnicy \(AB\), więc \[\lvert\angle APB\rvert=90^\circ.\] Punkty \(B\) i \(D\) leżą po przeciwnych stronach prostej \(AP\), zatem kąty \(APD\) i \(APB\) nie nakładają się i \[\lvert\angle DPB\rvert=\lvert\angle APD\rvert+\lvert\angle APB\rvert=90^\circ+90^\circ=180^\circ.\] Kąt \(DPB\) jest więc kątem półpełnym, co oznacza, że punkty \(B\), \(P\), \(D\) są współliniowe. **Odpowiedź.** Punkty \(B\), \(P\) i \(D\) leżą na jednej prostej.

**1 pkt** – zauważenie, że \(\lvert\angle APD\rvert=90^\circ\) oraz \(\lvert\angle APB\rvert=90^\circ\). **2 pkt** – uzasadnienie obu równości i wywnioskowanie współliniowości punktów \(B\), \(P\), \(D\).

Zadanie 29. (0–2) **Wymaganie ogólne:** rozumowanie i argumentacja. **Wymaganie szczegółowe:** korzystanie z twierdzenia o kącie wpisanym opartym na średnicy okręgu.

**B.** \(\beta=124^\circ\)

Z rysunku odczytujemy, że \(\beta\) jest kątem środkowym \(ASB\), opartym na cięciwie \(AB\). Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą miara kąta \(\alpha\) jest równa połowie miary łuku \(AB\) zawartego wewnątrz tego kąta, a kąt środkowy \(\beta\) jest oparty na tym samym łuku. Zatem \[\beta=2\alpha=2\cdot62^\circ=124^\circ.\] **Odpowiedź.** B. \(\beta=124^\circ\)

**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.

**C.** \(120^\circ\)

Kąt środkowy oparty na tym samym łuku ma miarę dwa razy większą od kąta wpisanego. Oznaczmy miarę kąta wpisanego przez \(x\); kąt środkowy ma wtedy \(2x\). Z warunku zadania \[x+2x=180^\circ,\qquad x=60^\circ,\] więc kąt środkowy ma miarę \(2x=120^\circ\). **Odpowiedź.** C. \(120^\circ\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **C** **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.

\(2\sqrt{145}\)

Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny, bo \(30^2+40^2=2500=50^2\); kąt prosty jest przy wierzchołku \(C\). Odcinki stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu mają równe długości. Oznaczając połowę obwodu przez \(p=\frac{30+40+50}{2}=60\), otrzymujemy standardowe wzory na odcinki styczne: \[\lvert AM\rvert=p-\lvert BC\rvert=60-30=30,\qquad \lvert BM\rvert=p-\lvert AC\rvert=60-40=20.\] Umieśćmy trójkąt w układzie współrzędnych: \(C=(0,0)\), \(A=(40,0)\), \(B=(0,30)\). Punkt \(M\) leży na \(AB\) w odległości \(30\) od \(A\), a \(\lvert AB\rvert=50\), więc \[M=A+\tfrac{30}{50}\left(B-A\right)=(40,0)+0{,}6\cdot(-40,30)=(16,18).\] Stąd \[\lvert CM\rvert=\sqrt{16^2+18^2}=\sqrt{256+324}=\sqrt{580}=2\sqrt{145}.\] **Odpowiedź.** \(\lvert CM\rvert=2\sqrt{145}\)

*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: \(2\sqrt{145}\)

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

\[\lvert\angle APB\rvert+\lvert\angle CRD\rvert=180^\circ.\]

Odcinek \(AB\) jest średnicą półokręgu, na którym leży punkt \(P\). Kąt wpisany oparty na średnicy jest prosty, więc \[\lvert\angle APB\rvert=90^\circ.\] Tak samo odcinek \(CD\) jest średnicą półokręgu, na którym leży punkt \(R\), zatem \[\lvert\angle CRD\rvert=90^\circ.\] Stąd \[\lvert\angle APB\rvert+\lvert\angle CRD\rvert=90^\circ+90^\circ=180^\circ,\] co należało udowodnić. Warunek współliniowości punktów \(O\), \(P\), \(R\) gwarantuje jedynie, że oba punkty leżą po tej samej stronie prostej \(AB\) — na wartość obu kątów nie wpływa. **Odpowiedź.** \(\lvert\angle APB\rvert+\lvert\angle CRD\rvert=180^\circ\)

*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: dowód

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

A. \(4\sqrt{2}\)

Środek okręgu opisanego na kwadracie jest punktem przecięcia przekątnych, a przekątna kwadratu jest średnicą tego okręgu: \[d=2R=8.\] Przekątna kwadratu o boku \(a\) ma długość \(a\sqrt2\), więc \[a\sqrt2=8,\qquad a=\frac{8}{\sqrt2}=4\sqrt2.\] **Odpowiedź.** A. \(4\sqrt2\)

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

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Wyznaczanie długości boku kwadratu wpisanego w okrąg.

A. \(120\)°

Wierzchołki trójkąta równobocznego dzielą okrąg opisany na trzy równe łuki, bo równym cięciwom odpowiadają równe łuki. Każdy z nich ma miarę \[\frac{360^\circ}{3}=120^\circ.\] Kąt środkowy \(ASB\) jest oparty na łuku \(AB\), więc ma taką samą miarę. Ten sam wynik daje zależność między kątem wpisanym a środkowym: kąt \(ACB\) trójkąta równobocznego ma \(60^\circ\), a oparty na tym samym łuku kąt środkowy jest dwa razy większy. **Odpowiedź.** A. \(120^\circ\)

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

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Korzystanie ze związków między kątem wpisanym i środkowym do obliczenia miary kąta.

\[\lvert\angle CDE\rvert=72^\circ,\qquad \lvert\angle DCE\rvert=72^\circ,\qquad \lvert\angle CED\rvert=36^\circ.\]

Z sumy kątów trójkąta \(ABC\) \[\lvert\angle ACB\rvert=180^\circ-42^\circ-78^\circ=60^\circ.\] Odcinek \(CD\) leży na dwusiecznej tego kąta, więc \[\lvert\angle ACD\rvert=\lvert\angle DCB\rvert=30^\circ.\] **Kąt \(DCE\).** Prosta \(CE\) jest styczna do okręgu opisanego w punkcie \(C\), a \(CB\) jest cięciwą. Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą kąt \(BCE\) jest równy kątowi wpisanemu opartemu na łuku \(BC\) leżącemu po drugiej stronie cięciwy, czyli kątowi \(BAC\): \[\lvert\angle BCE\rvert=42^\circ.\] Z rysunku odczytujemy, że punkt \(E\) leży na przedłużeniu odcinka \(AB\) poza wierzchołkiem \(B\), więc półproste \(CD\) i \(CE\) leżą po tej samej stronie prostej \(CB\) i kąty się dodają: \[\lvert\angle DCE\rvert=\lvert\angle DCB\rvert+\lvert\angle BCE\rvert=30^\circ+42^\circ=72^\circ.\] **Kąt \(CDE\).** W trójkącie \(ACD\) \[\lvert\angle ADC\rvert=180^\circ-42^\circ-30^\circ=108^\circ,\] a kąt \(CDE\) jest do niego przyległy: \[\lvert\angle CDE\rvert=180^\circ-108^\circ=72^\circ.\] **Kąt \(CED\).** Z sumy kątów trójkąta \(CDE\) \[\lvert\angle CED\rvert=180^\circ-72^\circ-72^\circ=36^\circ.\] **Odpowiedź.** \(\lvert\angle CDE\rvert=72^\circ\), \(\lvert\angle DCE\rvert=72^\circ\), \(\lvert\angle CED\rvert=36^\circ\).

*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 **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania** – obliczenie miary kąta \(CDE\): \(\lvert\angle CDE\rvert=72^\circ\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – obliczenie miar kątów \(COB\) i \(OCB\), gdzie \(O\) jest środkiem okręgu: \(\lvert\angle COB\rvert=84^\circ\), \(\lvert\angle OCB\rvert=48^\circ\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – obliczenie miary kąta \(BCE\): \(\lvert\angle BCE\rvert=42^\circ\). **Rozwiązanie bezbłędne** – obliczenie miar kątów trójkąta \(CDE\): \(\lvert\angle CDE\rvert=72^\circ\), \(\lvert\angle DCE\rvert=72^\circ\), \(\lvert\angle CED\rvert=36^\circ\).

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: kąty w okręgu, dwusieczna oraz twierdzenie o kącie między styczną i cięciwą.

**A.** \(54^\circ\)

Dziesięć równych łuków dzieli kąt pełny, więc każdy z nich ma miarę \[\frac{360^\circ}{10}=36^\circ.\] Z rysunku odczytujemy kolejność punktów na okręgu (zgodnie z ruchem wskazówek zegara od \(G\)): \(G, F, E, D, C, B, A, J, I, H\). Łuk \(BE\), na którym oparty jest kąt wpisany \(BGE\) — czyli ten łuk, który nie zawiera punktu \(G\) — składa się z trzech łuków: \(BC\), \(CD\) i \(DE\). Ma więc miarę \[3\cdot36^\circ=108^\circ.\] Kąt wpisany ma miarę o połowę mniejszą od kąta środkowego opartego na tym samym łuku: \[\lvert\angle BGE\rvert=\tfrac12\cdot108^\circ=54^\circ.\] **Odpowiedź.** A. \(54^\circ\)

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – oblicza kąt wpisany z podziału okręgu na równe łuki.

\[\frac{R}{r}=3+2\sqrt2.\]

Oznaczmy przez \(r\) promień mniejszego okręgu o środku \(A\), przez \(R\) promień większego o środku \(B\), a przez \(O\) wierzchołek kąta prostego. Okrąg styczny do obu ramion kąta ma środek równo oddalony od tych ramion, więc leży on na dwusiecznej kąta. Oba środki leżą zatem na jednej półprostej wychodzącej z \(O\), tworzącej z każdym ramieniem kąt \(45^\circ\). Rzut środka na ramię kąta jest punktem styczności, więc odległość środka od ramienia jest równa promieniowi. Z trójkąta prostokątnego o kącie \(45^\circ\): \[\lvert OA\rvert=r\sqrt2,\qquad \lvert OB\rvert=R\sqrt2.\] Okręgi są styczne zewnętrznie, a punkt styczności leży na odcinku \(AB\), więc \[\lvert AB\rvert=R+r.\] Z rysunku \(A\) leży między \(O\) i \(B\), zatem \(\lvert AB\rvert=\lvert OB\rvert-\lvert OA\rvert\), czyli \[R\sqrt2-r\sqrt2=R+r,\qquad R\left(\sqrt2-1\right)=r\left(\sqrt2+1\right).\] Ponieważ \(\sqrt2-1>0\), możemy podzielić stronami: \[\frac{R}{r}=\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1}=\frac{\left(\sqrt2+1\right)^2}{\left(\sqrt2-1\right)\left(\sqrt2+1\right)}=\frac{3+2\sqrt2}{1}=3+2\sqrt2,\] co należało udowodnić. **Odpowiedź.** \(\dfrac{R}{r}=3+2\sqrt2\)

**2 pkt** – jeśli zapisze zależność między promieniami okręgów. Poprawna odpowiedź: \(R+r=(R-r)\sqrt{2}\). **1 pkt** – jeśli zapisze długość przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego równoramiennego \(ABC\) w zależności od \(R\) i \(r\) i na tym zakończy rozwiązanie lub w dalszej części popełni błędy. Poprawna odpowiedź: \(AB=R+r\). **2 pkt** – jeśli obliczy stosunek promieni większego i mniejszego okręgu. Poprawna odpowiedź: \(\frac{R}{r}=3+2\sqrt{2}\). **1 pkt** – jeśli przekształci zależność \(R+r=(R-r)\sqrt{2}\) do postaci umożliwiającej obliczenie stosunku promieni i na tym zakończy rozwiązanie. Poprawna odpowiedź: np. \(r\left(1+\sqrt{2}\right)=R\left(\sqrt{2}-1\right)\) lub \(\left(\frac{R}{r}-1\right)\sqrt{2}=\frac{R}{r}+1\), lub \(1+\frac{r}{R}=\left(1-\frac{r}{R}\right)\sqrt{2}\).

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

**a)** \(\lvert BC\rvert=\dfrac{5\sqrt6}{6}\,r\). **b)** \(\cos\lvert\angle CBD\rvert=\dfrac{29}{35}\).

Oznaczmy \(\lvert CK\rvert=2x\) i \(\lvert KB\rvert=3x\), więc ramię ma długość \(\lvert BC\rvert=5x\). **a)** Odcinki stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu mają równe długości. Z symetrii trapezu równoramiennego punkt styczności podstawy \(CD\) jest jej środkiem, podobnie dla \(AB\). Stąd \[\lvert CD\rvert=2\cdot2x=4x,\qquad \lvert AB\rvert=2\cdot3x=6x.\] Wysokość trapezu opisanego na okręgu jest równa jego średnicy, \(h=2r\). Rzut ramienia na dłuższą podstawę ma długość \(\frac{6x-4x}{2}=x\), więc z twierdzenia Pitagorasa \[h^2=(5x)^2-x^2=24x^2,\qquad h=2x\sqrt6.\] Z \(2x\sqrt6=2r\) otrzymujemy \(x=\frac{r}{\sqrt6}=\frac{r\sqrt6}{6}\), zatem \[\lvert BC\rvert=5x=\frac{5\sqrt6}{6}\,r.\] **b)** Umieśćmy trapez tak, że \(A=(0,0)\), \(B=(6x,0)\), \(D=(x,h)\), \(C=(5x,h)\), gdzie \(h=2x\sqrt6\). Wtedy \[\vec{BC}=[-x,\,2x\sqrt6],\qquad \vec{BD}=[-5x,\,2x\sqrt6],\] \[\lvert BC\rvert=5x,\qquad \lvert BD\rvert=\sqrt{25x^2+24x^2}=7x.\] Iloczyn skalarny wynosi \(5x^2+24x^2=29x^2\), więc \[\cos\lvert\angle CBD\rvert=\frac{29x^2}{5x\cdot7x}=\frac{29}{35}.\] **Odpowiedź.** \(\lvert BC\rvert=\dfrac{5\sqrt6}{6}r\), \(\cos\lvert\angle CBD\rvert=\dfrac{29}{35}\)

*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.* **9.1. (1 pkt)** – […] ramienia trapezu \(BC=2x+3x\), długości podstaw \(AB=6x\), \(CD=4x\). **9.2. (1 pkt)** – wykorzystanie twierdzenia Pitagorasa i wyznaczenie \(x\): \(x=\frac{\sqrt{6}}{6}r\). **9.3. (1 pkt)** – wyznaczenie długości ramienia: \(BC=\frac{5\sqrt{6}}{6}r\). **9.4. (1 pkt)** – wyznaczenie długości przekątnej trapezu: \(BD=\frac{7\sqrt{6}}{6}r\). **9.5. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia cosinusów w trójkącie \(BCD\): \[\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}r\right)^{2}=\left(\frac{5\sqrt{6}}{6}r\right)^{2}+\left(\frac{7\sqrt{6}}{6}r\right)^{2}-2\cdot\frac{5\sqrt{6}}{6}r\cdot\left(\frac{7\sqrt{6}}{6}r\right)\cdot\cos\angle CBD.\] **9.6. (1 pkt)** – wykonanie obliczeń i podanie odpowiedzi: \(\cos\angle CBD=\frac{29}{35}\).

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

Najmniejsza długość prostokąta wynosi \(120+60\sqrt3\approx224\ \mathrm{cm}\).

Z rysunku odczytujemy sposób rozmieszczenia: pierwsze półkole opiera się średnicą o dolną krawędź pasa, drugie o krawędź górną, a oba są do siebie styczne. Pas ma szerokość \(60\ \mathrm{cm}\), a promień każdego półkola wynosi \(60\ \mathrm{cm}\), więc każde półkole sięga dokładnie do przeciwległej krawędzi pasa. Środki półkoli leżą na przeciwległych krawędziach, a odległość między nimi w pionie wynosi \(60\ \mathrm{cm}\). Aby detale nie zachodziły na siebie, odległość ich środków musi być co najmniej równa sumie promieni, czyli \(120\ \mathrm{cm}\). Jeżeli \(t\) oznacza poziomą odległość środków, to \[\sqrt{t^{2}+60^{2}}\ge120,\qquad t^{2}\ge14400-3600=10800,\qquad t\ge60\sqrt3.\] Najkrótszy pas otrzymamy dla \(t=60\sqrt3\). Wtedy lewy skraj pierwszego półkola i prawy skraj drugiego wyznaczają długość \[L=60+t+60=120+60\sqrt3\approx120+103{,}92=223{,}92\ \mathrm{cm}.\] **Odpowiedź.** Prostokąt musi mieć długość co najmniej \(224\ \mathrm{cm}\).

*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.* **3.1. (1 pkt)** – […] \(2r=120\) **3.2. (1 pkt)** – Za skorzystanie z twierdzenia Pitagorasa lub własności trójkąta prostokątnego, w którym jeden z kątów ostrych ma miarę \(60^\circ\). **3.3. (1 pkt)** – Obliczenie długości odcinka \(d\): \(d=60\sqrt{3}\) cm. Dopuszczamy operacje na wartościach przybliżonych pod warunkiem, że pozwalają uzyskać poprawne żądane zaokrąglenie. **3.4. (1 pkt)** – Obliczenie szukanej długości prostokąta: \(120+60\sqrt{3}=60\left(2+\sqrt{3}\right)\) cm. **3.5. (1 pkt)** – Podanie długości z wymaganym zaokrągleniem: \(224\) cm.

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

\(|CD|=\sqrt{12+3\sqrt3}\approx4{,}15\).

**Krok \(1\).** Rysunek i oznaczenia. W trójkącie \(ABC\) mamy \(\angle BCA=90^\circ\) i \(\angle CAB=30^\circ\), zatem \(\angle ABC=60^\circ\). Okrąg wpisany o środku \(O\) i promieniu \(r=\sqrt3\) jest styczny do przyprostokątnej \(AC\) w punkcie \(E\), do przyprostokątnej \(BC\) w punkcie \(F\) oraz do przeciwprostokątnej \(AB\) w punkcie \(D\). Szukamy długości \(|CD|\). Oznaczmy \(a=|BC|\), \(b=|AC|\), \(c=|AB|\). **Krok \(2\).** Z zależności w trójkącie prostokątnym \[a=c\sin30^\circ=\frac{c}{2},\qquad b=c\sin60^\circ=\frac{c\sqrt3}{2}.\] **Krok \(3\).** Korzystamy ze wzoru na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny \(r=\frac{a+b-c}{2}\): \[\sqrt3=\frac{\frac{c}{2}+\frac{c\sqrt3}{2}-c}{2}=\frac{c\left(\sqrt3-1\right)}{4},\] skąd \[c=\frac{4\sqrt3}{\sqrt3-1}=\frac{4\sqrt3\left(\sqrt3+1\right)}{2}=6+2\sqrt3.\] **Krok \(4\).** Obliczamy przyprostokątne: \[|BC|=\frac{c}{2}=3+\sqrt3,\qquad |AC|=\frac{c\sqrt3}{2}=3\sqrt3+3.\] **Krok \(5\).** Ponieważ \(\angle BCA=90^\circ\), czworokąt \(CEOF\) jest kwadratem o boku \(r\), więc \(|CF|=|CE|=\sqrt3\). Z równości odcinków stycznych poprowadzonych z punktu \(B\) otrzymujemy \[|BD|=|BF|=|BC|-|CF|=3+\sqrt3-\sqrt3=3.\] **Krok \(6\).** W trójkącie \(CBD\) znamy \(|CB|=3+\sqrt3\), \(|BD|=3\) oraz \(\angle DBC=\angle ABC=60^\circ\). Z twierdzenia cosinusów \[|CD|^2=\left(3+\sqrt3\right)^2+3^2-2\cdot\left(3+\sqrt3\right)\cdot3\cdot\cos60^\circ,\] \[|CD|^2=12+6\sqrt3+9-\left(9+3\sqrt3\right)=12+3\sqrt3.\] **Krok \(7\).** Stąd \(|CD|=\sqrt{12+3\sqrt3}\approx4{,}15\). Zwróćmy uwagę, że punkty \(C\), \(O\), \(D\) nie są współliniowe, więc w trójkącie \(CBD\) nie wolno stosować twierdzenia Pitagorasa. **Odpowiedź.** Odległość wierzchołka \(C\) od punktu styczności okręgu wpisanego z przeciwprostokątną wynosi \(|CD|=\sqrt{12+3\sqrt3}\approx4{,}15\).

*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.* **I sposób rozwiązania.** **4.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku. (rysunek: \(F\), \(O\), \(B\), \(D\), \(A\)) **4.2. (1 pkt)** – wykorzystanie własności: środek okręgu wpisanego w trójkąt leży w punkcie przecięcia dwusiecznych jego kątów. \(\Delta FBO\) jest prostokątny i \(\angle FBO=30^{\circ}\). \(OF=\sqrt{3}\), stąd \(OB=2\sqrt{3}\). **4.3. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(FB\) z \(\Delta FBO\): \(FB=3\). **4.4. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(CB\): \(CB=CF+FB=\sqrt{3}+3\). **4.5. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(DB\): \(DB=BF=3\). Z własności trójkąta opisanego na okręgu. **4.6. (2 pkt)** – zastosowanie wzoru cosinusów w \(\Delta CBD\) do obliczenia długości odcinka \(CD\): \[CD^{2}=CB^{2}+DB^{2}-2\,CB\cdot DB\cos 60^{\circ},\] \[CD^{2}=\left(\sqrt{3}+3\right)^{2}+3^{2}-2\cdot\left(\sqrt{3}+3\right)\cdot 3\cdot\frac{1}{2}=12+3\sqrt{3},\] \[CD=\sqrt{12+3\sqrt{3}}.\] Jeżeli błąd jest spowodowany tym, że punkty \(C\), \(O\), \(D\) są współliniowe i zdający korzysta z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(CBD\), wtedy nie przyznajemy punktów. **II sposób rozwiązania.** **4.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku. (rysunek: \(C\), \(E\), \(F\), \(O\), \(B\), \(D\), \(A\)) **4.2. (1 pkt)** – skorzystanie z tego, że \(CE=CF=r\) (czworokąt \(CFOE\) jest kwadratem) oraz ze wzoru na długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt \(CE=CF=\frac{AC+BC-AB}{2}\). Przyjęcie oznaczeń, np. \(a=BC\), i zapisanie tej równości w postaci: \[\sqrt{3}=\frac{a+a\sqrt{3}-2a}{2}=\frac{a\left(\sqrt{3}-1\right)}{2}.\] **4.3. (1 pkt)** – obliczenie \(BC=a=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}=3+\sqrt{3}\). **4.4. (1 pkt)** – obliczenie \(AC=3\sqrt{3}+3\), np. z wykorzystaniem funkcji trygonometrycznych w trójkącie \(ABC\). **4.5. (1 pkt)** – obliczenie \(AE=AD=3+2\sqrt{3}\). **4.6. (2 pkt)** – zastosowanie wzoru cosinusów w trójkącie \(CDA\) i obliczenie długości \(CD\): \[CD^{2}=AC^{2}+AD^{2}-2\,AC\cdot AD\cdot\cos 30^{\circ},\] \[CD^{2}=\left(3+3\sqrt{3}\right)^{2}+\left(3+2\sqrt{3}\right)^{2}-2\left(3+3\sqrt{3}\right)\left(3+2\sqrt{3}\right)\frac{\sqrt{3}}{2}=12+3\sqrt{3},\] \[CD=\sqrt{12+3\sqrt{3}}.\] **III sposób rozwiązania** (z wykorzystaniem \(\angle COD\)). **4.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku. (rysunek: \(C\), \(E\), \(F\), \(O\), \(B\), \(D\), \(A\)) **4.2. (1 pkt)** – obliczenie miary \(\angle FOD\) (wykorzystanie miary kątów czworokąta \(FODB\)): \[\angle FOD+2\cdot 90^{\circ}+60^{\circ}=360^{\circ},\qquad \angle FOD=120^{\circ}.\] **4.3. (1 pkt)** – zauważenie, że \(\angle FOC=45^{\circ}\), i obliczenie \(\angle COD=45^{\circ}+120^{\circ}=165^{\circ}\). **4.4. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(OC\) (\(OC\) to przekątna kwadratu o boku długości \(\sqrt{3}\)): \(OC=\sqrt{3}\cdot\sqrt{2}=\sqrt{6}\). **4.5. (1 pkt)** – wykorzystanie wzoru redukcyjnego: \(\cos 165^{\circ}=-\cos 15^{\circ}\). **4.6. (2 pkt)** – zastosowanie wzoru cosinusów w \(\Delta COD\): \[CD^{2}=OC^{2}+OD^{2}-2\cdot OC\cdot OD\cos 165^{\circ}.\] Obliczenie długości odcinka \(CD\): \[CD^{2}=\left(\sqrt{6}\right)^{2}+\left(\sqrt{3}\right)^{2}+2\cdot\sqrt{6}\cdot\sqrt{3}\cdot\cos 15^{\circ},\qquad CD^{2}=9+6\sqrt{2}\cos 15^{\circ}.\] Zdający może pozostawić wynik w takiej postaci: \(9+6\sqrt{2}\cos 15^{\circ}\), lub odczytać wartość cosinusa z tablic i podać wynik liczbowy.

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

\[P=64\sqrt3-\frac{64\pi}{3}.\]

Oznaczmy przez \(A\) i \(B\) środki okręgów, a przez \(C\) i \(D\) punkty styczności prostych poprowadzonych z \(A\) z okręgiem o środku \(B\). Okręgi są styczne zewnętrznie, więc \(\lvert AB\rvert=8+8=16\). Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc trójkąt \(ABC\) jest prostokątny o kącie prostym przy \(C\), przeciwprostokątnej \(16\) i przyprostokątnej \(\lvert BC\rvert=8\). Stąd \[\sin\lvert\angle CAB\rvert=\frac{8}{16}=\frac12,\qquad \lvert\angle CAB\rvert=30^\circ,\qquad \lvert\angle ABC\rvert=60^\circ,\] \[\lvert AC\rvert=\sqrt{16^2-8^2}=8\sqrt3.\] Zacieniowana figura to deltoid \(ACBD\) pomniejszony o wycinek koła o środku \(B\) i kącie środkowym \(\lvert\angle CBD\rvert=2\cdot60^\circ=120^\circ\). Pole deltoidu (dwa przystające trójkąty prostokątne): \[P_{ACBD}=2\cdot\tfrac12\cdot8\sqrt3\cdot8=64\sqrt3.\] Pole wycinka: \[P_{w}=\frac{120^\circ}{360^\circ}\cdot\pi\cdot8^2=\frac{64\pi}{3}.\] Zatem \[P=64\sqrt3-\frac{64\pi}{3}\approx110{,}85-67{,}02\approx43{,}8.\] **Odpowiedź.** \(P=64\sqrt3-\dfrac{64\pi}{3}\)

*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.* **12.1. (1 pkt)** – Zauważenie, że trójkąt \(ABC\) jest prostokątny i kąt \(ABC\) ma miarę \(60^{\circ}\) (na rysunku zaznaczony punkt \(D\)). **12.2. (1 pkt)** – Zapisanie pola zacieniowanej figury jako odpowiedniej różnicy pól: np. deltoidu \(ADBC\) i wypukłego wycinka kołowego \(DBC\). **12.3. (1 pkt)** – Obliczenie pola deltoidu \(ADBC\): \(P_{ADBC}=64\sqrt{3}\). **12.4. (1 pkt)** – Obliczenie pola zacieniowanej figury: \(P_{f}=64\left(\sqrt{3}-\frac{\pi}{3}\right)\). 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.

Szerokość kanału jest równa \(2\ \mathrm{m}\), a wysokość \(1+\frac{\sqrt3}{2}\approx1{,}87\ \mathrm{m}\).

Każda rura ma średnicę \(1\ \mathrm{m}\), czyli promień \(0{,}5\ \mathrm{m}\). Z rysunku odczytujemy, że dwie dolne rury są styczne do dna, do bocznych ścian i do siebie, a górna rura jest styczna do obu dolnych i do sufitu. **Szerokość.** Dwie dolne rury leżą obok siebie, każda dotykając jednej ze ścian, więc \[s=1+1=2\ \mathrm{m}.\] **Wysokość.** Środki dolnych rur są odległe od dna o \(0{,}5\) i odległe od siebie o \(1\) (suma promieni rur stycznych). Środek górnej rury jest odległy od każdego z nich również o \(1\), a z symetrii leży dokładnie nad środkiem odcinka łączącego dolne środki. Z twierdzenia Pitagorasa jego wzniesienie ponad dolne środki wynosi \[\sqrt{1^2-\left(\tfrac12\right)^2}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Do wysokości kanału dodajemy jeszcze promień dolnej rury (do dna) i promień górnej rury (do sufitu): \[h=0{,}5+\frac{\sqrt3}{2}+0{,}5=1+\frac{\sqrt3}{2}\approx1{,}866\approx1{,}87\ \mathrm{m}.\] **Odpowiedź.** Szerokość kanału wynosi \(2\ \mathrm{m}\), a wysokość około \(1{,}87\ \mathrm{m}\).

*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.* **Zadanie 7.** (\(5\) pkt) Szkic przedstawia kanał ciepłowniczy, którego przekrój poprzeczny jest prostokątem. Wewnątrz kanału znajduje się rurociąg składający się z trzech rur, każda o średnicy zewnętrznej \(1\,\mathrm{m}\). Oblicz wysokość i szerokość kanału ciepłowniczego. Wysokość zaokrąglij do \(0{,}01\,\mathrm{m}\). Środki okręgów na przedstawionym w zadaniu szkicu są wierzchołkami trójkąta równobocznego o boku długości \(a=1\). Obliczam wysokość tego trójkąta: \(h=\frac{\sqrt{3}}{2}\). Obliczam wysokość kanału ciepłowniczego: \(d=2r+h\), \(d=1+\frac{\sqrt{3}}{2}\). Odp.: Wysokość kanału z zadanym zaokrągleniem jest równa \(d\approx 1{,}87\,\mathrm{m}\) a jego szerokość \(s=2\,\mathrm{m}\). | Nr czynności | 7.1. | 7.2. | 7.3. | 7.4. | |---|---:|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(1\) | \(1\) | \(2\) | \(1\) |

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

Ramię trapezu ma długość \(\dfrac{7r\sqrt{10}}{10}\), a \(\cos\lvert\angle CBD\rvert=\dfrac{61\sqrt{89}}{623}\approx0{,}924\).

Przyjmijmy \(\lvert CS\rvert=2k\) oraz \(\lvert SB\rvert=5k\); wtedy ramię ma długość \(\lvert BC\rvert=7k\). Odcinki stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu są równe. Punkt \(C\) leży na krótszej podstawie, więc styczna z \(C\) do punktu styczności na \(CD\) ma długość \(2k\), a z symetrii trapezu \(\lvert CD\rvert=4k\). Analogicznie z \(B\) otrzymujemy \(\lvert AB\rvert=10k\). Warunek istnienia okręgu wpisanego \(\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert=2\lvert BC\rvert\) jest spełniony: \(10k+4k=14k\). Rzut ramienia na dłuższą podstawę ma długość \(\tfrac12(\lvert AB\rvert-\lvert CD\rvert)=3k\), więc wysokość trapezu wynosi \[h=\sqrt{(7k)^{2}-(3k)^{2}}=2k\sqrt{10}.\] Okrąg wpisany jest styczny do obu podstaw, zatem \(h=2r\), skąd \[k=\frac{r}{\sqrt{10}}.\] **a)** \(\lvert BC\rvert=7k=\dfrac{7r}{\sqrt{10}}=\dfrac{7r\sqrt{10}}{10}\). **b)** Wprowadźmy układ współrzędnych: \(A=(0,0)\), \(B=(10k,0)\), \(D=(3k,2k\sqrt{10})\), \(C=(7k,2k\sqrt{10})\). Wtedy \[\overrightarrow{BC}=[-3k,\,2k\sqrt{10}],\qquad \overrightarrow{BD}=[-7k,\,2k\sqrt{10}],\] \[\lvert BC\rvert=7k,\qquad \lvert BD\rvert=\sqrt{49k^{2}+40k^{2}}=k\sqrt{89}.\] Iloczyn skalarny wynosi \(21k^{2}+40k^{2}=61k^{2}\), zatem \[\cos\lvert\angle CBD\rvert=\frac{61k^{2}}{7k\cdot k\sqrt{89}}=\frac{61}{7\sqrt{89}}=\frac{61\sqrt{89}}{623}\approx0{,}924.\] **Odpowiedź.** \(\lvert BC\rvert=\dfrac{7r\sqrt{10}}{10}\), \(\cos\lvert\angle CBD\rvert=\dfrac{61\sqrt{89}}{623}\approx0{,}924\).

*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.* **Zadanie 17.** (\(6\) pkt) Na okręgu o promieniu \(r\) opisano trapez równoramienny \(ABCD\) o dłuższej podstawie \(AB\) i krótszej \(CD\). Punkt styczności \(S\) dzieli ramię \(BC\) tak, że \(\frac{CS}{SB}=\frac{2}{5}\). a) Wyznacz długość ramienia tego trapezu. b) Oblicz cosinus \(\angle CBD\). […] Przyjmuję oznaczenia jak na rysunku. a) Wykorzystując proporcję \(\frac{CS}{SB}=\frac{2}{5}\) wprowadzam oznaczenia: \(CS=2x\), \(SB=5x\), stąd \(BC=2x+5x=7x\). \(\Delta OSC\equiv\Delta OEC\) więc \(EC=CS=2x\). \(DC=4x\) – z własności trapezu równoramiennego. Korzystając z własności czworokąta opisanego na okręgu otrzymuję: \(AB+CD=2\cdot BC=14x\), stąd \(AB=10x\). Z własności trapezu równoramiennego wynika, że \(FB=3x\). Z twierdzenia Pitagorasa dla \(\Delta FBC\) otrzymuję: \(CF^{2}+FB^{2}=CB^{2}\), czyli \((2r)^{2}+(3x)^{2}=(7x)^{2}\), \(r^{2}=10x^{2}\), stąd \(x=\frac{\sqrt{10}}{10}r\), więc \(BC=\frac{7\sqrt{10}}{10}r\), \(DC=\frac{4\sqrt{10}}{10}r\). b) Wyznaczam długość przekątnej \(BD\) z trójkąta prostokątnego \(BDG\), w którym \(GB=\frac{7\sqrt{10}}{10}r\): \(GB^{2}+GD^{2}=DB^{2}\), \(DB^{2}=\frac{490r^{2}}{100}+4r^{2}=\frac{490r^{2}+400r^{2}}{100}\), stąd \(BD=\frac{\sqrt{890}}{10}r\). Stosując twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BCD\) otrzymuję: \(DC^{2}=BC^{2}+DB^{2}-2\cdot BC\cdot DB\cdot\cos\angle CBD\), \(\left(\frac{4\sqrt{10}}{10}r\right)^{2}=\left(\frac{7\sqrt{10}}{10}r\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{890}}{10}r\right)^{2}-2\cdot\frac{7\sqrt{10}}{10}r\cdot\frac{\sqrt{890}}{10}r\cdot\cos\angle CBD\). Odp.: \(\cos\angle CBD=\frac{61\sqrt{89}}{623}\). | Nr czynności | 17.1. | 17.2. | 17.3. | 17.4. | 17.5. | 17.6. | |---|---:|---:|---:|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) |

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

Niewykorzystana część stanowi \(\dfrac{48{,}9-9\pi}{48{,}9}\approx42{,}18\%\) całego materiału.

Z rysunku odczytujemy, że okrąg o promieniu \(3\ \mathrm{dm}\) jest wpisany w czworokąt \(ABCD\) — jest styczny do wszystkich czterech boków. W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe, więc \[\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert=\lvert AD\rvert+\lvert BC\rvert=6{,}3+10=16{,}3\ \mathrm{dm}.\] Obwód czworokąta wynosi zatem \(2\cdot16{,}3=32{,}6\ \mathrm{dm}\), a połowa obwodu \(p=16{,}3\ \mathrm{dm}\). Pole czworokąta opisanego na okręgu jest równe iloczynowi promienia i połowy obwodu: \[S_{ABCD}=r\cdot p=3\cdot16{,}3=48{,}9\ \mathrm{dm}^2.\] Pole wyciętej serwetki: \[S_k=\pi r^2=9\pi\approx28{,}27\ \mathrm{dm}^2.\] Udział części niewykorzystanej: \[\frac{S_{ABCD}-S_k}{S_{ABCD}}=\frac{48{,}9-9\pi}{48{,}9}\approx\frac{20{,}626}{48{,}9}\approx0{,}4218,\] czyli około \(42{,}18\%\). **Odpowiedź.** Niewykorzystana część stanowi około \(42{,}18\%\) materiału.

*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. (2 pkt)** – […]nia): \(AB+DC=16{,}3\,\mathrm{dm}\) **8.2. (1 pkt)** – obliczenie pola \(S_{ABCD}\) czworokąta: \(S_{ABCD}=48{,}9\,\mathrm{dm}^{2}\) **8.3. (1 pkt)** – obliczenie pola \(S_{k}\) koła: \(S_{k}=9\pi\approx 28{,}27\,\mathrm{dm}^{2}\) lub \(S_{k}\approx 28{,}26\,\mathrm{dm}^{2}\) **8.4. (1 pkt)** – obliczenie pola \(S_{r}\) niewykorzystanej części materiału: \(S_{r}\approx 20{,}63\,\mathrm{dm}^{2}\) lub \(S_{r}\approx 20{,}64\,\mathrm{dm}^{2}\) **8.5. (1 pkt)** – obliczenie, ile procent \(S_{ABCD}\) stanowi \(S_{r}\) z dokładnością do \(0{,}01\): \(\frac{S_{r}}{S_{ABCD}}\cdot 100\%\approx 42{,}19\%\) lub \(\frac{S_{r}}{S_{ABCD}}\cdot 100\%\approx 42{,}21\%\)

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

\[h=\frac{3\sqrt3}{2}\approx2{,}60\ \mathrm{m},\qquad d=2\sqrt3\approx3{,}46\ \mathrm{m}.\]

Z rysunku odczytujemy: \(S\) jest środkiem okręgu, \(PR\) — poziomą cięciwą o długości \(3\ \mathrm{m}\), \(O\) — środkiem \(PR\) leżącym pionowo pod \(S\), a promień \(SR\) tworzy z poziomą półprostą \(ST\) kąt \(30^\circ\). W trójkącie prostokątnym \(SOR\) kąt przy wierzchołku \(S\) między \(SO\) a \(SR\) jest dopełnieniem kąta \(30^\circ\) do kąta prostego, czyli ma miarę \(60^\circ\). Przyprostokątna \(OR\) ma długość \(\tfrac32\ \mathrm{m}\), zatem \[r=\lvert SR\rvert=\frac{\lvert OR\rvert}{\sin 60^\circ}=\frac{1{,}5}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\sqrt3,\] \[x=\lvert SO\rvert=\frac{\lvert OR\rvert}{\operatorname{tg}60^\circ}=\frac{1{,}5}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Największy prześwit to pozioma średnica przechodząca przez \(S\): \[d=2r=2\sqrt3\approx3{,}46\ \mathrm{m}.\] Wysokość okna mierzymy od cięciwy \(PR\) do najwyższego punktu łuku: \[h=x+r=\frac{\sqrt3}{2}+\sqrt3=\frac{3\sqrt3}{2}\approx2{,}60\ \mathrm{m}.\] **Odpowiedź.** \(h=\dfrac{3\sqrt3}{2}\ \mathrm{m}\approx2{,}60\ \mathrm{m}\), \(d=2\sqrt3\ \mathrm{m}\approx3{,}46\ \mathrm{m}\).

*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 promienia okręgu: \(r=\frac{1{,}5}{\sin 60^\circ}=\sqrt{3}\). **(1 pkt)** – obliczenie długości \(x=\lvert SO\rvert\): \(x=\frac{1{,}5}{\operatorname{tg}60^\circ}=0{,}5\sqrt{3}\). **(1 pkt)** – obliczenie \(d=2\sqrt{3}\). **(1 pkt)** – obliczenie \(h=1{,}5\sqrt{3}\).

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

Boki trójkąta mają długości \(6\), \(10\) i \(14\). Stosunek promienia okręgu opisanego do promienia okręgu wpisanego jest równy \(\frac{R}{r}=\frac{14}{3}\).

Oznaczmy długości boków przez \(b-r\), \(b\), \(b+r\), gdzie \(r>0\). Suma boków jest równa \(3b=30\), więc \(b=10\). Naprzeciw kąta \(120^\circ\) leży najdłuższy bok, czyli \(10+r\). Z twierdzenia cosinusów, przy \(\cos120^\circ=-\frac12\), otrzymujemy \[(10+r)^{2}=(10-r)^{2}+10^{2}-2\cdot(10-r)\cdot10\cdot\left(-\frac12\right).\] Po uporządkowaniu \[100+20r+r^{2}=100-20r+r^{2}+100+100-10r,\qquad 50r=200,\qquad r=4,\] więc boki trójkąta mają długości \(6\), \(10\) i \(14\). Promień okręgu opisanego wyznaczamy z twierdzenia sinusów dla boku \(14\): \[2R=\frac{14}{\sin120^\circ}=\frac{14}{\frac{\sqrt3}2},\qquad R=\frac{14}{\sqrt3}.\] Pole trójkąta obliczamy z dwóch boków i kąta między nimi: \[P=\frac12\cdot6\cdot10\cdot\sin120^\circ=30\cdot\frac{\sqrt3}2=15\sqrt3,\] a promień okręgu wpisanego ze wzoru \(P=\varrho\cdot p\), gdzie \(p=15\) jest połową obwodu: \[\varrho=\frac{15\sqrt3}{15}=\sqrt3.\] Szukany stosunek wynosi \[\frac{R}{\varrho}=\frac{\frac{14}{\sqrt3}}{\sqrt3}=\frac{14}{3}.\] **Odpowiedź.** \(\frac{R}{\varrho}=\frac{14}{3}\)

*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.* **19.1. (1 pkt)** – wyrażenie długości boków \(b\), \(c\) trójkąta za pomocą \(a\) i \(r\), gdzie \(a\) to długość najkrótszego boku i \(r\gt 0\): \(b=a+r,\; c=a+2r\) **19.2. (1 pkt)** – wykorzystanie informacji, że suma długości boków trójkąta wynosi \(30\), do wyznaczenia związku pomiędzy \(a\) i \(r\): \(a+r=10\) **19.3. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia cosinusów do wyznaczenia drugiego związku pomiędzy \(a\) i \(r\): \((a+2r)^{2}=a^{2}+(a+r)^{2}-2a(a+r)\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\) **19.4. (1 pkt)** – zapisanie układu równań (1) z niewiadomymi \(a\) i \(r\): \((1)\quad\begin{cases}a+r=10\\ 2a^{2}-ar-3r^{2}=0\end{cases}\) **19.5. (1 pkt)** – rozwiązanie układu równań (1): \(r=4,\; a=6\) **19.6. (1 pkt)** – podanie długości boków trójkąta: \(a=6,\; b=10,\; c=14\) **19.7. (1 pkt)** – obliczenie pola trójkąta: \(P_{\Delta}=15\sqrt{3}\) **19.8. (1 pkt)** – obliczenie długości \(R\) promienia okręgu opisanego na trójkącie: \(R=\frac{14}{3}\sqrt{3}\) **19.9. (1 pkt)** – obliczenie długości \(s\) promienia okręgu wpisanego w trójkąt: \(s=\sqrt{3}\) **19.10. (1 pkt)** – wyznaczenie stosunku \(\frac{R}{s}\): \(\frac{R}{s}=\frac{14}{3}\)

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