Podobieństwo figur i twierdzenie Talesa — rozwiązane zadania maturalne

**B.** \(\lvert DE\rvert=\frac{16}{3}\)

Punkty \(B\) i \(D\) leżą na jednym ramieniu kąta, przy czym \(D\) dalej od wierzchołka, więc \[\lvert AD\rvert=\lvert AB\rvert+\lvert BD\rvert=6+2=8.\] Proste \(k\) i \(l\) są równoległe, więc trójkąty \(ABC\) i \(ADE\) mają wspólny kąt przy \(A\) i równe kąty odpowiadające — są podobne. Skala: \[k=\frac{\lvert AD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac86=\frac43.\] Stąd \[\lvert DE\rvert=\tfrac43\cdot\lvert BC\rvert=\tfrac43\cdot4=\frac{16}{3}.\] **Odpowiedź.** B. \(\dfrac{16}{3}\)

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

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.3) Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje […] cechy podobieństwa trójkątów.

\[\lvert PQ\rvert=\frac{\sqrt{5}}{5}a.\]

Umieśćmy kwadrat w układzie współrzędnych: \(A=(0,0)\), \(B=(a,0)\), \(C=(a,a)\), \(D=(0,a)\). Wtedy \(K=\left(\frac a2,0\right)\) oraz \(L=\left(a,\frac a2\right)\). Punkt \(M\) leży na boku \(BC\), więc \(M=(a,m)\). Warunek \(DK\perp KM\) zapisujemy jako zerowanie iloczynu skalarnego wektorów \(\vec{KD}=\left[-\frac a2,a\right]\) i \(\vec{KM}=\left[\frac a2,m\right]\): \[-\frac{a^2}{4}+am=0,\qquad m=\frac a4,\qquad M=\left(a,\frac a4\right).\] Prosta \(AL\) ma równanie \(y=\frac12x\). Prosta \(DK\) przechodzi przez \((0,a)\) i \(\left(\frac a2,0\right)\), więc \(y=a-2x\). Punkt \(P\): \[\tfrac12x=a-2x,\qquad x=\tfrac{2a}{5},\qquad P=\left(\tfrac{2a}{5},\tfrac a5\right).\] Prosta \(DM\) przechodzi przez \((0,a)\) i \(\left(a,\frac a4\right)\), więc \(y=a-\frac34x\). Punkt \(Q\): \[\tfrac12x=a-\tfrac34x,\qquad x=\tfrac{4a}{5},\qquad Q=\left(\tfrac{4a}{5},\tfrac{2a}{5}\right).\] Stąd \[\lvert PQ\rvert=\sqrt{\left(\tfrac{2a}{5}\right)^2+\left(\tfrac a5\right)^2}=\sqrt{\frac{5a^2}{25}}=\frac{a}{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{5}a,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert PQ\rvert=\dfrac{\sqrt5}{5}a\)

**1 pkt** – wyznaczenie położenia punktu \(M\) z warunku prostopadłości \(DK\perp KM\). **2 pkt** – wyznaczenie punktów \(P\) i \(Q\). **3 pkt** – obliczenie \(\lvert PQ\rvert=\frac{\sqrt5}{5}a\).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.8) Zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów; VIII.11) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

**B.** Z podobieństwa trójkątów \(AOD\) i \(COB\) mamy \(\frac{OD}{OB}=\frac{OA}{OC}=\frac{12}{8}\), więc \(OD=9\).

Proste \(k\) i \(l\) są równoległe, a proste \(m\) i \(n\) są ich siecznymi. Kąty \(AOD\) i \(COB\) są wierzchołkowe, a kąty \(OAD\) i \(OCB\) — naprzemianległe przy prostych równoległych. Trójkąty \(AOD\) i \(COB\) są więc podobne (cecha kąt-kąt). Z proporcji boków odpowiadających \[\frac{\lvert OD\rvert}{\lvert OB\rvert}=\frac{\lvert OA\rvert}{\lvert OC\rvert}=\frac{12}{8}=\frac32,\] skąd \[\lvert OD\rvert=\tfrac32\cdot6=9.\] **Odpowiedź.** B. \(9\)

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.7) Zdający stosuje twierdzenie Talesa.

Trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne. Z \(LM\parallel BD\) wynika \(LB=\frac{DM}{2}\), a z podobieństwa odpowiednich trójkątów \(DN=2DM\). Stąd \(\frac{DN}{LB}=4\), więc skala podobieństwa wynosi \(4\), a stosunek pól \(4^{2}=16\).

**Krok \(1\).** Metoda: pokazujemy, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne, a następnie wyznaczamy skalę podobieństwa, porównując odpowiadające sobie przyprostokątne. Stosunek pól figur podobnych jest kwadratem skali. **Krok \(2\).** Oznaczmy \(\lvert AD\rvert=a\); wtedy \(\lvert AB\rvert=2a\). Trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są prostokątne, bo mają kąty proste odpowiednio przy wierzchołkach \(D\) i \(B\) prostokąta. **Krok \(3\).** Boki \(MN\) i \(KL\) trapezu są równoległe (to jego podstawy), a proste \(DC\) i \(AB\) też są równoległe. Kąty \(DMN\) i \(BKL\) są więc równe, a zatem trójkąty prostokątne \(MDN\) i \(KBL\) są podobne (cecha kkk), przy czym \(M\leftrightarrow K\), \(D\leftrightarrow B\), \(N\leftrightarrow L\). **Krok \(4\).** Korzystamy z założenia \(ML\parallel DB\). Proste \(ML\) i \(DB\) przecinają ramiona kąta \(DCB\), więc z twierdzenia Talesa \[\frac{\lvert CM\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac{\lvert CL\rvert}{\lvert CB\rvert},\qquad\text{czyli}\qquad \frac{\lvert CM\rvert}{2a}=\frac{\lvert CL\rvert}{a},\qquad\text{a zatem}\qquad \lvert CM\rvert=2\lvert CL\rvert.\] **Krok \(5\).** Wyrażamy stąd \(\lvert DM\rvert\) przez \(\lvert LB\rvert\): \[\lvert DM\rvert=2a-\lvert CM\rvert=2a-2\lvert CL\rvert=2\left(a-\lvert CL\rvert\right)=2\lvert LB\rvert,\] czyli \(\lvert LB\rvert=\frac{1}{2}\lvert DM\rvert\). **Krok \(6\).** Odcinek \(LM\) jest wysokością trapezu, więc \(MN\perp LM\). Ponieważ \(LM\parallel BD\), otrzymujemy \(MN\perp BD\). **Krok \(7\).** Kąty \(DNM\) i \(CDB\) mają ramiona odpowiednio prostopadłe (\(ND\perp DC\) oraz \(NM\perp DB\)), więc są równe. Zatem trójkąty prostokątne \(MDN\) i \(BCD\) są podobne, skąd \[\frac{\lvert DM\rvert}{\lvert DN\rvert}=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2},\qquad\text{czyli}\qquad \lvert DN\rvert=2\lvert DM\rvert.\] **Krok \(8\).** Łączymy oba wyniki. W podobieństwie z kroku \(3\) bokowi \(DN\) odpowiada bok \(BL\), a \[\frac{\lvert DN\rvert}{\lvert BL\rvert}=\frac{2\lvert DM\rvert}{\frac{1}{2}\lvert DM\rvert}=4,\] więc trójkąt \(MDN\) jest podobny do trójkąta \(KBL\) w skali \(k=4\). **Krok \(9\).** Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa, zatem \[\frac{P_{MDN}}{P_{KBL}}=k^{2}=4^{2}=16.\] **Uwaga.** Kluczowe są dwa niezależne fakty: równoległość \(LM\parallel BD\) daje \(\lvert LB\rvert=\frac{1}{2}\lvert DM\rvert\), a prostopadłość \(MN\perp BD\) daje \(\lvert DN\rvert=2\lvert DM\rvert\). Dopiero ich połączenie daje skalę \(4\), a nie \(2\). **Odpowiedź.** Stosunek pola trójkąta \(MDN\) do pola trójkąta \(KBL\) jest równy \(16\).

**(dla sposobów I – III)** **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **2 pkt** – wyznaczenie długości odcinka \(CL\) (lub \(LB\)) w zależności od długości odcinka \(DM\), np. \(\lvert CL\rvert=a-\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\), \(\lvert LB\rvert=\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\) oraz uzasadnienie, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne (dla sposobu I) ALBO – uzasadnienie, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne oraz zapisanie długości odcinków \(DE\) oraz \(FL\) za pomocą jednej zmiennej (lub zapisanie związku między nimi), np. \(\lvert DE\rvert=2x\) i \(\lvert FL\rvert=\tfrac{1}{2}x\) (dla sposobu II). ALBO – wyznaczenie współrzędnych wierzchołków trapezu \(KLMN\) w zależności od \(a\) oraz parametru \(c\): \(K=\left(\tfrac{5a-c}{2},0\right)\) oraz \(L=(2a,c-a)\) oraz \(M=(2c-2a,a)\) oraz \(N=(0,5a-4c)\) (dla sposobu III). **1 pkt** – uzasadnienie, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne (dla sposobów I oraz II) ALBO – wyznaczenie długości odcinka \(CL\) (lub \(LB\)) w zależności od długości odcinka \(DM\), np. \(\lvert CL\rvert=a-\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\), \(\lvert LB\rvert=\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\) (dla sposobu I), ALBO – zapisanie długości odcinków \(DE\) oraz \(FL\) za pomocą jednej zmiennej (lub zapisanie związku między nimi), np. \(\lvert DE\rvert=2x\) i \(\lvert FL\rvert=\tfrac{1}{2}x\) (dla sposobu II), ALBO – umieszczenie prostokąta \(ABCD\) w układzie współrzędnych i zapisanie współrzędnych jego wierzchołków, np. \(A=(0,0)\) i \(B=(2a,0)\) i \(C=(2a,a)\) i \(D=(0,a)\) oraz zapisanie równania prostej \(ML\): \(y=-\tfrac{1}{2}x+c\) (dla sposobu III). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

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

Trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne. Z \(LM\parallel BD\) wynika \(LB=\frac{DM}{2}\), a z podobieństwa odpowiednich trójkątów \(DN=2DM\). Stąd \(\frac{DN}{LB}=4\), więc skala podobieństwa wynosi \(4\), a stosunek pól \(4^{2}=16\).

**Krok \(1\).** Metoda: pokazujemy, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne, a następnie wyznaczamy skalę podobieństwa, porównując odpowiadające sobie przyprostokątne. Stosunek pól figur podobnych jest kwadratem skali. **Krok \(2\).** Oznaczmy \(\lvert AD\rvert=a\); wtedy \(\lvert AB\rvert=2a\). Trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są prostokątne, bo mają kąty proste odpowiednio przy wierzchołkach \(D\) i \(B\) prostokąta. **Krok \(3\).** Boki \(MN\) i \(KL\) trapezu są równoległe (to jego podstawy), a proste \(DC\) i \(AB\) też są równoległe. Kąty \(DMN\) i \(BKL\) są więc równe, a zatem trójkąty prostokątne \(MDN\) i \(KBL\) są podobne (cecha kkk), przy czym \(M\leftrightarrow K\), \(D\leftrightarrow B\), \(N\leftrightarrow L\). **Krok \(4\).** Korzystamy z założenia \(ML\parallel DB\). Proste \(ML\) i \(DB\) przecinają ramiona kąta \(DCB\), więc z twierdzenia Talesa \[\frac{\lvert CM\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac{\lvert CL\rvert}{\lvert CB\rvert},\qquad\text{czyli}\qquad \frac{\lvert CM\rvert}{2a}=\frac{\lvert CL\rvert}{a},\qquad\text{a zatem}\qquad \lvert CM\rvert=2\lvert CL\rvert.\] **Krok \(5\).** Wyrażamy stąd \(\lvert DM\rvert\) przez \(\lvert LB\rvert\): \[\lvert DM\rvert=2a-\lvert CM\rvert=2a-2\lvert CL\rvert=2\left(a-\lvert CL\rvert\right)=2\lvert LB\rvert,\] czyli \(\lvert LB\rvert=\frac{1}{2}\lvert DM\rvert\). **Krok \(6\).** Odcinek \(LM\) jest wysokością trapezu, więc \(MN\perp LM\). Ponieważ \(LM\parallel BD\), otrzymujemy \(MN\perp BD\). **Krok \(7\).** Kąty \(DNM\) i \(CDB\) mają ramiona odpowiednio prostopadłe (\(ND\perp DC\) oraz \(NM\perp DB\)), więc są równe. Zatem trójkąty prostokątne \(MDN\) i \(BCD\) są podobne, skąd \[\frac{\lvert DM\rvert}{\lvert DN\rvert}=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2},\qquad\text{czyli}\qquad \lvert DN\rvert=2\lvert DM\rvert.\] **Krok \(8\).** Łączymy oba wyniki. W podobieństwie z kroku \(3\) bokowi \(DN\) odpowiada bok \(BL\), a \[\frac{\lvert DN\rvert}{\lvert BL\rvert}=\frac{2\lvert DM\rvert}{\frac{1}{2}\lvert DM\rvert}=4,\] więc trójkąt \(MDN\) jest podobny do trójkąta \(KBL\) w skali \(k=4\). **Krok \(9\).** Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa, zatem \[\frac{P_{MDN}}{P_{KBL}}=k^{2}=4^{2}=16.\] **Uwaga.** Kluczowe są dwa niezależne fakty: równoległość \(LM\parallel BD\) daje \(\lvert LB\rvert=\frac{1}{2}\lvert DM\rvert\), a prostopadłość \(MN\perp BD\) daje \(\lvert DN\rvert=2\lvert DM\rvert\). Dopiero ich połączenie daje skalę \(4\), a nie \(2\). **Odpowiedź.** Stosunek pola trójkąta \(MDN\) do pola trójkąta \(KBL\) jest równy \(16\).

**(dla sposobów I – III)** **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **2 pkt** – wyznaczenie długości odcinka \(CL\) (lub \(LB\)) w zależności od długości odcinka \(DM\), np. \(\lvert CL\rvert=a-\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\), \(\lvert LB\rvert=\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\) oraz uzasadnienie, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne (dla sposobu I) ALBO – uzasadnienie, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne oraz zapisanie długości odcinków \(DE\) oraz \(FL\) za pomocą jednej zmiennej (lub zapisanie związku między nimi), np. \(\lvert DE\rvert=2x\) i \(\lvert FL\rvert=\tfrac{1}{2}x\) (dla sposobu II). ALBO – wyznaczenie współrzędnych wierzchołków trapezu \(KLMN\) w zależności od \(a\) oraz parametru \(c\): \(K=\left(\tfrac{5a-c}{2},0\right)\) oraz \(L=(2a,c-a)\) oraz \(M=(2c-2a,a)\) oraz \(N=(0,5a-4c)\) (dla sposobu III). **1 pkt** – uzasadnienie, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne (dla sposobów I oraz II) ALBO – wyznaczenie długości odcinka \(CL\) (lub \(LB\)) w zależności od długości odcinka \(DM\), np. \(\lvert CL\rvert=a-\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\), \(\lvert LB\rvert=\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\) (dla sposobu I), ALBO – zapisanie długości odcinków \(DE\) oraz \(FL\) za pomocą jednej zmiennej (lub zapisanie związku między nimi), np. \(\lvert DE\rvert=2x\) i \(\lvert FL\rvert=\tfrac{1}{2}x\) (dla sposobu II), ALBO – umieszczenie prostokąta \(ABCD\) w układzie współrzędnych i zapisanie współrzędnych jego wierzchołków, np. \(A=(0,0)\) i \(B=(2a,0)\) i \(C=(2a,a)\) i \(D=(0,a)\) oraz zapisanie równania prostej \(ML\): \(y=-\tfrac{1}{2}x+c\) (dla sposobu III). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.2R) Zdający stosuje twierdzenie Talesa […] do obliczania długości odcinków […].

A. \(\sqrt3\)

Oznaczmy przez \(a\) długość boku kwadratu \(K_1\). Kwadrat \(K_2\) jest do niego podobny w skali \(5\), więc jego bok ma długość \(5a\), a pole jest \(5^2=25\) razy większe. Z warunku zadania \[a^2+25a^2=78,\qquad 26a^2=78,\qquad a^2=3,\qquad a=\sqrt3\] (bierzemy pierwiastek dodatni, bo \(a\) jest długością boku). **Odpowiedź.** A. \(\sqrt3\)

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

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: G10.11) Oblicza wymiary figur w skali; G10.12) oblicza stosunek pól figur podobnych.

A. \(\sqrt3\)

Oznaczmy przez \(a\) długość boku kwadratu \(K_1\). Kwadrat \(K_2\) jest do niego podobny w skali \(5\), więc jego bok ma długość \(5a\), a pole jest \(5^2=25\) razy większe. Z warunku zadania \[a^2+25a^2=78,\qquad 26a^2=78,\qquad a^2=3,\qquad a=\sqrt3\] (bierzemy pierwiastek dodatni, bo \(a\) jest długością boku). **Odpowiedź.** A. \(\sqrt3\)

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

Wymaganie ogólne: IV. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: VIII.9) Wykorzystuje zależności między polami figur podobnych.

\[\triangle BPS\sim\triangle BSC,\qquad k=\frac{\sqrt5}{2}.\]

Wysokość trapezu jest równa średnicy okręgu, czyli \(4\). Po opuszczeniu z \(C\) prostopadłej \(CG\) na \(AB\), w trójkącie \(BGC\) mamy \[|BG|=\sqrt{5^2-4^2}=3.\] Z własności odcinków stycznych i czworokąta opisanego na okręgu otrzymujemy \(|FC|=1\), a więc \(|PB|=4\). Ponieważ \(|PS|=2\), \[|BS|=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt5.\] Dalej \(|CS|=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt5\). Zatem boki trójkąta \(BPS\) mają długości \(4,2,2\sqrt5\), a odpowiadające im boki trójkąta \(BSC\) mają długości \(2\sqrt5,\sqrt5,5\). Zachodzi \[\frac{|BC|}{|BS|}=\frac{|CS|}{|PS|}=\frac{|BS|}{|BP|}=\frac{\sqrt5}{2}.\] Na mocy cechy bok-bok-bok trójkąty są podobne, a skala podobieństwa trójkąta \(BSC\) do \(BPS\) wynosi \(k=\frac{\sqrt5}{2}\).

**5 pkt** – obliczenie skali podobieństwa **4 pkt** – obliczenie długości odpowiedniego odcinka stycznej albo wskazanie skali na podstawie obliczonych stosunków **3 pkt** – uzasadnienie podobieństwa trójkątów \(BPS\) i \(BSC\) **2 pkt** – uzasadnienie, że \(\angle BSC=90^\circ\), albo obliczenie długości boków obu trójkątów **1 pkt** – uzasadnienie równości odpowiednich kątów albo obliczenie boków trójkąta \(BPS\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11) Zdający przeprowadza dowody geometryczne. VIII.1 R) Stosuje własności czworokątów opisanych na okręgu.

\[P_3=P_1+P_2.\]

Dla figur podobnych stosunek pól jest kwadratem skali podobieństwa. Ponieważ odpowiadającymi sobie podstawami trójkątów są boki \(CA\), \(AB\) i \(BC\), otrzymujemy \[\frac{P_2}{P_1}=\left(\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert CA\rvert}\right)^2,\qquad\frac{P_3}{P_1}=\left(\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert CA\rvert}\right)^2.\] Stąd \[P_1+P_2=P_1+\frac{\lvert AB\rvert^2}{\lvert CA\rvert^2}P_1=P_1\frac{\lvert CA\rvert^2+\lvert AB\rvert^2}{\lvert CA\rvert^2}.\] Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny przy \(A\), więc z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert CA\rvert^2+\lvert AB\rvert^2=\lvert BC\rvert^2.\] Zatem \[P_1+P_2=P_1\frac{\lvert BC\rvert^2}{\lvert CA\rvert^2}=P_3,\] co kończy dowód.

**3 pkt** – pełny poprawny dowód równości \(P_3=P_1+P_2\) **2 pkt** – zapisanie zależności między polami figur podobnych, sumy \(P_1+P_2\) oraz twierdzenia Pitagorasa **1 pkt** – zapisanie zależności \(\frac{P_2}{P_1}=(\frac{|AB|}{|CA|})^2\) i \(\frac{P_3}{P_1}=(\frac{|BC|}{|CA|})^2\) albo równoważnego etapu **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie wieloetapowych rozumowań, dostrzeganie podobieństw i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** VIII.9) Zdający wykorzystuje zależności między polami figur podobnych. VIII.11) Przeprowadza dowody geometryczne.

Trójkąty \(ACB\) i \(ASD\) są podobne na mocy cechy kąt-kąt-kąt.

Odcinki styczne poprowadzone z punktu \(C\) mają równe długości, więc \(\lvert AC\rvert=\lvert BC\rvert\) i trójkąt \(ACB\) jest równoramienny. Ponadto \(\lvert AS\rvert=\lvert DS\rvert\), ponieważ oba odcinki są promieniami, zatem trójkąt \(ASD\) także jest równoramienny. Oznaczmy \(\lvert\angle BAC\rvert=\beta\). Promień \(SA\) jest prostopadły do stycznej \(AC\), więc \(\lvert\angle SAB\rvert=90^{\circ}-\beta\). Kąt \(BAD\) jest wpisany i oparty na średnicy \(BD\), dlatego ma \(90^{\circ}\). Stąd \[\lvert\angle SAD\rvert=90^{\circ}-(90^{\circ}-\beta)=\beta.\] W trójkącie \(ACB\) drugi kąt przy podstawie ma również miarę \(\beta\), a kąt przy \(C\) ma \(180^{\circ}-2\beta\). W trójkącie \(ASD\) drugi kąt przy podstawie także ma \(\beta\), a kąt przy \(S\) ma \(180^{\circ}-2\beta\). Trójkąty mają więc parami równe kąty i są podobne na mocy cechy kąt-kąt-kąt.

**3 pkt** – poprawne przeprowadzenie pełnego dowodu podobieństwa trójkątów \(ACB\) i \(ASD\) **2 pkt** – wykazanie równości odpowiednich kątów i wykorzystanie zależności wymaganych za 1 pkt **1 pkt** – zapisanie, że oba trójkąty są równoramienne, wraz ze wskazaniem równych ramion lub odpowiednich kątów **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań i dostrzeganie podobieństw. **Wymagania szczegółowe:** VIII.1) Zdający korzysta z własności promieni i odcinków stycznych. VIII.5) Stosuje własności kątów wpisanych. VIII.8) Korzysta z cech podobieństwa trójkątów. VIII.11) Przeprowadza dowody geometryczne.

\[\lvert FE\rvert=14.\]

Z twierdzenia Talesa odcinki wyznaczone przez te same pary prostych równoległych na prostych \(k\) i \(l\) są proporcjonalne: \[\frac{\lvert GF\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert FE\rvert}{\lvert CD\rvert}.\] Po podstawieniu danych \[\frac{21}{30}=\frac{\lvert FE\rvert}{20},\] więc \[\lvert FE\rvert=14.\]

**1 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\lvert FE\rvert=14\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - dostrzeganie regularności, podobieństw oraz analogii. **Wymagania szczegółowe:** VIII.7) Zdający stosuje twierdzenie Talesa.

**\(B_{3}\).** \(9P\)

Stosunek objętości podobnych brył jest sześcianem skali podobieństwa. Zatem \[k^3=27,\qquad k=3.\] Stosunek pól powierzchni jest kwadratem skali, więc \[\frac{P_2}{P_1}=k^2=9.\] Ponieważ \(P_1=P\), otrzymujemy \(P_2=9P\). Poprawne uzasadnienie mówi o kwadracie stosunku długości odpowiadających odcinków.

**1 pkt** – odpowiedź **B3** **0 pkt** – odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. IV. Rozumowanie i argumentacja - dostrzeganie podobieństw. **Wymagania szczegółowe:** X.6) Zdający wykorzystuje zależność między objętościami brył podobnych.

**B.** Z podobieństwa trójkątów \(ABC\) i \(BDA\) wynika proporcja \(\frac{BD}{BA}=\frac{BA}{BC}\). Zatem \(BD=\frac{BA^{2}}{BC}=\frac{3^{2}}{4}=\frac94=2{,}25\).

**Krok \(1\).** Mamy dwa trójkąty podobne, przy czym mniejszy \(BDA\) leży wewnątrz większego \(ABC\) i ma z nim wspólny kąt przy wierzchołku \(B\). Z podobieństwa wynika równość stosunków odpowiadających sobie boków — cała trudność polega na poprawnym dopasowaniu wierzchołków. **Krok \(2\).** Dopasowanie odczytujemy z kolejności liter w zapisie „trójkąty \(ABC\) i \(BDA\) są podobne”: \[A\leftrightarrow B,\qquad B\leftrightarrow D,\qquad C\leftrightarrow A.\] Sprawdza się to z rysunkiem: kąt \(DBA\) to ten sam kąt co \(CBA\), a trójkąt \(ABC\) jest równoramienny, więc kąty przy \(A\) i przy \(B\) są równe. **Krok \(3\).** Odpowiadające sobie boki to pary złożone z odpowiadających sobie wierzchołków: \[AB\leftrightarrow BD,\qquad BC\leftrightarrow DA,\qquad CA\leftrightarrow AB.\] **Krok \(4\).** Zapisujemy równość stosunków dla pierwszej i trzeciej pary: \[\frac{|AB|}{|BD|}=\frac{|CA|}{|AB|}.\] **Krok \(5\).** Podstawiamy dane \(|AB|=3\) oraz \(|CA|=4\): \[\frac{3}{|BD|}=\frac{4}{3}.\] **Krok \(6\).** Mnożymy na krzyż i wyznaczamy \(|BD|\): \[4\cdot|BD|=9,\qquad |BD|=\frac94=2{,}25.\] **Krok \(7\).** Kontrola sensowności: punkt \(D\) leży na boku \(BC\) o długości \(4\), więc musi być \(|BD|\lt4\). Rzeczywiście \(2{,}25\lt4\). **Uwaga.** Kolejność liter w zapisie podobieństwa jest tu wszystkim. Gdyby przez nieuwagę przyrównać \(|BD|\) do \(|CA|\) zamiast do \(|AB|\), wyszłaby liczba \(\frac{16}{3}\), większa od całego boku \(BC\) — co od razu widać jako bezsens. Warto zapamiętać skrót: w tej konfiguracji \(|BA|^2=|BD|\cdot|BC|\), czyli \(|BD|=\frac{|BA|^2}{|BC|}=\frac{9}{4}\). **Odpowiedź.** B: \(|BD|=2{,}25\)

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.8) Zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów.

C. \(8\)

Ponieważ \(AB\parallel CD\), kąty \(EAB\) i \(ECD\) są naprzemianległe, podobnie kąty \(EBA\) i \(EDC\). Trójkąty \(ABE\) i \(CDE\) są więc podobne (cecha kąt-kąt), a skala podobieństwa wynosi \[k=\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert CD\rvert}=2.\] Stosunek pól figur podobnych jest kwadratem skali, więc \[P_{ABE}=k^2\cdot P_{CDE}=4\cdot2=8.\] **Odpowiedź.** C. \(8\)

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

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: 7.3) Rozpoznaje trójkąty podobne; G10.12) oblicza stosunek pól wielokątów podobnych; G10.9) oblicza pola trójkątów.

\[4.\]

Stosunek objętości ostrosłupów wynosi \[\frac{V_2}{V_1}=\frac{512}{64}=8.\] Jeżeli \(k\) jest skalą podobieństwa ostrosłupa \(F_2\) do \(F_1\), to \(k^3=8\), więc \(k=2\). Pola powierzchni podobnych brył pozostają w stosunku \(k^2\), zatem \[\frac{P_2}{P_1}=2^2=4.\]

**1 pkt** – wpisanie liczby \(4\) **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** X.5) Zdający wykorzystuje zależność między objętościami graniastosłupów oraz ostrosłupów podobnych.

\[|BE|=20.\]

Trójkąty \(ABE\) oraz \(DCE\) są podobne na podstawie cechy kąt-kąt-kąt: kąty przy \(A\) i \(D\) są proste, a \(|\angle BEA|=|\angle CED|\). Zatem \[\frac{|AE|}{|AB|}=\frac{|DE|}{|CD|}.\] Ponieważ \(|AD|=24\), mamy \(|DE|=24-|AE|\). Stąd \[\frac{|AE|}{12}=\frac{24-|AE|}{6},\] \[6|AE|=288-12|AE|,\qquad 18|AE|=288,\qquad |AE|=16.\] W trójkącie prostokątnym \(ABE\), z twierdzenia Pitagorasa, \[|BE|^2=|AB|^2+|AE|^2=12^2+16^2=400.\] Zatem \[|BE|=20.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i obliczenie długości odcinka \(BE\): \(|BE|=20\) **1 pkt** – obliczenie \(|DE|=8\) albo obliczenie \(|AE|=16\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania **Uwaga CKE:** zapisanie wyłącznie \(|BE|=20\), bez poprawnej metody, daje \(0\) punktów.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.8) Zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów.

\[|BE|=20.\]

Trójkąty \(ABE\) oraz \(DCE\) są podobne na podstawie cechy kąt-kąt-kąt. Z podobieństwa \[\frac{|AE|}{|AB|}=\frac{|DE|}{|CD|}.\] Ponieważ \(|AD|=24\), mamy \(|DE|=24-|AE|\), więc \[\frac{|AE|}{12}=\frac{24-|AE|}{6}.\] Stąd \[|AE|=48-2|AE|,\qquad 3|AE|=48,\qquad |AE|=16.\] Trójkąt \(ABE\) jest prostokątny, zatem \[|BE|=\sqrt{|AB|^2+|AE|^2}=\sqrt{12^2+16^2}=\sqrt{400}=20.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i obliczenie długości odcinka \(BE\): \(|BE|=20\) **1 pkt** – obliczenie \(|DE|=8\) albo \(|AE|=16\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, podanie samego wyniku bez poprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.3) Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje cechy podobieństwa trójkątów.

\(|OD|=6\)

Kąty \(OAB\) i \(OCD\) są równe z założenia, a kąty \(AOB\) i \(COD\) są wierzchołkowe. Trójkąty \(ABO\) i \(ODC\) są więc podobne. Dla odpowiadających boków \[\frac{|CO|}{|AO|}=\frac{|OD|}{|OB|}.\] Podstawiamy dane: \[\frac{10}{5}=\frac{|OD|}{3},\] stąd \(|OD|=6\).

**1 pkt** – poprawna metoda i wynik \(|OD|=6\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VIII.8 korzystanie z cech podobieństwa trójkątów.

**A, \(2\).** Obwód trójkąta \(KLM\) jest równy \(\sqrt2\,x\).

Stosunek pól podobnych trójkątów wynosi \(2\). Stosunek odpowiadających długości, a więc także obwodów, jest równy pierwiastkowi kwadratowemu ze stosunku pól: \[\frac{L_{KLM}}{L_{ABC}}=\sqrt{\frac{2P}../../}=\sqrt2.\] Ponieważ \(L_{ABC}=x\), otrzymujemy \(L_{KLM}=\sqrt2\,x\).

**1 pkt** – odpowiedzi **A** i **2** **0 pkt** – odpowiedź niepełna, niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; dobieranie argumentów uzasadniających rozwiązanie. **Wymagania szczegółowe:** VIII.9 wykorzystywanie zależności między obwodami i polami figur podobnych.

**P, P**

\(1\). Ponieważ \(AB\parallel CD\), odpowiednie kąty przy podstawach są równe, a kąty \(AEB\) i \(CED\) są wierzchołkowe. Z cechy kąt-kąt trójkąty \(ABE\) i \(CDE\) są podobne. Pierwsze stwierdzenie jest prawdziwe. \(2\). Trójkąty \(ACD\) i \(BCD\) mają wspólną podstawę \(CD\). Ich wysokości opuszczone na prostą \(CD\) są równe, ponieważ punkty \(A\) i \(B\) leżą na prostej równoległej do \(CD\). Pola są więc równe. Drugie stwierdzenie jest prawdziwe.

**1 pkt** – poprawna odpowiedź **P, P** **0 pkt** – odpowiedź niepełna, niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** VIII.4 zdający korzysta z własności kątów i przekątnych w trapezach.

**\(A_{2}\).** Skala \(3\), ponieważ pole \(T_2\) jest \(9\) razy większe od pola \(T_1\).

Stosunek pól wynosi \[\frac{P_{T_2}}{P_{T_1}}=\frac{(4{,}5)^2}{(1{,}5)^2}=\left(\frac{4{,}5}{1{,}5}\right)^2=3^2=9.\] Pola figur podobnych pozostają w stosunku równym kwadratowi skali, więc skala podobieństwa wynosi \(3\). Poprawny zestaw to **\(A_{2}\)**.

**1 pkt** – odpowiedź **A2** **0 pkt** – odpowiedź niepełna, niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** IV.3 dobieranie argumentów uzasadniających rozwiązanie. **Wymagania szczegółowe:** VIII.9 zdający wykorzystuje zależności między polami figur podobnych.

\(\triangle BPS\sim\triangle BSC\), a skala podobieństwa od \(BPS\) do \(BSC\) wynosi \(k=\frac{\sqrt5}{2}\).

Środek okręgu wpisanego leży na dwusiecznych kątów trapezu, więc \[\angle PBS=\angle SBC.\] Analogicznie \(CS\) jest dwusieczną kąta \(BCD\). Jeśli oznaczymy połowy kątów przy ramieniu \(BC\) przez \(\alpha\) i \(\beta\), to z równoległości podstaw mamy \(2\alpha+2\beta=180^\circ\), czyli \(\alpha+\beta=90^\circ\). Stąd \(\angle BSC=90^\circ\) oraz \(\angle PSB=\beta=\angle BCS\). Trójkąty \(BPS\) i \(BSC\) są więc podobne na mocy cechy kąt-kąt. Niech \(E\) będzie punktem styczności okręgu z \(BC\). Z podobieństwa trójkątów prostokątnych \(SBE\) i \(CSE\) mamy \[|SE|^2=|BE|\cdot|CE|.\] Ponieważ \(|SE|=2\), \(|BE|+|CE|=|BC|=5\), otrzymujemy \[4=(5-|CE|)|CE|,\] czyli \(|CE|=1\) lub \(4\). Dłuższa podstawa \(AB\) odpowiada \(|BE|>|CE|\), zatem \(|CE|=1\) i \(|BE|=4\). W trójkącie prostokątnym \(BSE\) \[|BS|=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt5.\] Skala podobieństwa od trójkąta \(BPS\) do \(BSC\) wynosi więc \[k=\frac{|BC|}{|BS|}=\frac5{2\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{2}.\]

**5 pkt** – wykazanie podobieństwa i obliczenie skali \(k=\frac{\sqrt5}{2}\) **4 pkt** – obliczenie długości odcinka stycznej od \(B\) do punktu styczności z okręgiem albo poprawne wskazanie stosunku odpowiednich boków jako skali **3 pkt** – uzasadnienie, że trójkąty \(BPS\) i \(BSC\) są podobne **2 pkt** – uzasadnienie, że \(\angle BSC=90^\circ\), albo obliczenie długości boków obu trójkątów, albo równoważny etap dowodu **1 pkt** – uzasadnienie równości odpowiednich kątów albo obliczenie długości boków trójkąta \(BPS\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.1 prowadzenie rozumowań wieloetapowych i uzasadnianie ich poprawności. **Wymagania szczegółowe:** VIII.12 i VIII.R przeprowadzanie dowodów geometrycznych oraz stosowanie własności czworokątów opisanych na okręgu.

Udowodniono równość \(P_3=P_1+P_2\).

Ponieważ trójkąty \(CAW_1\), \(ABW_2\), \(CBW_3\) są podobne, stosunki ich pól są kwadratami stosunków odpowiadających sobie boków: \[\frac{P_2}{P_1}=\left(\frac{|AB|}{|CA|}\right)^2,\qquad \frac{P_3}{P_1}=\left(\frac{|BC|}{|CA|}\right)^2.\] Stąd \[P_1+P_2=P_1\left(1+\frac{|AB|^2}{|CA|^2}\right)=P_1\frac{|CA|^2+|AB|^2}{|CA|^2}.\] Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny przy \(A\), więc z twierdzenia Pitagorasa \(|CA|^2+|AB|^2=|BC|^2\). Zatem \[P_1+P_2=P_1\frac{|BC|^2}{|CA|^2}=P_3.\] To kończy dowód.

**3 pkt** – prawidłowe przeprowadzenie pełnego dowodu równości \(P_3=P_1+P_2\) **2 pkt** – zapisanie zależności między polami figur podobnych i długościami odpowiednich boków oraz zastosowanie twierdzenia Pitagorasa **1 pkt** – zapisanie zależności \(\frac{P_2}{P_1}=(\frac{|AB|}{|CA|})^2\) i \(\frac{P_3}{P_1}=(\frac{|BC|}{|CA|})^2\) lub zależności równoważnych **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.1, IV.2 i IV.4 przeprowadzanie rozumowań, dostrzeganie analogii oraz tworzenie strategii rozwiązania. **Wymagania szczegółowe:** VIII.12 :** zależności między polami figur podobnych oraz przeprowadzanie dowodów geometrycznych.

\[|FE|=14.\]

Z twierdzenia Talesa, ponieważ proste \(m\), \(n\) i \(s\) są równoległe, \[\frac{|GF|}{|BC|}=\frac{|FE|}{|CD|}.\] Po podstawieniu danych \[\frac{21}{30}=\frac{|FE|}{20},\] więc \[|FE|=14.\]

**1 pkt** – poprawna metoda rozwiązania oraz wynik \(|FE|=14\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.2 dostrzeganie regularności i formułowanie uzasadnionych wniosków. **Wymagania szczegółowe:** VIII.7 stosowanie twierdzenia Talesa.

**\(B_{3}\).** Pole powierzchni całkowitej \(\mathcal B_2\) jest równe \(9P\).

Stosunek objętości podobnych brył jest sześcianem skali podobieństwa \(k\): \[k^3=\frac{27V}{V}=27,\qquad k=3.\] Stosunek pól powierzchni jest kwadratem tej skali, zatem \[\frac{P_2}{P_1}=k^2=9.\] Ponieważ \(P_1=P\), otrzymujemy \(P_2=9P\). Poprawny zestaw odpowiedzi to **\(B_{3}\)**.

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **B3** **0 pkt** – odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III.1 i IV.2 operowanie obiektami oraz dostrzeganie regularności i analogii. **Wymagania szczegółowe:** X.7 zależność między objętościami brył podobnych i skalą podobieństwa.

\(P_{T_2}=120\)

Przeciwprostokątna trójkąta \(T_1\) ma długość \[\sqrt{5^2+12^2}=13.\] Skala podobieństwa trójkąta \(T_2\) do \(T_1\) jest więc równa \[k=\frac{26}{13}=2.\] Pole trójkąta \(T_1\) wynosi \[P_{T_1}=\frac12\cdot5\cdot12=30.\] Pola figur podobnych pozostają w stosunku kwadratu skali, zatem \[P_{T_2}=k^2P_{T_1}=2^2\cdot30=120.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i obliczenie pola trójkąta \(T_2\): \(P_{T_2}=120\) **1 pkt** – wykorzystanie podobieństwa i zapisanie równania pozwalającego obliczyć przyprostokątne, zapisanie stosunku pól wraz z obliczeniem przeciwprostokątnej \(T_1\), wyznaczenie skali \(k=2\) albo obliczenie przyprostokątnych \(T_2\): \(10\) i \(24\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.8 zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów.

**A.** \(18\)

Stosunek pól figur podobnych jest kwadratem skali podobieństwa. Jeśli \(k\) oznacza skalę trapezu \(T_2\) względem \(T_1\), to \[k^2=\frac{13}{52}=\frac14,\qquad k=\frac12.\] Obwody figur podobnych są w stosunku \(k\), więc obwód trapezu \(T_2\) wynosi \[36\cdot\frac12=18.\]

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska - pola i obwody figur podobnych.

**C.** \(\frac47L\)

Z warunku \(|AD|:|DB|=3:4\) wynika \(|AB|=7k\) i \(|DB|=4k\), więc \(\frac{|DB|}{|AB|}=\frac47\). Ponieważ \(DE\parallel AC\), trójkąty \(BED\) i \(BCA\) są podobne w skali \(\frac47\). Obwody figur podobnych pozostają w tej samej skali, zatem obwód trójkąta \(BED\) wynosi \(\frac47L\).

**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 - podobieństwo trójkątów i skala obwodów.

\[|AA'|=|BB'|.\]

Oznaczmy przez \(H\) wysokość trapezu \(ABCD\), a przez \(h\) odległość punktu \(O\) od podstawy \(AB\). Ponieważ \(AD\parallel A'O\), trójkąty \(ABD\) i \(A'BO\) są podobne, zatem \[\frac{|AB|}{|A'B|}=\frac{H}{h}.\] Ponieważ \(BC\parallel B'O\), trójkąty \(ABC\) i \(AB'O\) także są podobne, więc \[\frac{|AB|}{|AB'|}=\frac{H}{h}.\] Stąd \(|A'B|=|AB'|\). Ponadto \[|A'B|=|AB|-|AA'|,\qquad |AB'|=|AB|-|BB'|.\] Po odjęciu \(|AB|\) otrzymujemy \(|AA'|=|BB'|\), co należało wykazać.

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego poprawnego dowodu **2 pkt** – zapisanie obu proporcji wynikających z podobieństwa trójkątów **1 pkt** – rozpoznanie jednego z podobieństw i zapisanie odpowiedniej proporcji **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R7.3 rozpoznawanie figur podobnych i wykorzystywanie ich własności.

**A.** \(\frac{|AD|}{|AB|}=\frac{|CD|}{|AC|}\)

Trójkąty \(ABD\) i \(ACD\) są podobne. Odpowiadają sobie boki \(AD\) i \(CD\) oraz \(AB\) i \(AC\), dlatego \[\frac{|AD|}{|AB|}=\frac{|CD|}{|AC|}.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i wykorzystywanie cech podobieństwa.

**A.** \(9\)

Trójkąty \(AOD\) i \(COB\) są podobne: mają kąty proste przy \(D\) i \(C\) oraz równe kąty wierzchołkowe przy \(O\). Odpowiadające boki spełniają \[\frac{|OD|}{|OC|}=\frac{|AD|}{|BC|}=\frac46.\] Po podstawieniu \(|OD|=6\) otrzymujemy \[\frac6{|OC|}=\frac46,\qquad |OC|=9.\]

**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.8 korzystanie z cech podobieństwa trójkątów.

\[|EF|=\frac{48}{7}.\]

Oznaczmy długość boku rombu przez \(s\). Trójkąty \(AEF\) i \(ADB\) są podobne, a trójkąty \(FBG\) i \(ABC\) są podobne. Zatem \[\frac{|AF|}{s}=\frac{|AB|}{12},\qquad \frac{|BF|}{s}=\frac{|AB|}{16}.\] Stąd \[|AF|=\frac{|AB|s}{12},\qquad |BF|=\frac{|AB|s}{16}.\] Ponieważ \(|AB|=|AF|+|BF|\), to \[1=\frac{s}{12}+\frac{s}{16}=\frac{7s}{48}.\] Wobec tego \[s=\frac{48}{7}.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\frac{48}{7}\) **1 pkt** – zapisanie zależności między długościami odcinków wynikającej z podobieństwa odpowiednich trójkątów **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji oraz tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.4 i VIII.8 korzystanie z własności kątów i przekątnych w równoległobokach i rombach oraz z cech podobieństwa trójkątów.

**C.** \(9\)

Trójkąty \(ABO\) i \(CDO\) są podobne. Stosunek ich obwodów, a więc także odpowiadających długości, wynosi \[\frac{39}{13}=3.\] Wysokości obu trójkątów opuszczone z punktu \(O\) na równoległe podstawy \(AB\) i \(CD\) są w stosunku \(3:1\), a ich suma jest wysokością trapezu równą \(12\). Zatem \[h_{ABO}=\frac34\cdot12=9.\]

**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.4, VIII.8 i VIII.9 korzystanie z własności trapezów, cech podobieństwa trójkątów oraz zależności między obwodami figur podobnych.

\[\angle BAC=72^\circ.\]

Oznaczmy \(\angle BAC=2\alpha\). Ponieważ \(AD\) jest dwusieczną, \(\angle BAD=\alpha\). Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny, więc \(\angle ABC=2\alpha\). Z podobieństwa trójkątów \(ABC\) i \(BDA\) wynika \(\angle ADB=2\alpha\). W trójkącie \(ABD\) mamy zatem \[\alpha+2\alpha+2\alpha=180^\circ,\] więc \(\alpha=36^\circ\). Stąd \[\angle BAC=2\alpha=72^\circ.\]

**2 pkt** – poprawne wykorzystanie podobieństwa i wynik \(\angle BAC=72^\circ\) **1 pkt** – poprawne oznaczenie kątów prowadzące do równania \(5\alpha=180^\circ\) albo równoważny istotny krok **0 pkt** – brak poprawnego postępu

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

\[|EF|=18.\]

Wysokość trójkąta równobocznego o boku \(24\) ma długość \(12\sqrt3\), zatem \(SD=6\sqrt3\) i \(|AD|=12\). Trójkąty \(EDS\) i \(ADC\) są podobne, ponieważ \(ES\parallel AC\). Skala podobieństwa wynosi \[\frac{|SD|}{|CD|}=\frac12,\] więc \(|ED|=6\). Stąd \(|AE|=|AD|-|ED|=6\) oraz \(|BE|=24-6=18\). Ponieważ trójkąty \(BFE\) i \(BCA\) są podobne, \[\frac{|EF|}{|AC|}=\frac{|BE|}{|BA|}=\frac{18}{24}=\frac34.\] Zatem \(|EF|=\frac34\cdot24=18\).

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(|EF|=18\) **1 pkt** – zapisanie poprawnej proporcji wynikającej z podobieństwa trójkątów lub wyznaczenie jednego z odcinków \(ES\), \(SF\), \(ED\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II i III interpretowanie rysunku oraz użycie obiektów matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.3 i VIII.7 stosowanie podobieństwa trójkątów, własności trójkąta równobocznego i twierdzenia Pitagorasa.

\[P_{ADG}=3S.\]

Niech \(|FB|=x\). Wtedy \[|AD|=|DE|=|EF|=2x,\qquad |EB|=3x,\qquad |AE|=4x.\] Z równoległości \(FH\parallel EC\) trójkąty \(FBH\) i \(EBC\) są podobne w skali \(1:3\), więc stosunek ich pól jest równy \(1:9\). Stąd \[P_{EBC}=9S.\] Trójkąty \(AEC\) i \(EBC\) mają wspólną wysokość opuszczoną z \(C\) na prostą \(AB\), zatem \[\frac{P_{AEC}}{P_{EBC}}=\frac{|AE|}{|EB|}=\frac43,\qquad P_{AEC}=12S.\] Z równoległości \(DG\parallel EC\) trójkąty \(ADG\) i \(AEC\) są podobne w skali \[\frac{|AD|}{|AE|}=\frac12.\] Ich pola są więc w stosunku \(1:4\), czyli \[P_{ADG}=\frac14P_{AEC}=\frac14\cdot12S=3S.\]

**3 pkt** – pełny poprawny dowód, zakończony równością \(P_{ADG}=3S\) **2 pkt** – zapisanie dwóch poprawnych zależności potrzebnych w dowodzie, wynikających z podobieństwa trójkątów lub porównania pól **1 pkt** – zapisanie jednej poprawnej zależności, np. \(P_{EBC}=9S\), \(P_{AEC}/P_{EBC}=4/3\) albo \(P_{AEC}=4P_{ADG}\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - tworzenie łańcucha zależności prowadzącego do tezy. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie podobieństwa trójkątów, własności prostych równoległych oraz zależności między polami figur podobnych i trójkątów o wspólnej wysokości.

\[\frac{|CE|}{|EB|}=2.\]

Niech \(F\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z \(C\) na podstawę \(AB\). W trójkącie równoramiennym jest ona również środkową, więc \[P_{FBC}=\frac12P_{ABC}.\] Czworokąt \(ADEC\) i trójkąt \(BED\) tworzą cały trójkąt \(ABC\). Skoro \[P_{ADEC}=17P_{BED},\] to \(P_{ABC}=18P_{BED}\), a zatem \[P_{FBC}=9P_{BED}.\] Ponieważ \(DE\parallel CF\), trójkąty \(BED\) i \(BCF\) są podobne. Stosunek ich pól jest równy kwadratowi skali podobieństwa: \[\frac{P_{FBC}}{P_{BED}}=\left(\frac{|BC|}{|BE|}\right)^2=9.\] Stąd \(|BC|/|BE|=3\). Ponieważ \(|BC|=|BE|+|CE|\), otrzymujemy \[1+\frac{|CE|}{|EB|}=3,\] czyli \[\frac{|CE|}{|EB|}=2.\]

**2 pkt** – obliczenie \(|CE|/|EB|=2\) **1 pkt** – wykazanie podobieństwa trójkątów \(BCF\) i \(BED\) albo zapisanie zależności \(P_{FBC}=9P_{BED}\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV i V użycie strategii oraz rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** wykorzystywanie własności trójkąta równoramiennego, podobieństwa trójkątów i stosunku pól figur podobnych.

Długość boku trójkąta \(AKL\) jest równa \(4\).

Niech \(a\) oznacza długość boku trójkąta równobocznego \(ABC\). Ze wzoru na jego pole otrzymujemy \[\frac{a^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3.\] Stąd \(a^2=36\), a ponieważ \(a>0\), mamy \(a=6\). Stosunek długości odpowiednich boków trójkątów \(ABC\) i \(AKL\) jest równy \(\frac32\), zatem \[\frac{6}{|AK|}=\frac32.\] Po rozwiązaniu równania dostajemy \[|AK|=4.\]

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i obliczenie \(|AK|=4\) **1 pkt** – obliczenie długości boku trójkąta \(ABC\): \(|AB|=6\), obliczenie pola \(P_{AKL}=4\sqrt3\) albo zapisanie poprawnego równania wykorzystującego skalę podobieństwa \(\frac32\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

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

**A.** \(9:4\)

Punkt przecięcia wysokości trójkąta równobocznego dzieli każdą wysokość w stosunku \(2:1\), licząc od wierzchołka. Wysokość trójkąta \(CDE\) stanowi więc \(\frac23\) wysokości trójkąta \(ABC\). Trójkąty są podobne w skali \(\frac23\), zatem \[\frac{P_{CDE}}{P_{ABC}}=\left(\frac23\right)^2=\frac49.\] Stąd \(P_{ABC}:P_{CDE}=9:4\).

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i wykorzystywanie stosunku ich pól.

**B.** \(196\)

Przekątna prostokąta \(AEFG\) ma długość \[|AF|=\sqrt{30^2+40^2}=50.\] Prostokąty \(AEFG\) i \(ABCD\) mają odpowiadające sobie boki równoległe, a ich przekątne leżą na tej samej prostej, dlatego skala powiększenia wynosi \[k=\frac{|AC|}{|AF|}=\frac{70}{50}=\frac75.\] Boki prostokąta \(ABCD\) mają więc długości \[30\cdot\frac75=42,\qquad40\cdot\frac75=56.\] Jego obwód jest równy \[2(42+56)=196.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie twierdzenia Pitagorasa i podobieństwa figur w obliczeniach geometrycznych.

\[P_{CDS}=\frac{16}{3}.\]

Ponieważ \(AB\parallel CD\), trójkąty \(ASB\) i \(CSD\) są podobne. Skala podobieństwa pierwszego trójkąta do drugiego wynosi \[\frac{|AS|}{|SC|}=\frac32.\] Stosunek pól figur podobnych jest kwadratem skali, zatem \[\frac{P_{ABS}}{P_{CDS}}=\left(\frac32\right)^2=\frac94.\] Ponieważ \(P_{ABS}=12\), otrzymujemy \[P_{CDS}=12\cdot\frac49=\frac{16}{3}.\]

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i obliczenie \(P_{CDS}=\frac{16}{3}\) **1 pkt** – stwierdzenie podobieństwa trójkątów \(ASB\) i \(CSD\), zapisanie równości \(\frac{|AS|}{|SC|}=\frac{|BS|}{|SD|}=\frac32\) albo poprawnego stosunku ich pól **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i wykorzystywanie stosunku pól figur podobnych.

Trójkąty CEF i CDB są podobne. Mamy CE = (\(\frac{3}{4}\))CD, CD = (√\(\frac{3}{2}\))CB oraz CF/CE = CD/CB = √\(\frac{3}{2}\). Stąd CF = (√\(\frac{3}{2}\))·(\(\frac{3}{4}\))·(√\(\frac{3}{2}\))CB = (\(\frac{9}{16}\))CB.

Oznaczmy długość boku trójkąta równobocznego przez \(a=\lvert CB\rvert\). Wysokość \(CD\) ma wtedy długość \[\lvert CD\rvert=\frac{a\sqrt3}{2}.\] Trójkąty \(CFE\) i \(CDB\) mają wspólny kąt przy wierzchołku \(C\) oraz kąty proste (\(EF\perp BC\) oraz \(CD\perp AB\)), są więc podobne na podstawie cechy kąt-kąt. Stąd \[\frac{\lvert CF\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert CB\rvert}.\] Podstawiamy \(\lvert CE\rvert=\frac34\lvert CD\rvert=\frac{3a\sqrt3}{8}\): \[\lvert CF\rvert=\frac{\lvert CD\rvert\cdot\lvert CE\rvert}{\lvert CB\rvert}=\frac{\frac{a\sqrt3}{2}\cdot\frac{3a\sqrt3}{8}}{a}=\frac{\frac{9a^2}{16}}{a}=\frac{9}{16}a,\] czyli \(\lvert CF\rvert=\frac{9}{16}\lvert CB\rvert\), co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert CF\rvert=\dfrac{9}{16}\lvert CB\rvert\)

**1 pkt** – wskazanie podobieństwa trójkątów \(CFE\) i \(CDB\) albo zapisanie równoważnej zależności trygonometrycznej. **2 pkt** – pełne uzasadnienie równości \(\lvert CF\rvert=\frac{9}{16}\lvert CB\rvert\).

V. Rozumowanie i argumentacja. 7. Planimetria. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje cechy podobieństwa trójkątów (7.1). SP9. Wielokąty, koła, okręgi. Zdający rozpoznaje i nazywa trójkąty ostrokątne, prostokątne, rozwartokątne, równoboczne i równoramienne (SP9.1).

**D.** \(3\)

Trójkąty \(ADC\) i \(CDB\) mają tę samą wysokość opuszczoną z punktu \(C\) na prostą \(AB\), dlatego stosunek ich pól jest równy stosunkowi podstaw: \[\frac{P_{ADC}}{P_{CDB}}=\frac{|AD|}{|DB|}=4.\] Z twierdzenia o przyprostokątnych w trójkącie prostokątnym mamy \[|AC|^2=|AB|\cdot|AD|,\qquad |BC|^2=|AB|\cdot|DB|.\] Po podzieleniu stronami otrzymujemy \[\frac{|AC|^2}{|BC|^2}=\frac{|AD|}{|DB|}=4,\] więc \(|AC|=2|BC|\). Ponieważ \(|AC|=6\), dostajemy \(|BC|=3\).

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2020 nie zawiera osobnej tabeli wymagań dla zadań zamkniętych. **Klasyfikacja rzeczowa:** planimetria - podobieństwo trójkątów i twierdzenia o wysokości w trójkącie prostokątnym.

C. OK = \(10\)

Promienie poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do stycznej, więc trójkąty \(OAK\) i \(PBK\) są prostokątne. Kąty przy wierzchołku \(K\) są wierzchołkowe, zatem trójkąty te są podobne, a skala podobieństwa to stosunek promieni: \[\frac{\lvert OK\rvert}{\lvert PK\rvert}=\frac53.\] Punkt \(K\) leży na odcinku \(OP\), więc \(\lvert OK\rvert+\lvert PK\rvert=16\). Podstawiając \(\lvert OK\rvert=\frac53\lvert PK\rvert\): \[\tfrac53\lvert PK\rvert+\lvert PK\rvert=16,\qquad \lvert PK\rvert=6,\qquad \lvert OK\rvert=10.\] **Odpowiedź.** C. \(\lvert OK\rvert=10\)

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

Zadanie 15. (0−1) Wersja Wersja 7. Planimetria. Zdający rozpoznaje trójkąty I. Wykorzystanie I II podobne i wykorzystuje cechy podobieństwa i tworzenie informacji. trójkątów (7.3). C B

A. \(10\), \(15\), \(20\)

Trójkąty są podobne wtedy, gdy długości ich boków są proporcjonalne. Boki danego trójkąta pozostają w stosunku \[2\sqrt5:3\sqrt5:4\sqrt5=2:3:4.\] Wśród podanych trójek tylko \(10,15,20\) daje ten sam stosunek: \[10:15:20=2:3:4.\] **Odpowiedź.** A. \(10\), \(15\), \(20\)

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

Zadanie 15. (0−1) Wersja Wersja 7. Planimetria. Zdający rozpoznaje trójkąty I. Wykorzystanie I II podobne i wykorzystuje cechy podobieństwa i tworzenie informacji. trójkątów (7.3). A C

**B.** \(k=\frac53\)

Mamy \[\overrightarrow{SP}=(3,-9),\qquad \overrightarrow{SP'}=(5,-15).\] Ponieważ \(\overrightarrow{SP'}=k\overrightarrow{SP}\), otrzymujemy \(5=3k\), a więc \(k=\frac53\).

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

**Klasyfikacja CKE:** geometria analityczna - jednokładność i działania na wektorach.

D

Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa. Skala trójkąta \(ABC\) względem \(A'B'C'\) wynosi \(\frac52\), zatem \[\frac{P_{ABC}}{P_{A'B'C'}}=\left(\frac52\right)^2=\frac{25}{4}.\] **Odpowiedź.** D. \(\dfrac{25}{4}\)

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

Zadanie 20. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

B. \(20\)

Ponieważ \(DE\parallel AC\), trójkąty \(BDE\) i \(BCA\) mają wspólny kąt przy \(B\) oraz równe kąty odpowiadające, są więc podobne. Skala: \[k=\frac{\lvert BD\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{10}{12}=\frac56.\] Zatem \[\lvert DE\rvert=k\cdot\lvert AC\rvert=\tfrac56\cdot24=20.\] **Odpowiedź.** B. \(20\)

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

Zadanie 16. (0−1) Wersja Wersja 7. Planimetria. Zdający rozpoznaje trójkąty I. Wykorzystanie I II podobne i wykorzystuje cechy podobieństwa i tworzenie informacji. trójkątów (7.3). B A

C

Ponieważ \(DE\parallel AB\), trójkąty \(CED\) i \(CAB\) mają wspólny kąt przy \(C\) i równe kąty odpowiadające, są więc podobne. Skala: \[k=\frac{\lvert DE\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac46=\frac23.\] Oznaczmy \(x=\lvert CE\rvert\). Punkt \(E\) leży na boku \(AC\), więc \(\lvert CA\rvert=x+\lvert AE\rvert=x+4\). Z podobieństwa \[\frac{x}{x+4}=\frac23,\qquad 3x=2x+8,\qquad x=8.\] **Odpowiedź.** C. \(8\)

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

Zadanie 15. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**B.** \(|AB|=20\)

Ponieważ \(AB\parallel CD\), mamy \(|\angle BAC|=|\angle ACD|\). Z założenia \(|\angle ABC|=|\angle CAD|\), więc trójkąty \(ABC\) i \(CAD\) są podobne. Stąd \[\frac{|AB|}{|AC|}=\frac{|BC|}{|AD|}=\frac{12}{6}=2.\] Ponieważ \(|AC|=10\), otrzymujemy \(|AB|=20\).

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - podobieństwo trójkątów i proporcje boków.

D

Oznaczmy \(P\) — pole trójkąta \(ABC\), \(a=\lvert BC\rvert\), \(b=\lvert AC\rvert\), \(c=\lvert AB\rvert\). Trójkąt \(AFD\) ma kąt prosty przy \(F\) i wspólny kąt przy \(A\) z trójkątem \(ACB\) (kąt prosty przy \(C\)), więc jest do niego podobny. Skala podobieństwa to iloraz przeciwprostokątnych: \[k_1=\frac{\lvert AD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{b/2}{c}=\frac{b}{2c}.\] Analogicznie dla trójkąta \(BGE\): \[k_2=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{a}{2c}.\] Stosunek pól figur podobnych to kwadrat skali, więc \[4=P\cdot\frac{b^2}{4c^2},\qquad 1=P\cdot\frac{a^2}{4c^2}.\] Dodając stronami i korzystając z twierdzenia Pitagorasa \(a^2+b^2=c^2\): \[5=P\cdot\frac{a^2+b^2}{4c^2}=P\cdot\frac{c^2}{4c^2}=\frac../../{4},\qquad P=20.\] **Odpowiedź.** D. \(20\)

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

Zadanie 25. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**B.** \(8{,}5\)

Bok \(BC=9\) odpowiada bokowi \(QR=18\), więc skala większego trójkąta do mniejszego wynosi \(2\). Bokowi \(AB\) odpowiada bok \(PQ=17\), zatem \[|AB|=\frac{17}{2}=8{,}5.\]

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - podobieństwo trójkątów i skala podobieństwa.

Trójkąty \(CDE\) i \(FBG\) są podobne na mocy cechy kąt-kąt-kąt.

Niech \(|\angle ACB|=\alpha\). Ponieważ \(ABC\) jest prostokątny, \(|\angle ABC|=90^\circ-\alpha\). W trójkącie \(CDE\) mamy \(|\angle DEC|=90^\circ\), więc \(|\angle CDE|=90^\circ-\alpha\). W trójkącie \(FBG\) mamy \(|\angle FGB|=90^\circ\) oraz \(|\angle FBG|=90^\circ-\alpha\), więc \(|\angle BFG|=\alpha\). Odpowiednie kąty obu trójkątów są równe, zatem trójkąty są podobne.

**2 pkt** – pełne rozumowanie prowadzące do podobieństwa **1 pkt** – wskazanie jednej właściwej pary równych kątów ostrych lub podobieństwa obu trójkątów do \(ABC\), bez pełnego uzasadnienia **0 pkt** – brak koniecznego postępu albo przyjęcie konkretnych miar kątów

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i cechy podobieństwa.

Trójkąty ABS i DCS są podobne w skali \(5\), więc P(ABS)=\(25\)·P(DCS).

Z założenia \(\lvert AS\rvert=\frac56\lvert AC\rvert\), a punkt \(S\) leży na przekątnej \(AC\), więc \[\lvert SC\rvert=\lvert AC\rvert-\lvert AS\rvert=\tfrac16\lvert AC\rvert,\qquad \frac{\lvert AS\rvert}{\lvert SC\rvert}=5.\] Ponieważ \(AB\parallel CD\), kąty \(SAB\) i \(SCD\) są naprzemianległe, podobnie kąty \(SBA\) i \(SDC\). Trójkąty \(ABS\) i \(CDS\) są zatem podobne (cecha kąt-kąt), a skala podobieństwa pierwszego względem drugiego wynosi \[k=\frac{\lvert AS\rvert}{\lvert SC\rvert}=5.\] Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali: \[\frac{P_{ABS}}{P_{DCS}}=k^2=25,\] czyli pole trójkąta \(ABS\) jest \(25\) razy większe od pola trójkąta \(DCS\), co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(P_{ABS}=25\,P_{DCS}\)

1 pkt: podobieństwo i skala 5 albo równoważne zależności pól. 2 pkt: pełny dowód stosunku pól 25.

Zadanie 30. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[BP=6\cdot PD.\]

Niech \(N\) będzie punktem przecięcia prostej \(ME\) z prostą \(DC\). Trójkąty \(AME\) i \(DNE\) są podobne. Ponieważ \(AE=3AD\), mamy \(DE=2AD\), więc \[\frac{AM}{DN}=\frac{AE}{DE}=\frac32,\qquad DN=\frac23AM.\] Trójkąty \(MBP\) i \(NDP\) także są podobne, zatem \[\frac{BP}{DP}=\frac{BM}{DN}=\frac{4AM}{(2/3)AM}=6.\] Stąd \(BP=6PD\), co kończy dowód.

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 3 pkt** – pełny dowód **2 pkt** – poprawne użycie obu podobieństw z drobnym błędem końcowym **1 pkt** – wyznaczenie \(DN=\frac23AM\) albo rozpoznanie drugiej pary trójkątów podobnych **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** 7.3. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) cechy podobieństwa trójkątów.

\[P_{HAE}=\frac{750}{169}.\]

Trójkąty prostokątne \(EAH\) i \(ABC\) są podobne, ponieważ \(\angle EHA=\angle ACB=90^\circ\), a \(\angle EAH=\angle ABC\) jako kąty o ramionach równoległych. Z twierdzenia Pitagorasa \[|AB|=\sqrt{5^2+12^2}=13.\] Bok kwadratu ma długość \(|AE|=|AC|=5\), więc skala podobieństwa trójkąta \(EAH\) do \(ABC\) jest równa \[s=\frac{|AE|}{|AB|}=\frac5{13}.\] Pole trójkąta \(ABC\) wynosi \[P_{ABC}=\frac12\cdot5\cdot12=30.\] Pola figur podobnych są w stosunku kwadratu skali, zatem \[P_{HAE}=s^2P_{ABC}=\left(\frac5{13}\right)^2\cdot30=\frac{750}{169}.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawne pole \(\frac{750}{169}\) z pełnym uzasadnieniem podobieństwa **3 pkt** – poprawna skala \(\frac5{13}\) i zastosowanie kwadratu skali z drobnym błędem rachunkowym **2 pkt** – wykazanie podobieństwa trójkątów i obliczenie \(|AB|=13\) **1 pkt** – rozpoznanie odpowiednich kątów lub poprawne obliczenie przeciwprostokątnej **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania. **Wymagania szczegółowe:** 7.3. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje, także w kontekstach praktycznych, cechy podobieństwa trójkątów.

Wykazano, że \(|KC|=|LC|\).

Oznaczmy \(|BC|=a\) oraz \(|AC|=b\). Trójkąty \(BCK\) i \(BDE\) są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku \(B\), więc są podobne. Analogicznie trójkąty \(ACL\) i \(AGF\) są podobne. Zatem \[\frac{|KC|}{|CB|}=\frac{|ED|}{|BD|},\qquad \frac{|LC|}{|AC|}=\frac{|FG|}{|AG|}.\] Ponieważ boki zbudowanych kwadratów mają długości \(|ED|=|AC|=b\) oraz \(|FG|=|BC|=a\), a odpowiednie odcinki mają długość \(a+b\), otrzymujemy \[|KC|=a\cdot\frac{b}{a+b}=\frac{ab}{a+b}\] oraz \[|LC|=b\cdot\frac{a}{a+b}=\frac{ab}{a+b}.\] Stąd \(|KC|=|LC|\), co kończy dowód.

**3 pkt** – pełny dowód prowadzący do \(|KC|=|LC|=\frac{ab}{a+b}\) **2 pkt** – poprawne proporcje pozwalające wyznaczyć długości \(|KC|\) i \(|LC|\) **1 pkt** – poprawne wskazanie obu par trójkątów podobnych **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozumowanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje proporcje długości odpowiednich boków.

A

Z rysunku odczytujemy, że \(H\) leży na boku \(EG\), \(I\) na boku \(FG\), a \(HI\parallel EF\). Trójkąty \(GHI\) i \(GEF\) mają wspólny kąt przy \(G\) oraz równe kąty odpowiadające przy prostych równoległych, są więc podobne. Skala: \[k=\frac{\lvert HI\rvert}{\lvert EF\rvert}=\frac{7}{21}=\frac13.\] Stąd \(\lvert GI\rvert=\frac13\lvert GF\rvert\), czyli \(\lvert GF\rvert=3\cdot3=9\), a ponieważ \(I\) leży między \(G\) i \(F\), \[\lvert FI\rvert=\lvert GF\rvert-\lvert GI\rvert=9-3=6.\] **Odpowiedź.** A. \(6\)

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

Zadanie 20. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**D.** \(400\,000\,\mathrm{m}^2\)

Skala \(1:20\,000\) dotyczy długości, więc pola zmieniają się w skali \(20\,000^2\). Pole parku na planie: \[P_{pl}=2\cdot5=10\ \mathrm{cm}^2.\] Pole rzeczywiste: \[P=10\cdot20\,000^2\ \mathrm{cm}^2=4\cdot10^9\ \mathrm{cm}^2=4\cdot10^5\ \mathrm{m}^2=400\,000\ \mathrm{m}^2\] (korzystamy z \(1\ \mathrm{m}^2=10^4\ \mathrm{cm}^2\)). **Odpowiedź.** D. \(400\,000\ \mathrm{m}^2\)

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

Zadanie 21. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Teza została wykazana: \(\angle BAE=\angle EAF\).

Przedłużmy odcinki \(AB\) i \(FE\) do przecięcia w punkcie \(G\). Ponieważ \(\lvert AB\rvert>\lvert BC\rvert\), punkt \(G\) leży na przedłużeniu boku \(AB\) poza wierzchołkiem \(B\). Trójkąty \(ECF\) i \(EBG\) są przystające: - oba mają kąt prosty (przy \(C\) i przy \(B\), bo \(ABCD\) jest prostokątem), - kąty \(CEF\) i \(BEG\) są wierzchołkowe, więc równe, - \(\lvert CE\rvert=\lvert BE\rvert\), bo \(E\) jest środkiem boku \(BC\). Z przystawania (cecha kąt-bok-kąt) wynika \(\lvert EF\rvert=\lvert EG\rvert\). Trójkąty \(AEF\) i \(AEG\) również są przystające: oba mają kąt prosty przy wierzchołku \(E\) (z założenia \(\angle AEF=90^\circ\), a punkty \(F\), \(E\), \(G\) są współliniowe), mają wspólną przyprostokątną \(AE\), a ich drugie przyprostokątne \(EF\) i \(EG\) są równe. Z cechy bok-kąt-bok trójkąty te są przystające. Odpowiadające sobie kąty przystających trójkątów są równe, zatem \[\angle EAF=\angle EAG=\angle BAE.\] **Odpowiedź.** \(\angle BAE=\angle EAF\), co należało udowodnić.

**Schemat oceniania I sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zapisanie, że trójkąty \(ECF\) i \(EBG\) są przystające. **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zapisanie, że trójkąty \(AEF\) i \(AEG\) są przystające. **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zapisanie, że \(\angle EAF=\angle EAB\). **Schemat oceniania II sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zapisanie, że trójkąty \(ABE\) i \(GCE\) są przystające. **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zapisanie, że […] \(\angle EAB\). **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zapisanie, że \(\angle EAF=\angle EAB\). **Schemat oceniania III sposobu rozwiązania** **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zapisanie, że \(\cos\beta=\frac{a^2-b^2}{[…]}\). **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zapisanie, że \(\cos\beta=\frac{a^2-b^2}{[…]}\) oraz \(\cos\alpha=\) […]. **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zapisanie, że \(\cos\beta=\cos 2\alpha\). **Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zapisanie, że \(\operatorname{tg}\beta=\frac{2ab}{a^2-b^2}\). **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zapisanie, że \(\operatorname{tg}\beta=\frac{2ab}{a^2-b^2}\) oraz \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{b}{a}\). **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zapisanie, że \(\operatorname{tg}\beta=\operatorname{tg}2\alpha\).

**Wymaganie ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymaganie szczegółowe:** Zdający stosuje cechy przystawania trójkątów (G10.14) oraz wykorzystuje własności prostokąta w dowodzie geometrycznym. **Uwaga redakcyjna.** Klucz CKE do tego zadania przewiduje \(4\) punkty; w nagłówku zadania podano punktację \(3\) pkt za tekstem arkusza.

\[P_{ABCD}=72.\]

Trójkąty \(AOD\) i \(DOC\) mają wspólną wysokość opuszczoną z \(D\) na prostą \(AC\), więc stosunek ich pól jest równy stosunkowi podstaw: \[\frac{P_{AOD}}{P_{DOC}}=\frac{\lvert AO\rvert}{\lvert OC\rvert}=5,\qquad P_{DOC}=\frac{10}{5}=2.\] Tak samo trójkąty \(AOB\) i \(BOC\) mają wspólną wysokość z \(B\): \[\frac{P_{AOB}}{P_{BOC}}=\frac{\lvert AO\rvert}{\lvert OC\rvert}=5.\] Trójkąty \(ABD\) i \(ABC\) mają wspólną podstawę \(AB\) i równe wysokości (bo \(CD\parallel AB\)), więc mają równe pola; po odjęciu wspólnej części \(AOB\) otrzymujemy \[P_{AOD}=P_{BOC}=10.\] Stąd \(P_{AOB}=5\cdot10=50\). Pole trapezu jest sumą pól czterech trójkątów: \[P_{ABCD}=P_{AOB}+P_{AOD}+P_{BOC}+P_{DOC}=50+10+10+2=72,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=72\)

**Schemat oceniania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zapisanie pola trójkąta \(ACD\) w zależności od pola trójkąta \(CDO\) oraz w zależności od boku \(CD\), albo zapisanie pola trójkąta \(ABD\) w zależności od pola trójkąta \(ADO\) oraz w zależności od boku \(AB\). **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: obliczenie pola trójkąta \(CDO\) albo obliczenie pola trójkąta \(ABD\). **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zapisanie zależności między polem trójkąta \(ABC\) a jedną z podstaw trapezu i wysokością trapezu, albo zapisanie zależności między polem trójkąta \(BCD\) a jedną z podstaw trapezu i wysokością trapezu, albo zapisanie zależności między polami trójkątów \(ABO\) i \(CDO\) oraz uzasadnienie, że pole trójkąta \(BCO\) jest równe \(10\). **4 pkt** – rozwiązanie pełne: przedstawienie poprawnego uzasadnienia, że pole trapezu \(ABCD\) jest równe \(72\).

Zadanie 31. (0–4) W trapezie ABCD  AB CD przekątne AC i BD przecinają się w punkcie O takim, że AO : OC  5 : 1. Pole trójkąta AOD jest równe 10. Uzasadnij, że pole trapezu ABCD jest równe 72. D C O A B 7.3., SP11.2. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) cechy V. Rozumowanie podobieństwa trójkątów, oblicza pola: kwadratu, prostokąta, i argumentacja. rombu, równoległoboku, trójkąta, trapezu przedstawionych na rysunku (w tym na własnym rysunku pomocniczym) oraz w sytuacjach praktycznych. I sposób rozwiązania: Trójkąty ABO i CDO są podobne (na podstawie cechy kk). Jeżeli CO  x , to AO  5x , ponadto AB  5 CD . Jeżeli wysokość w trójkącie CDO opuszczona na bok CD jest równa h, to wysokość w trójkącie ABO opuszczona na bok AB jest równa 5h. D C h x O 5h 5x A B Możemy zapisać dwa wzory opisujące pole trójkąta ACD.  P  P  P  10  P ACD AOD CDO CDO 1 1  P   CD  h  5h  3 CD  h  6   CD  h  6P ACD CDO 2 2 Możemy zatem zapisać równość: 6P  10  P CDO CDO Wobec tego: 5P  10. CDO P  2 CDO Możemy wyznaczyć pole trójkąta ACD: P  10  P  10  2  12 . ACD CDO Obliczmy pole trójkąta ABC. 1 1 P   AB  h  5h  3 AB  h  3 5 CD  h  30   CD  h  30P  60 ABC CDO 2 2 Obliczamy pole trapezu ABCD. P  P  P  12  60  72 ABCD ACD ABC Zatem wykazaliśmy, że pole trapezu ABCD jest równe 72. II sposób rozwiązania: Trójkąty ABO i CDO są podobne (na podstawie cechy kk). Jeżeli CO  x , to AO  5x , ponadto AB  5 CD . Jeżeli wysokość w trójkącie CDO opuszczona na bok CD jest równa h, to wysokość w trójkącie ABO opuszczona na bok AB jest równa 5h. D C h x O 5h 5x A B Możemy zapisać dwa wzory opisujące pole trójkąta ACD. 5  P  P  P  10  P  10   AB  h ABD AOD ABO ABO 2 1  P   AB  h  5h  3 AB  h ABD 2 Możemy zatem zapisać równość: 5 3 AB  h  10   AB  h 2 Wobec tego: 0,5 AB  h  10. AB  h  20 Możemy wyznaczyć pole trójkąta ABCD: P  3 AB  h  3 20  60 . ABD Obliczmy pole trójkąta BCD. 1 1 6 P   CD  h  5h    AB  h  0, 6  AB  h  0, 6  20  12 BCD 2 2 5 Obliczamy pole trapezu ABCD. P  P  P  60 12  72 ABCD ABD BCD Zatem wykazaliśmy, że pole trapezu ABCD jest równe 72. Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania – 1 pkt  Zapisanie pola trójkąta ACD w zależności od pola trójkąta CDO oraz w zależności od boku CD albo  Zapisanie pola trójkąta ABD w zależności od pola trójkąta ADO oraz w zależności od boku AB. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 2 pkt  Obliczenie pola trójkąta CDO albo  Obliczenie pola trójkąta ABD. Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 3 pkt  Zapisanie zależności między polem trójkąta ABC a jedną z podstaw trapezu i wysokością trapezu albo  Zapisanie zależności między polem trójkąta BCD a jedną z podstaw trapezu i wysokością trapezu, albo  Zapisanie zależności między polami trójkątów ABO i CDO oraz uzasadnienie, że pole trójkąta BCO jest równe 10. Rozwiązanie pełne – 4 pkt Przedstawienie poprawnego uzasadnienia, że pole trapezu ABCD jest równe 72.

C. √\(2\)

Stosunek pól figur podobnych jest równy **kwadratowi** skali podobieństwa, a nie samej skali. Jeśli \(k=\frac{A'B'}{AB}\), to \[k^2=\frac{50}{25}=2,\qquad k=\sqrt2\] (bierzemy pierwiastek dodatni, bo skala podobieństwa jest dodatnia). **Odpowiedź.** C. \(\sqrt2\)

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

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Wykorzystanie własności figur podobnych w zadaniach (II.7.b).

B

Z rysunku odczytujemy, że \(D\) leży na odcinku \(AB\), \(E\) na odcinku \(AC\), a \(DE\parallel BC\). Trójkąty \(ADE\) i \(ABC\) mają wspólny kąt przy \(A\) i równe kąty odpowiadające, są więc podobne. Ponieważ \(D\) jest środkiem \(AB\), skala wynosi \[k=\frac{\lvert AD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac12.\] Zatem \[\lvert BC\rvert=\frac{\lvert DE\rvert}{k}=2\cdot3=6.\] **Odpowiedź.** B. \(6\)

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

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

**B.** \(20\)

Przekątna prostokąta o bokach \(2\) i \(3\) ma długość \(\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}\). W figurach podobnych odpowiadające sobie odcinki są proporcjonalne, więc skala podobieństwa wynosi \[k=\frac{2\sqrt{13}}{\sqrt{13}}=2.\] Obwód rośnie w tej samej skali co długości boków: \[L=2\cdot\bigl(2\cdot(2+3)\bigr)=2\cdot10=20.\] **Odpowiedź.** B. \(20\)

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

Zadanie 13. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

D. \(5\)

Z rysunku odczytujemy, że \(B\) leży na boku \(ED\), \(A\) na boku \(EC\), a odcinki \(AB\) i \(CD\) są równoległe. Trójkąty \(EAB\) i \(ECD\) mają wspólny kąt przy wierzchołku \(E\) oraz równe kąty odpowiadające przy prostych równoległych, są więc podobne. Stąd \[\frac{\lvert EA\rvert}{\lvert EC\rvert}=\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac57.\] Punkt \(A\) leży między \(E\) i \(C\), więc \(\lvert EC\rvert=\lvert EA\rvert+\lvert AC\rvert=\lvert EA\rvert+2\). Oznaczając \(x=\lvert EA\rvert\), otrzymujemy \[\frac{x}{x+2}=\frac57,\qquad 7x=5x+10,\qquad x=5.\] **Odpowiedź.** D. \(5\)

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

Wykorzystanie i interpretowanie informacji. Posłużenie się własnościami figur podobnych do obliczania długości odcinków (I.7.b).

Trójkąty ABD i MPD są podobne, więc MP/AB=MD/AD. Trójkąty ABC i PNC są podobne, więc PN/AB=NC/BC. Z twierdzenia Talesa dla trzech prostych równoległych AB, MN i CD mamy MD/AD=NC/BC. Stąd MP/AB=PN/AB, czyli MP=NP.

**Krok \(1\).** W zadaniu jest prosta równoległa do podstaw trapezu, a równoległość natychmiast daje trójkąty podobne (kąty odpowiadające). Plan: wyrazić \(|MP|\) i \(|PN|\) przez ten sam odcinek \(|AB|\) i pokazać, że oba stosunki są równe. Trzeci potrzebny składnik to twierdzenie Talesa dla ramion trapezu. **Krok \(2\).** Przyjmijmy oznaczenia: \(AB\) i \(CD\) to podstawy, \(P\) to punkt przecięcia przekątnych, \(M\) leży na ramieniu \(AD\), \(N\) na ramieniu \(BC\), a prosta \(MN\) jest równoległa do podstaw i przechodzi przez \(P\). **Krok \(3\).** Rozpatrujemy trójkąt \(ABD\). Punkt \(M\) leży na boku \(DA\), punkt \(P\) leży na boku \(DB\) (bo \(P\) jest na przekątnej \(BD\)), a odcinek \(MP\) jest równoległy do \(AB\). Trójkąty \(DMP\) i \(DAB\) mają wspólny kąt przy wierzchołku \(D\) i równe kąty odpowiadające, więc są podobne. Stąd \[\frac{|MP|}{|AB|}=\frac{|DM|}{|DA|}.\] **Krok \(4\).** Analogicznie w trójkącie \(ABC\): punkt \(N\) leży na boku \(CB\), punkt \(P\) na boku \(CA\), a \(PN\) jest równoległe do \(AB\). Trójkąty \(CPN\) i \(CAB\) są podobne, więc \[\frac{|PN|}{|AB|}=\frac{|CN|}{|CB|}.\] **Krok \(5\).** Teraz twierdzenie Talesa. Proste \(AD\) i \(BC\) przecinamy trzema prostymi równoległymi: \(DC\), \(MN\) i \(AB\). Odcinki wyznaczone na jednym ramieniu są proporcjonalne do odcinków wyznaczonych na drugim: \[\frac{|DM|}{|DA|}=\frac{|CN|}{|CB|}.\] **Krok \(6\).** Łączymy trzy powyższe równości: \[\frac{|MP|}{|AB|}=\frac{|DM|}{|DA|}=\frac{|CN|}{|CB|}=\frac{|PN|}{|AB|}.\] **Krok \(7\).** Mnożymy skrajne wyrażenia przez \(|AB|\gt0\) i otrzymujemy \(|MP|=|PN|\), co należało wykazać. **Uwaga.** Sedno dowodu leży w tym, że punkt \(P\) należy jednocześnie do obu przekątnych — dzięki temu ten sam punkt pojawia się w obu podobieństwach i oba stosunki dają się porównać. Bez tego założenia teza jest fałszywa: dowolna prosta równoległa do podstaw nie jest dzielona przez ramiona na równe części. **Odpowiedź.** Z podobieństw \(DMP\sim DAB\) i \(CPN\sim CAB\) oraz z twierdzenia Talesa wynika \(\dfrac{|MP|}{|AB|}=\dfrac{|PN|}{|AB|}\), czyli \(|MP|=|NP|\).

*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.* **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – zauważenie dwóch par trójkątów podobnych: \(ABD\) i \(MPD\) oraz \(ABC\) i \(PNC\) i zapisanie proporcji \(\frac{\lvert MP\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{\lvert MD\rvert}{\lvert AD\rvert}\), \(\frac{\lvert PN\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{\lvert NC\rvert}{\lvert BC\rvert}\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – skorzystanie z twierdzenia Talesa dla prostych \(AD\) i \(BC\) przeciętych prostymi równoległymi \(AB\), \(MN\) i \(DC\) i zapisanie proporcji \(\frac{\lvert MD\rvert}{\lvert AD\rvert}=\frac{\lvert NC\rvert}{\lvert BC\rvert}\). **Rozwiązanie pełne** – zapisanie równości \(\frac{\lvert MP\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{\lvert NP\rvert}{\lvert AB\rvert}\) i wyprowadzenie wniosku, że \(\lvert MP\rvert=\lvert NP\rvert\). Uwaga: zdający może skorzystać z proporcji \(\frac{\lvert AM\rvert}{\lvert MD\rvert}=\frac{\lvert BN\rvert}{\lvert NC\rvert}\) i albo z niej wyprowadzić żądaną proporcję, albo do niej sprowadzić żądaną proporcję.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: dowód geometryczny z podobieństwa trójkątów i twierdzenia Talesa.

W trójkącie ADC punkty N i P są środkami odpowiednio boków DC i AC, więc NP∥AD. W trójkącie ABD punkty M i Q są środkami odpowiednio boków AB i DB, więc MQ∥AD. Zatem NP∥MQ.

Rozwiązanie Ponieważ punkty N i P są środkami boków DC i AC trójkąta ADC, więc NP II AD Punkty M i Q są środkami boków AB i DB trójkąta ABD, więc MQ II AD Zatem NP IIMQ **Odpowiedź.** W trójkącie ADC punkty N i P są środkami odpowiednio boków DC i AC, więc NP∥AD. W trójkącie ABD punkty M i Q są środkami odpowiednio boków AB i DB, więc MQ∥AD. Zatem NP∥MQ.

**1 pkt** – zapisanie, że \(NP\parallel AD\) lub \(MQ\parallel AD\). **2 pkt** – zapisanie i uzasadnienie, że \(NP\parallel AD\) oraz \(MQ\parallel AD\). **3 pkt** – zapisanie wniosku, że \(NP\parallel MQ\).

V. Rozumowanie i argumentacja. Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich.

**B.** \(40\)

Z rysunku odczytujemy, że proste \(AC\) i \(BD\) przecinają się w punkcie \(E\), przy czym \(AB\parallel CD\), a ponadto \(|CD|=20\), \(|AB|=32\) oraz \(|AD|=24\). Trójkąty \(ECD\) i \(EAB\) mają wspólny kąt przy wierzchołku \(E\), a z równoległości \(CD\parallel AB\) wynika równość kątów odpowiadających. Są więc podobne, a skala podobieństwa wynosi \[k=\frac{|CD|}{|AB|}=\frac{20}{32}=\frac58.\] Z podobieństwa \(\frac{|ED|}{|EA|}=\frac58\). Oznaczając \(|ED|=x\) i korzystając z \(|EA|=|ED|+|DA|=x+24\), otrzymujemy \[\frac{x}{x+24}=\frac58,\qquad 8x=5x+120,\qquad 3x=120,\qquad x=40.\] **Odpowiedź.** B. \(40\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** stosowanie podobieństwa trójkątów wyznaczonego przez proste równoległe, 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.

**A.** \(18\ \mathrm{m}\)

Promienie słoneczne padają pod tym samym kątem, więc słupek z cieniem i wieża z cieniem tworzą trójkąty prostokątne podobne (cecha kąt-kąt). Stosunek wysokości do długości cienia jest wtedy taki sam: \[\frac{h}{12\ \mathrm{m}}=\frac{90\ \mathrm{cm}}{60\ \mathrm{cm}}=\frac32.\] Stąd \(h=\frac32\cdot12\ \mathrm{m}=18\ \mathrm{m}\). **Odpowiedź.** A. \(18\ \mathrm{m}\)

**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 – stosuje podobieństwo trójkątów w zadaniu praktycznym.

**C.** \(10\)

Z rysunku odczytujemy: \(\lvert AC\rvert=4\), \(\lvert CE\rvert=6\), \(\lvert BC\rvert=4\), przy czym punkty \(A\), \(C\), \(E\) leżą na jednym ramieniu kąta, a \(B\), \(D\) na drugim. Stąd \[\lvert AE\rvert=\lvert AC\rvert+\lvert CE\rvert=4+6=10.\] Ponieważ \(BC\parallel DE\), trójkąty \(ABC\) i \(ADE\) mają wspólny kąt przy \(A\) i równe kąty odpowiadające — są podobne w skali \[k=\frac{\lvert AE\rvert}{\lvert AC\rvert}=\frac{10}{4}=\frac52.\] Zatem \[\lvert DE\rvert=k\cdot\lvert BC\rvert=\tfrac52\cdot4=10.\] **Odpowiedź.** C. \(10\)

**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.

\(\frac{750}{169}\)

Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny przy \(C\), więc \[\lvert AB\rvert=\sqrt{5^2+12^2}=13.\] Bok kwadratu \(ACDE\) ma długość \(\lvert AE\rvert=\lvert AC\rvert=5\). Oznaczmy \(\gamma=\lvert\angle CAB\rvert\). W trójkącie \(ABC\) \[\sin\gamma=\frac{12}{13},\qquad \cos\gamma=\frac{5}{13}.\] Kwadrat zbudowano na zewnątrz trójkąta, więc \(\lvert\angle EAC\rvert=90^\circ\) i punkt \(E\) leży po przeciwnej stronie prostej \(AC\) niż \(B\). Kąt między półprostą \(AE\) a prostą \(AB\), zawierający punkt \(H\), ma zatem miarę \[\lvert\angle EAH\rvert=180^\circ-\left(90^\circ+\gamma\right)=90^\circ-\gamma.\] Trójkąt \(HAE\) jest prostokątny przy \(H\), a \(AE=5\) jest jego przeciwprostokątną, więc \[\lvert AH\rvert=5\cos\left(90^\circ-\gamma\right)=5\sin\gamma=\frac{60}{13},\qquad \lvert EH\rvert=5\sin\left(90^\circ-\gamma\right)=5\cos\gamma=\frac{25}{13}.\] Pole: \[P_{HAE}=\tfrac12\cdot\frac{60}{13}\cdot\frac{25}{13}=\frac{750}{169}.\] **Odpowiedź.** \(P_{HAE}=\dfrac{750}{169}\)

*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: \(\frac{750}{169}\)

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

A. \(2\)

Z rysunku odczytujemy, że \(D\) leży na boku \(CA\), \(E\) na boku \(CB\), a \(DE\parallel AB\). Trójkąty \(CDE\) i \(CAB\) mają wspólny kąt przy wierzchołku \(C\), a kąty \(CDE\) i \(CAB\) są odpowiadające przy prostych równoległych, więc trójkąty te są podobne. Skala podobieństwa: \[k=\frac{\lvert DE\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac39=\frac13.\] Stąd \[\lvert CD\rvert=\tfrac13\lvert CA\rvert,\qquad \lvert CA\rvert=3\cdot1=3.\] Punkt \(D\) leży między \(C\) i \(A\), zatem \[\lvert AD\rvert=\lvert CA\rvert-\lvert CD\rvert=3-1=2.\] **Odpowiedź.** A. \(2\)

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

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Posługiwanie się własnościami figur podobnych do obliczania długości odcinków.

D. \(\lvert AE\rvert=12\)

Z rysunku odczytujemy, że punkty \(E\), \(A\), \(C\) leżą na jednej prostej (\(A\) między \(E\) i \(C\)), punkt \(B\) leży na odcinku \(ED\), a \(AB\parallel CD\). Trójkąty \(EAB\) i \(ECD\) mają wspólny kąt przy \(E\) oraz równe kąty odpowiadające przy prostych równoległych, są więc podobne. Stąd \[\frac{\lvert EA\rvert}{\lvert EC\rvert}=\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac68=\frac34.\] Oznaczając \(x=\lvert AE\rvert\), mamy \(\lvert EC\rvert=x+4\), więc \[\frac{x}{x+4}=\frac34,\qquad 4x=3x+12,\qquad x=12.\] **Odpowiedź.** D. \(\lvert AE\rvert=12\)

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

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

\(|PB|=3\sqrt6\approx7{,}35\,\mathrm{cm}\).

Z proporcji \(|AD|:|DB|=1:2\) i \(|AB|=18\) otrzymujemy \(|AD|=6\) i \(|DB|=12\). Pole trójkąta \(ABC\): \[P_{ABC}=\tfrac12\cdot18\cdot15=135.\] Prosta poprowadzona przez \(P\) równolegle do \(CD\) odcina trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(x=|PB|\) i \(h\), przy czym z podobieństwa tego trójkąta do trójkąta \(DBC\) \[\frac{h}{x}=\frac{|CD|}{|DB|}=\frac{15}{12}=\frac54,\qquad h=\tfrac54x.\] Pole odciętego trójkąta ma być cztery razy mniejsze od pola \(ABC\): \[\tfrac12xh=\tfrac14\cdot135,\qquad \tfrac12\cdot\tfrac54x^{2}=\tfrac{135}{4}, \qquad x^{2}=54.\] Stąd \(x=\sqrt{54}=3\sqrt6\), a warunek \(x<12\) jest spełniony, bo \(3\sqrt6\approx7{,}35\). **Odpowiedź.** \(|PB|=3\sqrt6\approx7{,}35\,\mathrm{cm}\).

*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.* […] **9.1. (1 pkt)** – wykorzystanie podanej proporcji do wyznaczenia długości odcinków: \(AD=6\), \(DB=12\). **9.2. (1 pkt)** – zapisanie równania: \(\frac{1}{2}x\cdot h=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot 18\cdot 15\). **9.3. (1 pkt)** – zapisanie zależności między \(x\) i \(h\) z wykorzystaniem podobieństwa trójkątów \(CDB\) i \(FPB\): \(\frac{h}{x}=\frac{15}{12}=\frac{5}{4}\). **9.4. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(PB\): \(PB=3\sqrt{6}\) cm. **II sposób rozwiązania:** Wprowadzenie oznaczeń, np. takich jak na poniższym rysunku: \(x=PB\), \(h\) – wysokość odciętego trójkąta. […] **9.1. (1 pkt)** – wykorzystanie podanej proporcji do wyznaczenia długości odcinków: \(AD=6\), \(DB=12\). **9.2. (1 pkt)** – obliczenie proporcji: \(\frac{P_{\Delta DBC}}{P_{\Delta ABC}}=\frac{2}{3}\) stąd \(P_{\Delta DBC}=\frac{2}{3}P_{\Delta ABC}\). **9.3. (1 pkt)** – stwierdzenie, że \(\Delta DBC\sim\Delta PBF\) i wykorzystanie twierdzenia o stosunku pól figur podobnych do zapisania proporcji: \(\frac{P_{\Delta DBC}}{P_{\Delta PBF}}=\left(\frac{12}{PB}\right)^{2}\) stąd \(\frac{\frac{2}{3}P_{\Delta ABC}}{\frac{1}{4}P_{\Delta ABC}}=\left(\frac{12}{PB}\right)^{2}\). **9.4. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(PB\): \(\frac{\frac{2}{3}}{\frac{1}{4}}=\frac{144}{PB^{2}}\), \(PB=3\sqrt{6}\). **III sposób rozwiązania: (czynności 9.3 oraz 9.4)** **9.3. (1 pkt)** – stwierdzenie, że \(\Delta DBC\sim\Delta PBF\) i wykorzystanie twierdzenia o stosunku pól figur podobnych do zapisania proporcji: \(k^{2}=\frac{P_{\Delta DBC}}{P_{\Delta PBF}}=\frac{\frac{2}{3}P_{\Delta ABC}}{\frac{1}{4}P_{\Delta ABC}}=\frac{8}{3}\) stąd \(k=\frac{2\sqrt{6}}{3}\). **9.4. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(PB\): \(\frac{DB}{PB}=k\) stąd \(PB=12\cdot\frac{3}{2\sqrt{6}}=3\sqrt{6}\).

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

**a)** \(\lvert AM\rvert=\lvert MN\rvert=\lvert NC\rvert=\frac13\lvert AC\rvert\). **b)** \(P_{AEM}=P_{CNF}=\frac{1}{12}\lvert AB\rvert\cdot\lvert BC\rvert\).

Umieśćmy prostokąt w układzie współrzędnych: \(A=(0,0)\), \(B=(a,0)\), \(C=(a,b)\), \(D=(0,b)\). Wtedy \(E=\left(\frac a2,0\right)\) oraz \(F=\left(a,\frac b2\right)\), a przekątna \(AC\) to zbiór punktów \((ta,tb)\) dla \(t\in[0,1]\). **a)** Punkt \(M\) to przecięcie \(DE\) z \(AC\). Prosta \(DE\) ma równanie \(y=b-\frac{2b}{a}x\); po podstawieniu \(x=ta\), \(y=tb\) otrzymujemy \[tb=b-2tb,\qquad t=\tfrac13,\qquad M=\left(\tfrac a3,\tfrac b3\right).\] Punkt \(N\) to przecięcie \(DF\) z \(AC\). Prosta \(DF\) ma równanie \(y=b-\frac{b}{2a}x\), skąd \[tb=b-\tfrac12tb,\qquad t=\tfrac23,\qquad N=\left(\tfrac{2a}{3},\tfrac{2b}{3}\right).\] Zatem \(\lvert AM\rvert=\frac13\lvert AC\rvert\), \(\lvert AN\rvert=\frac23\lvert AC\rvert\), więc \[\lvert AM\rvert=\lvert MN\rvert=\lvert NC\rvert=\tfrac13\lvert AC\rvert.\] **b)** Trójkąt \(AEM\) ma podstawę \(AE=\frac a2\) na osi \(Ox\) i wysokość równą rzędnej punktu \(M\), czyli \(\frac b3\): \[P_{AEM}=\tfrac12\cdot\tfrac a2\cdot\tfrac b3=\frac{ab}{12}.\] Trójkąt \(CNF\) ma podstawę \(CF=\frac b2\) na prostej \(x=a\) i wysokość równą odległości \(N\) od tej prostej, czyli \(a-\frac{2a}{3}=\frac a3\): \[P_{CNF}=\tfrac12\cdot\tfrac b2\cdot\tfrac a3=\frac{ab}{12}.\] Pola są równe, co należało uzasadnić. **Odpowiedź.** \(\lvert AM\rvert=\lvert MN\rvert=\lvert NC\rvert\) oraz \(P_{AEM}=P_{CNF}=\frac{ab}{12}\)

*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.* **4.1. (1 pkt)** – […] \(\triangle CNF\sim\triangle AND\) i \(\triangle AEM\sim\triangle MDC\): \(k=\frac{1}{2}\). **4.2. (1 pkt)** – sformułowanie wniosku dotyczącego długości odcinków \(AM\), \(MN\), \(NC\). **4.3. (1 pkt)** – wyznaczenie długości odcinków, które są potrzebne do obliczenia pól trójkątów \(AEM\) i \(CNF\). **4.4. (1 pkt)** – wykazanie równości pól trójkątów.

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

Działka \(P_2\) ma \(750\ \mathrm{m}^2\) i kosztuje \(26\,250\ \text{zł}\), więc kwota \(26\,000\ \text{zł}\) nie wystarczy.

Trójkąt \(AEC\) ma kąt prosty przy wierzchołku \(A\), więc z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert AC\rvert=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{144}=12\ \mathrm{cm},\] a jego pole na rysunku wynosi \[P_{AEC}=\tfrac12\cdot5\cdot12=30\ \mathrm{cm}^2.\] Trójkąt \(DBC\) ma kąt prosty przy \(D\) (bo \(BD\perp EC\)) i wspólny kąt przy \(C\) z trójkątem \(AEC\), więc te trójkąty są podobne. Skala: \[k=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert EC\rvert}=\frac{6{,}5}{13}=\frac12.\] Stosunek pól jest kwadratem skali: \[P_{DBC}=\left(\tfrac12\right)^2\cdot30=7{,}5\ \mathrm{cm}^2.\] Rysunek jest w skali \(1:1000\), więc pola rzeczywiste są \(1000^2=10^6\) razy większe: \[P_2=7{,}5\cdot10^6\ \mathrm{cm}^2=750\ \mathrm{m}^2\] (korzystamy z \(1\ \mathrm{m}^2=10^4\ \mathrm{cm}^2\)). Koszt działki: \[750\cdot35\ \text{zł}=26\,250\ \text{zł}>26\,000\ \text{zł}.\] **Odpowiedź.** Działka \(P_2\) kosztuje \(26\,250\ \text{zł}\), a więc przeznaczona kwota nie wystarczy — brakuje \(250\ \text{zł}\).

*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 6.** (\(7\) pkt) Państwo Nowakowie przeznaczyli \(26000\) zł na zakup działki. Do jednej z ofert dołączono rysunek dwóch przylegających do siebie działek w skali \(1:1000\). Jeden metr kwadratowy gruntu w tej ofercie kosztuje \(35\) zł. Oblicz, czy przeznaczona przez państwa Nowaków kwota wystarczy na zakup działki \(P_{2}\). (rysunek: działki \(P_{1}\) i \(P_{2}\), \(AE=5\,\mathrm{cm}\), \(EC=13\,\mathrm{cm}\), \(BC=6{,}5\,\mathrm{cm}\)) Trójkąty \(ACE\) i \(DCB\) są podobne. Z twierdzenia o polach figur podobnych otrzymuję zależność: \(\frac{P_{2}}{P_{\Delta ACE}}=k^{2}\), gdzie \(k\) jest skalą podobieństwa trójkątów. Wyznaczam skalę podobieństwa \(k\): \(k=\frac{BC}{EC}=\frac{6{,}5}{13}=\frac{1}{2}\). Wyznaczam zależność między polami trójkątów podobnych \(P_{2}\) i \(P_{\Delta ACE}\): \(P_{2}=k^{2}\cdot P_{\Delta ACE}\), stąd \(P_{2}=\frac{1}{4}\cdot P_{\Delta ACE}\). Obliczam długość odcinka \(AC\) z trójkąta \(AC\): \(AC=\sqrt{13^{2}-5^{2}}=12\,\mathrm{cm}\). Obliczam pole trójkąta \(ACE\) (na rysunku): \(P_{\Delta ACE}=30\,\mathrm{cm}^{2}\). Obliczam pole działki \(P_{2}\) (na rysunku): \(P_{2}=\frac{1}{4}P_{\Delta ACE}=7{,}5\,\mathrm{cm}^{2}\). Obliczam pole działki \(P_{2}\) w rzeczywistości: \(P_{2}=7{,}5\,\mathrm{cm}^{2}\cdot(1000)^{2}=750\,\mathrm{m}^{2}\). Obliczam koszt zakupu działki \(P_{2}\): \(750\cdot 35=26250\) zł. Odp.: Przeznaczona kwota nie wystarczy na zakup tej działki, zabraknie \(250\) zł. | Nr czynności | 6.1. | 6.2. | 6.3. | 6.4. | 6.5. | 6.6. | 6.7. | |---|---:|---:|---:|---:|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) |

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