Pola i obwody figur płaskich — zadania maturalne z rozwiązaniami

\[P_{DBE}=3.\]

Z warunku \(\lvert AD\rvert=\frac14\lvert AB\rvert\) wynika \[\frac{\lvert DB\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac34.\] Trójkąty \(DBE\) i \(ABE\) mają tę samą wysokość opuszczoną z punktu \(E\), więc \[\frac{P_{DBE}}{P_{ABE}}=\frac{\lvert DB\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac34.\] Trójkąty \(ABE\) i \(ABC\) mają tę samą wysokość opuszczoną z punktu \(A\), zatem \[\frac{P_{ABE}}{P_{ABC}}=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac15.\] Wobec tego \[P_{DBE}=\frac34\cdot\frac15\cdot20=3.\]

**3 pkt** – poprawna metoda i wynik \(P_{DBE}=3\) **2 pkt** – wykazanie \(\frac{P_{DBE}}{P_{ABE}}=\frac34\) oraz \(\frac{P_{ABE}}{P_{ABC}}=\frac15\) **1 pkt** – poprawne wykazanie jednego z tych stosunków pól **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych oraz tworzenie modeli. **Wymagania szczegółowe:** VII.3) Zdający stosuje wzór na pole trójkąta \(P=\frac12ab\sin\gamma\). VIII.8) Korzysta z cech podobieństwa trójkątów.

\[P_{AGF}=\frac{a^2}{12},\qquad P_{CEFG}=\frac{a^2}{6}.\]

Umieszczamy kwadrat w układzie współrzędnych: \[A=(0,0),\quad B=(a,0),\quad C=(a,a),\quad D=(0,a),\quad E=\left(\frac a2,a\right).\] Proste \(AE\), \(AC\) i \(BD\) mają równania \[y=2x,\qquad y=x,\qquad y=-x+a.\] Stąd \[F=AE\cap BD=\left(\frac a3,\frac{2a}3\right),\qquad G=AC\cap BD=\left(\frac a2,\frac a2\right).\] Pole trójkąta \(AGF\) obliczamy z wyznacznika: \[P_{AGF}=\frac12\left|\frac a2\cdot\frac{2a}3-\frac a2\cdot\frac a3\right|=\frac{a^2}{12}.\] Pole trójkąta \(ACE\) jest równe \[P_{ACE}=\frac12\cdot\frac a2\cdot a=\frac{a^2}{4}.\] Zatem \[P_{CEFG}=P_{ACE}-P_{AGF}=\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{12}=\frac{a^2}{6}.\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(P_{AGF}=\frac1{12}a^2\) i \(P_{CEFG}=\frac16a^2\) **3 pkt** – obliczenie pola jednej z figur **2 pkt** – obliczenie współrzędnych punktów \(E\) i \(F\), odpowiednich długości odcinków albo zapisanie poprawnego układu zależności między polami **1 pkt** – umieszczenie kwadratu w układzie współrzędnych i wyznaczenie równań prostych \(AE\) i \(BD\), uzasadnienie właściwego stosunku podziału albo równoważny istotny krok **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.7) Zdający stosuje twierdzenia Talesa i o dwusiecznej kąta.

Pole trójkąta \(DBE\) jest równe \(3\).

Z warunków zadania \[|DB|=|AB|-|AD|=\frac34|AB|,\qquad |BE|=\frac15|BC|.\] Trójkąty \(DBE\) i \(ABC\) mają przy wierzchołku \(B\) ten sam kąt. Zatem z wzoru \(P=\frac12ab\sin\gamma\): \[\frac{P_{DBE}}{P_{ABC}}=\frac{|DB|}{|AB|}\cdot\frac{|BE|}{|BC|}=\frac34\cdot\frac15=\frac3{20}.\] Ponieważ \(P_{ABC}=20\), otrzymujemy \[P_{DBE}=\frac3{20}\cdot20=3.\]

**3 pkt** – poprawna metoda obliczenia pola trójkąta \(DBE\) oraz wynik \(P_{DBE}=3\) **2 pkt** – zapisanie obu zależności potrzebnych do obliczenia pola, np. \(\frac{P_{DBE}}{P_{ABE}}=\frac34\) i \(\frac{P_{ABE}}{P_{ABC}}=\frac15\), albo równoważnego modelu trygonometrycznego **1 pkt** – poprawne zapisanie jednej z tych zależności lub zastosowanie wzoru na pole jednego z trójkątów z właściwymi proporcjami boków **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.1-III.2 operowanie obiektami matematycznymi oraz dobieranie i tworzenie modeli matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VII.5 i VIII.8 stosowanie wzoru \(P=\frac12ab\sin\gamma\) oraz cech podobieństwa trójkątów.

\[P_{DBP}=\frac1{21}P_{ABC}.\]

Niech \(|BD|=a\). Wtedy \(|AB|=|BC|=3a\). Trójkąty \(ABE\) i \(BCD\) są przystające, ponieważ \[|AB|=|BC|,\qquad |AE|=|BD|,\qquad |\angle BAE|=|\angle CBD|=60^\circ.\] W konsekwencji odpowiednie kąty są równe, więc trójkąty \(DBP\) i \(DCB\) są podobne. Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(DBC\): \[|CD|^2=a^2+(3a)^2-2\cdot a\cdot3a\cdot\cos60^\circ=7a^2,\] czyli \(|CD|=a\sqrt7\). Skala podobieństwa trójkąta \(DBP\) do \(DCB\) wynosi \[s=\frac{|DB|}{|DC|}=\frac1{\sqrt7}.\] Zatem stosunek ich pól jest równy \(s^2=1/7\). Ponadto trójkąty \(DBC\) i \(ABC\) mają wspólną wysokość opuszczoną z \(C\), a \(|DB|=\frac13|AB|\), więc \[P_{DBC}=\frac13P_{ABC}.\] Ostatecznie \[P_{DBP}=\frac17P_{DBC}=\frac1{21}P_{ABC}.\]

**3 pkt** – pełne poprawne rozumowanie dowodzące, że \(P_{DBP}=\frac1{21}P_{ABC}\) **2 pkt** – wykazanie podobieństwa trójkątów \(DBP\) i \(DCB\) oraz obliczenie skali \(1/\sqrt7\), albo równoważny zaawansowany etap dowodu **1 pkt** – rozpoznanie odpowiedniego podobieństwa lub przystawania, wyznaczenie \(|CD|=|DB|\sqrt7\) albo inna poprawna zależność prowadząca do tezy **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** G10.13 i R7.3 stosowanie cech przystawania trójkątów, rozpoznawanie figur podobnych i wykorzystywanie skali podobieństwa do porównywania pól.

**D.** \(\frac{64}{5}\)

Dla kąta \(\alpha\) mamy \[\tan\alpha=\frac{|BC|}{|AC|}=\frac{|BC|}{8}=\frac25.\] Stąd \(|BC|=\frac{16}{5}\). Pole trójkąta prostokątnego wynosi \[P=\frac12\cdot8\cdot\frac{16}{5}=\frac{64}{5}.\]

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

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

A. \(4\)

Pole trójkąta równobocznego o boku \(a\) wyraża wzór \(P=\frac{a^2\sqrt3}{4}\). Z warunku zadania \[\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{4\sqrt3}{9},\qquad a^2=\frac{16}{9},\qquad a=\frac43\] (bierzemy wartość dodatnią, bo \(a\) jest długością boku). Obwód: \[L=3a=4.\] **Odpowiedź.** A. \(4\)

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

**Wymagania egzaminacyjne 2021** **Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** G10.9) Zdający oblicza pola i obwody trójkątów […].

C. √\(5\)

Pole figury \(F_1\) jest sumą pól dwóch kół: \[P_1=\pi\cdot1^2+\pi\cdot3^2=10\pi.\] Figura \(F_2\) składa się z dwóch kół o tym samym promieniu \(r\), więc \[P_2=2\pi r^2.\] Z równości pól \[2\pi r^2=10\pi,\qquad r^2=5,\qquad r=\sqrt5\] (promień jest dodatni). **Odpowiedź.** C. \(\sqrt5\)

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

**Wymagania egzaminacyjne 2021** **Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** G10.6) Zdający oblicza pole koła […].

\[P_{ABCD}=125.\]

Przekątna \(BD\) dzieli czworokąt na trójkąty \(ABD\) i \(BCD\). Ponieważ \(BD\perp AD\), \[P_{ABD}=\frac12\cdot |AD|\cdot|BD|=\frac12\cdot13\cdot10=65.\] Trójkąt \(BCD\) jest równoramienny: \(|BC|=|CD|=13\), a jego podstawa ma długość \(10\). Wysokość opuszczona na \(BD\) dzieli tę podstawę na odcinki długości \(5\), więc \[h=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{144}=12.\] Stąd \[P_{BCD}=\frac12\cdot10\cdot12=60.\] Pole czworokąta wynosi \[P_{ABCD}=65+60=125.\]

**2 pkt** – obliczenie pola czworokąta: \(125\) **1 pkt** – obliczenie wysokości trójkąta \(BCD\), równej \(12\), albo poprawne obliczenie pola jednego z trójkątów **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** G10.9 obliczanie pól trójkątów i czworokątów.

C. \(54\)

Z rysunku odczytujemy, że \(P\) leży na boku \(AB\), a \(R\) na boku \(DC\), przy czym \(AP\parallel RC\). Z danych proporcji \[\lvert AP\rvert=\tfrac35\lvert AB\rvert,\qquad \lvert CR\rvert=\tfrac35\lvert CD\rvert=\tfrac35\lvert AB\rvert.\] Odcinki \(AP\) i \(RC\) są więc równoległe i równej długości, zatem czworokąt \(APCR\) jest równoległobokiem. Jego wysokość opuszczona na bok \(AP\) jest równa wysokości prostokąta, czyli \(\lvert BC\rvert\). Stąd \[P_{APCR}=\lvert AP\rvert\cdot\lvert BC\rvert=\tfrac35\lvert AB\rvert\cdot\lvert BC\rvert=\tfrac35\cdot90=54.\] **Odpowiedź.** C. \(54\)

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

Zadanie 22. (0–1) **Wymaganie ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymaganie szczegółowe:** G10. Figury płaskie — obliczanie pól i obwodów trójkątów i czworokątów (G10.9).

C

Pole trójkąta równobocznego o boku \(a\) jest równe \(P=\frac{a^2\sqrt3}{4}\). Z warunku zadania \[\frac{a^2\sqrt3}{4}=6\sqrt3,\qquad a^2=24,\qquad a=2\sqrt6\] (bierzemy pierwiastek dodatni, bo \(a\) jest długością boku). **Odpowiedź.** C. \(2\sqrt6\)

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

Zadanie 16. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[P_{ADE}=12,\qquad P_{BCED}=42.\]

Z jedynki trygonometrycznej, dla kąta \(\alpha\) w trójkącie (\(0^\circ<\alpha<180^\circ\), więc \(\sin\alpha>0\)): \[\sin\alpha=\sqrt{1-\left(\tfrac45\right)^2}=\tfrac35.\] **a)** Z warunku \(\lvert BD\rvert=2\lvert AD\rvert\) punkt \(D\) dzieli \(AB\) tak, że \(\lvert AD\rvert=\frac13\lvert AB\rvert=5\). Z warunku \(\lvert AE\rvert=2\lvert CE\rvert\) mamy \(\lvert AE\rvert=\frac23\lvert AC\rvert=8\). Trójkąt \(ADE\) ma kąt \(\alpha\) między bokami \(AD\) i \(AE\), więc \[P_{ADE}=\tfrac12\cdot5\cdot8\cdot\tfrac35=12.\] **b)** Pole całego trójkąta: \[P_{ABC}=\tfrac12\cdot15\cdot12\cdot\tfrac35=54.\] Czworokąt \(BCED\) jest tym, co pozostaje z trójkąta \(ABC\) po usunięciu trójkąta \(ADE\): \[P_{BCED}=54-12=42.\] **Odpowiedź.** \(P_{ADE}=12\), \(P_{BCED}=42\)

**1–3 pkt** – wyznaczenie \(\sin\alpha=\frac35\), \(\lvert AD\rvert=5\), \(\lvert AE\rvert=8\) oraz pola trójkąta \(ADE\) równego \(12\). **4 pkt** – obliczenie pola czworokąta \(BCED\) równego \(42\).

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

\[P_{AMS}=40,\qquad P_{ALS}=45,\qquad P_{BMS}=80,\qquad P_{CLS}=135.\]

Możemy przyjąć współrzędne \(A=(0,0)\), \(B=(3,0)\), \(C=(0,4)\). Wtedy warunki podziału boków dają \[M=(1,0),\qquad L=(0,1).\] Proste \(BL\) i \(CM\) mają równania \[x+3y=3,\qquad4x+y=4.\] Ich punkt przecięcia to \[S=\left(\frac9{11},\frac8{11}\right).\] W tym układzie \(P_{ABC}=6\), natomiast rzeczywiste pole wynosi \(660\), więc wszystkie pola skalujemy przez \(110\). Obliczamy pola współrzędnościowe: \[P_{AMS}=\frac4{11}\cdot110=40,\qquad P_{ALS}=\frac9{22}\cdot110=45,\] \[P_{BMS}=\frac8{11}\cdot110=80,\qquad P_{CLS}=\frac{27}{22}\cdot110=135.\]

**6 pkt** – wszystkie cztery poprawne pola **5 pkt** – trzy poprawne pola i metoda prowadząca do czwartego **4 pkt** – poprawne wyznaczenie położenia punktu \(S\) i co najmniej dwóch pól **3 pkt** – poprawne proporcje podziału oraz wyznaczenie współrzędnych lub równoważnych stosunków pól **2 pkt** – poprawny model, np. \(A=(0,0),B=(3,0),C=(0,4)\), \(M=(1,0),L=(0,1)\) **1 pkt** – wykorzystanie zależności \(|MB|=2|AM|\) i \(|LC|=3|AL|\) do ustalenia stosunków pól **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.5 R - związki miarowe w figurach płaskich i stosunki pól trójkątów.

\[P_{APR}=P_{ADR}+P_{PCR}=\frac38P_{ABCD}.\]

Oznaczmy \(|AB|=a\) i \(|AD|=b\). Ponieważ \(R\) i \(P\) są środkami odpowiednich boków, \(|DR|=\frac a2\) i \(|PC|=\frac b2\). Stąd \[P_{ADR}=\frac12\cdot\frac a2\cdot b=\frac{ab}{4},\qquad P_{PCR}=\frac12\cdot\frac b2\cdot\frac a2=\frac{ab}{8}.\] W układzie współrzędnych możemy przyjąć \(A=(0,0)\), \(P=(a,\frac b2)\), \(R=(\frac a2,b)\). Z wyznacznika otrzymujemy \[P_{APR}=\frac12\left|a\cdot b-\frac b2\cdot\frac a2\right|=\frac{3ab}{8}.\] Ponieważ \(\frac{ab}{4}+\frac{ab}{8}=\frac{3ab}{8}\), teza jest prawdziwa.

**2 pkt** – pełne wykazanie równości pól **1 pkt** – poprawne wyznaczenie pól cząstkowych lub równoważny istotny postęp **0 pkt** – rozumowanie błędne albo brak rozumowania

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, pola trójkątów w prostokącie.

**B.** \(100\sqrt2\)

Trójkąt jest równoramienny, a kąt między ramieniem a podstawą ma miarę \(67{,}5^\circ\). Kąty przy podstawie są równe, więc kąt między ramionami wynosi \[180^\circ-2\cdot67{,}5^\circ=45^\circ.\] Stosujemy wzór na pole trójkąta o danych dwóch bokach i kącie między nimi: \[P=\frac12\cdot20\cdot20\cdot\sin45^\circ=200\cdot\frac{\sqrt2}{2}=100\sqrt2.\] **Odpowiedź.** B. \(100\sqrt2\)

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

**Wymaganie ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymaganie szczegółowe:** 7.4) Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych, w tym ze wzoru na pole trójkąta o danych dwóch bokach i kącie między nimi.

\[\frac{P_{KLM}}{P_{ABC}}=\frac15.\]

Odległości między środkami stycznych zewnętrznie okręgów są sumami promieni, więc \[|AB|=3r,\qquad |BC|=5r,\qquad |CA|=4r.\] Punkty styczności dzielą odpowiednie boki w stosunkach wynikających z promieni. Zatem \[\frac{P_{AMK}}{P_{ABC}}=\frac{|AM|}{|AC|}\cdot\frac{|AK|}{|AB|}=\frac14\cdot\frac13=\frac1{12},\] \[\frac{P_{BKL}}{P_{ABC}}=\frac{|BK|}{|BA|}\cdot\frac{|BL|}{|BC|}=\frac23\cdot\frac25=\frac4{15},\] \[\frac{P_{CLM}}{P_{ABC}}=\frac{|CL|}{|CB|}\cdot\frac{|CM|}{|CA|}=\frac35\cdot\frac34=\frac9{20}.\] Trójkąt \(KLM\) pozostaje po odjęciu trzech trójkątów narożnych, więc \[\frac{P_{KLM}}{P_{ABC}}=1-\frac1{12}-\frac4{15}-\frac9{20}=\frac15.\]

**5 pkt** – poprawny stosunek pól równy \(\frac15\) **4 pkt** – poprawne wyznaczenie wszystkich trzech stosunków pól trójkątów narożnych, lecz usterka w końcowym odejmowaniu **3 pkt** – poprawne wyznaczenie dwóch z trzech stosunków pól **2 pkt** – poprawne długości \(3r\), \(4r\), \(5r\) i metoda porównywania pól **1 pkt** – poprawne ustalenie długości boków trójkąta \(ABC\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich i porównuje pola trójkątów o wspólnych kątach.

\[P_{ACB}=4+\frac{19\sqrt3}{6}.\]

Pole kwadratu jest równe \(4\), więc jego bok ma długość \(2\). Trójkąt \(ADE\) jest trójkątem \(30^\circ-60^\circ-90^\circ\), zatem \[AD=4,\qquad AE=2\sqrt3.\] W trójkącie \(BGF\) mamy \[BF=\frac2{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}.\] Stąd długość przeciwprostokątnej dużego trójkąta wynosi \[AB=AE+EF+FB=2\sqrt3+2+\frac{2\sqrt3}{3}=2+\frac{8\sqrt3}{3}.\] Trójkąt \(ACB\) również jest trójkątem \(30^\circ-60^\circ-90^\circ\), więc jego pole jest równe \[P_{ACB}=\frac{AB^2\sqrt3}{8}=4+\frac{19\sqrt3}{6}.\]

**4 pkt** – poprawne obliczenie \(P_{ACB}=4+\frac{19\sqrt3}{6}\) **3 pkt** – poprawne wyznaczenie jednego z boków dużego trójkąta, np. \(AB=2+\frac{8\sqrt3}{3}\) **2 pkt** – wykorzystanie własności trójkąta \(30^\circ-60^\circ-90^\circ\) i poprawne obliczenie jednego z odcinków wskazanych w kluczu **1 pkt** – poprawne obliczenie boku kwadratu: \(2\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** Wykorzystanie własności figur podobnych w zadaniach (IV.7.b).

**C.** \(35\)

Trójkąt równoboczny \(AOD\) ma obwód \(15\), więc jego bok ma długość \(5\). Bok \(AD\) prostokąta jest jednocześnie bokiem tego trójkąta, zatem \(\lvert AD\rvert=5\). Z obwodu prostokąta \[2\left(\lvert AD\rvert+\lvert AB\rvert\right)=30,\qquad \lvert AB\rvert=10.\] Z rysunku odczytujemy, że brzeg zacieniowanej figury tworzą: boki \(AB\), \(BC\), \(CD\) prostokąta oraz odcinki \(DO\) i \(OA\) — bok \(AD\) do brzegu nie należy. Zatem \[L=\lvert AB\rvert+\lvert BC\rvert+\lvert CD\rvert+\lvert DO\rvert+\lvert OA\rvert=10+5+10+5+5=35.\] **Odpowiedź.** C. \(35\)

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

Zadanie 12. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

BD = \(16\)

Oznaczmy \(d=\lvert BD\rvert\). Przekątna \(BD\) dzieli czworokąt na trójkąty \(ABD\) i \(BCD\). Sumując ich obwody, każdy bok czworokąta liczymy raz, a przekątną \(BD\) — dwa razy: \[46+36=50+2d,\qquad 82=50+2d,\qquad d=16.\] **Odpowiedź.** \(\lvert BD\rvert=16\)

*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: \(BD=16\)

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

C. \(1600\) c\(m^{2}\)

Z rysunku odczytujemy, że zacieniowany trójkąt ma dwa boki długości \(80\ \mathrm{cm}\), a kąt między nimi ma miarę \(30^\circ\). Pole trójkąta o dwóch bokach \(a\), \(b\) i kącie \(\gamma\) między nimi: \[P=\tfrac12ab\sin\gamma=\tfrac12\cdot80\cdot80\cdot\sin30^\circ=3200\cdot\tfrac12=1600\ \mathrm{cm}^2.\] **Odpowiedź.** C. \(1600\ \mathrm{cm}^2\)

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

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Obliczanie pola figury płaskiej z zastosowaniem funkcji trygonometrycznych.

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.* **7.1. (1 pkt)** – wyznaczenie skali podobieństwa \(k\) trójkątów \(ACE\) i \(DCB\): \(k=\frac{BC}{EC}=\frac{6{,}5}{13}=\frac{1}{2}\). **7.2. (1 pkt)** – wyznaczenie zależności między polami trójkątów podobnych \(P\) i \(P_{2}\): \(P_{2}=\frac{1}{4}P\). **7.3. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(AC\): \(AC=12\) cm. **7.4. (1 pkt)** – obliczenie pola działki \(P\) (na rysunku): \(P=30\) cm\(^{2}\). **7.5. (1 pkt)** – obliczenie pola działki \(P\) (w rzeczywistości): \(P=3000\) m\(^{2}\). **7.6. (1 pkt)** – obliczenie pola działki \(P_{2}\): \(P_{2}=750\) m\(^{2}\). **7.7. (1 pkt)** – obliczenie kosztu zakupu działki \(P_{2}\) i podanie poprawnej odpowiedzi: Przeznaczona kwota nie wystarczy na zakup tej działki.

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

a) Suma pól czterech prostokątów jest równa \(\frac{15}{32}\). b) \(S_n=\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}\)

Z rysunku odczytujemy sposób budowy prostokątów: przedział \(\langle0,1\rangle\) dzielimy na \(n\) równych części o szerokości \(\frac1n\), a wysokością \(k\)-tego prostokąta jest wartość funkcji w prawym końcu \(k\)-tej części, czyli \[f\!\left(\frac kn\right)=\left(\frac kn\right)^2.\] Górne prawe wierzchołki prostokątów leżą na paraboli, więc prostokąty pokrywają cały rozważany obszar. **a)** Dla \(n=4\) podstawy mają długość \(\frac14\), a wysokości są równe kolejno \(\left(\frac14\right)^2\), \(\left(\frac24\right)^2\), \(\left(\frac34\right)^2\), \(\left(\frac44\right)^2\). Suma pól wynosi \[S_4=\frac14\left(\frac1{16}+\frac4{16}+\frac9{16}+\frac{16}{16}\right)=\frac14\cdot\frac{30}{16}=\frac{30}{64}=\frac{15}{32}.\] **b)** W przypadku ogólnym \[S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac1n\cdot\left(\frac kn\right)^2=\frac{1}{n^3}\left(1^2+2^2+3^2+\ldots+n^2\right).\] Korzystamy z podanego w treści wzoru na sumę kwadratów: \[S_n=\frac{1}{n^3}\cdot\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}=\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}.\] Sprawdzenie: dla \(n=4\) otrzymujemy \(\frac{5\cdot9}{6\cdot16}=\frac{45}{96}=\frac{15}{32}\), czyli wynik zgodny z podpunktem a). **Odpowiedź.** a) \(S_4=\frac{15}{32}\). b) \(S_n=\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^2}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **5.1. (1 pkt)** – […] (rysunek: oś \(y\): \(\frac{9}{16}\), \(\frac{4}{16}\), \(\frac{1}{16}\); oś \(x\): \(0\), \(\frac{1}{4}\), \(\frac{2}{4}\), \(\frac{3}{4}\)) **5.2. (1 pkt)** – obliczenie sumy pól czterech prostokątów: \(\frac{1}{4}\cdot\left(\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{1}{4}\cdot\left(\frac{2}{4}\right)^{2}+\frac{1}{4}\cdot\left(\frac{3}{4}\right)^{2}+\frac{1}{4}\cdot\left(\frac{4}{4}\right)^{2}=\frac{15}{32}\). **5.3. (1 pkt)** – obliczenie sumy pól wszystkich \(n\) prostokątów w postaci: \(\frac{1}{n}\cdot\left(\frac{1}{n}\right)^{2}+\frac{1}{n}\cdot\left(\frac{2}{n}\right)^{2}+\ldots+\frac{1}{n}\cdot\left(\frac{n}{n}\right)^{2}=\frac{1^{2}+2^{2}+\ldots+n^{2}}{n^{3}}\). Wystarczy, że zdający poprawnie zapisze lewą stronę podanej postaci. **5.4. (1 pkt)** – wykorzystanie podanej tożsamości i przekształcenie sumy do postaci: \(S_{n}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6n^{3}}\) lub \(S_{n}=\frac{(n+1)(2n+1)}{6n^{2}}\).

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

\(P_{ABCD}=\dfrac{9}{2}+3\sqrt3\ \mathrm{cm}^{2}=\dfrac{3}{2}\left(3+2\sqrt3\right)\ \mathrm{cm}^{2}\approx9{,}70\ \mathrm{cm}^{2}\)

**Krok \(1\).** Rysunek pomocniczy: rysujemy czworokąt wypukły \(ABCD\) o kącie prostym przy \(A\) i bokach \(AB=AD=3\ \mathrm{cm}\), a następnie prowadzimy przekątną \(BD\), która dzieli go na trójkąty \(ABD\) i \(BCD\). **Krok \(2\).** Trójkąt \(ABD\) jest prostokątny i równoramienny (\(\angle A=90^\circ\), \(AB=AD=3\)), więc \(\angle ABD=\angle ADB=45^\circ\) oraz \[BD=3\sqrt2\ \mathrm{cm}.\] **Krok \(3\).** Stąd \(\angle BDC=\angle ADC-\angle ADB=135^\circ-45^\circ=90^\circ\), czyli trójkąt \(BDC\) jest prostokątny przy wierzchołku \(D\). Ponadto \(\angle DBC=\angle ABC-\angle ABD=75^\circ-45^\circ=30^\circ\), co jest zgodne z \(\angle BCD=60^\circ\). **Krok \(4\).** Z trójkąta prostokątnego \(BDC\): \[CD=BD\cdot\operatorname{tg}30^\circ=3\sqrt2\cdot\frac{\sqrt3}{3}=\sqrt6\ \mathrm{cm}.\] **Krok \(5\).** Obliczamy pola obu trójkątów: \[P_{ABD}=\tfrac12\cdot3\cdot3=\tfrac92\ \mathrm{cm}^{2},\qquad P_{BDC}=\tfrac12\cdot BD\cdot CD=\tfrac12\cdot3\sqrt2\cdot\sqrt6=\tfrac32\sqrt{12}=3\sqrt3\ \mathrm{cm}^{2}.\] **Krok \(6\).** Pole czworokąta jest sumą pól tych trójkątów: \[P_{ABCD}=\frac92+3\sqrt3=\frac32\left(3+2\sqrt3\right)\ \mathrm{cm}^{2}.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=\dfrac{9}{2}+3\sqrt3\ \mathrm{cm}^{2}\approx9{,}70\ \mathrm{cm}^{2}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Sporządzam rysunek pomocniczy. (rysunek: czworokąt \(ABCD\) z zaznaczonymi kątami \(30^{\circ}\), \(45^{\circ}\), \(45^{\circ}\), \(60^{\circ}\) i bokami długości \(3\)) Trójkąt \(DAB\) jest równoramiennym trójkątem prostokątnym, dlatego kąty przy wierzchołkach \(B\) i \(D\) są równe i mają miarę \(45^{\circ}\). Obliczam miarę kąta \(BDC\): \(\angle BDC=135^{\circ}-45^{\circ}=90^{\circ}\). Trójkąt \(CDB\) jest więc prostokątny. Obliczam długość przekątnej \(BD\) czworokąta \(ABCD\): \(BD=3\sqrt{2}\,\mathrm{cm}\). Z trójkąta \(CDB\) obliczam długość boku \(CD\): \(\frac{CD}{BD}=\operatorname{ctg}60^{\circ}\), stąd \(CD=BD\cdot\operatorname{ctg}60^{\circ}\) i po podstawieniu otrzymuję: \(CD=\sqrt{6}\,\mathrm{cm}\). Obliczam pole trójkąta \(DAB\) oraz pole trójkąta \(CDB\): \[P_{\Delta DAB}=4{,}5\,\mathrm{cm}^{2},\qquad P_{\Delta CDB}=3\sqrt{3}\,\mathrm{cm}^{2}.\] Pole czworokąta \(ABCD\) jest sumą pól tych trójkątów: \[P_{ABCD}=\frac{9}{2}+3\sqrt{3}=\frac{3}{2}\left(3+2\sqrt{3}\right)\,\mathrm{cm}^{2}.\]

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

\[P_{ABCD}=18\left(1+\sqrt2\right)\ \mathrm{cm}^2\approx43{,}5\ \mathrm{cm}^2.\]

Odcinki \(OA\), \(OB\), \(OC\), \(OD\) są promieniami okręgu, więc mają długość \(R=6\ \mathrm{cm}\). Dzielą one czworokąt \(ABCD\) na cztery trójkąty o wspólnym wierzchołku \(O\), a suma danych kątów środkowych wynosi \[45^\circ+150^\circ+135^\circ+30^\circ=360^\circ,\] co potwierdza, że punkt \(O\) leży wewnątrz czworokąta. Pole każdego trójkąta obliczamy ze wzoru z sinusem kąta między bokami: \[P=\tfrac12 R^{2}\left(\sin 45^\circ+\sin 150^\circ+\sin 135^\circ+\sin 30^\circ\right).\] Podstawiamy wartości: \[\sin 45^\circ=\sin 135^\circ=\frac{\sqrt2}{2},\qquad \sin 150^\circ=\sin 30^\circ=\frac12,\] \[P=\tfrac12\cdot36\left(\frac{\sqrt2}{2}+\frac12+\frac{\sqrt2}{2}+\frac12\right)=18\left(\sqrt2+1\right).\] Liczbowo \(P\approx18\cdot2{,}414\approx43{,}5\ \mathrm{cm}^2\). **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=18\left(1+\sqrt2\right)\ \mathrm{cm}^2\approx43{,}5\ \mathrm{cm}^2\).

**1. (3 pkt)** – […] pola trójkąta, 1 punkt za prawidłowo określone wartości funkcji trygonometrycznych, 1 punkt za prawidłowe obliczenia): \(P_{1}=P_{2}=9\,\mathrm{cm}^{2}\), \(P_{3}=P_{4}=9\sqrt{2}\,\mathrm{cm}^{2}\) **2. (1 pkt)** – Obliczenie pola czworokąta: \(P=18\left(1+\sqrt{2}\right)\,\mathrm{cm}^{2}\)

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

Pole działki jest równe \(124\ \mathrm{m}^2\).

Z rysunku odczytujemy, że działka jest czworokątem \(ABDE\), a odcinek \(EC\) (narysowany linią przerywaną) dzieli ją na trapez \(ABCE\) i trójkąt \(ECD\); punkt \(C\) leży na odcinku \(BD\). Kąty \(ABC\) i \(ECD\) są proste, więc \(EC\parallel AB\) — oba odcinki są prostopadłe do \(BD\). Czworokąt \(ABCE\) jest zatem trapezem prostokątnym o podstawach \(\lvert AB\rvert=16\ \mathrm{m}\) i \(\lvert EC\rvert=10\ \mathrm{m}\) oraz wysokości \(\lvert BC\rvert=8\ \mathrm{m}\): \[P_{ABCE}=\frac{16+10}{2}\cdot8=104\ \mathrm{m}^2.\] Trójkąt \(ECD\) jest prostokątny o przyprostokątnych \(\lvert EC\rvert=10\ \mathrm{m}\) i \(\lvert CD\rvert=4\ \mathrm{m}\): \[P_{ECD}=\tfrac12\cdot10\cdot4=20\ \mathrm{m}^2.\] Pole działki: \[P=104+20=124\ \mathrm{m}^2.\] **Odpowiedź.** \(P=124\ \mathrm{m}^2\)

**1 pkt** – obliczenie pola trójkąta \(ECD\) równego \(20\ \mathrm{m}^2\). **2 pkt** – obliczenie pola trapezu \(ABCE\) równego \(104\ \mathrm{m}^2\). **3 pkt** – obliczenie pola działki równego \(124\ \mathrm{m}^2\).

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

Pole ugoru wynosi \(27\sqrt{3}\) a, czyli więcej niż \(40\) a. Zamówiona liczba sadzonek jest niewystarczająca.

W trójkącie równoramiennym kąt \(120^\circ\) musi leżeć między ramionami — dwa kąty po \(120^\circ\) dałyby sumę większą niż \(180^\circ\). Naprzeciw tego kąta leży najdłuższy bok, czyli podstawa. Na planie podstawa ma \(12\) cm. Ramię \(r\) wyznaczamy z twierdzenia cosinusów: \[12^2=r^2+r^2-2r^2\cos120^\circ=3r^2,\qquad r=\frac{12}{\sqrt3}=4\sqrt3.\] Pole trójkąta na planie: \[P_{pl}=\tfrac12 r^2\sin120^\circ=\tfrac12\cdot48\cdot\frac{\sqrt3}{2}=12\sqrt3\ \mathrm{cm}^2.\] Skala \(1:1500\) dotyczy długości, więc pola rosną w skali \(1500^2\): \[P=12\sqrt3\cdot1500^2\ \mathrm{cm}^2=27\,000\,000\sqrt3\ \mathrm{cm}^2=2700\sqrt3\ \mathrm{m}^2.\] Ponieważ \(1\) ar \(=100\ \mathrm{m}^2\), pole ugoru wynosi \(27\sqrt3\) arów, czyli około \(46{,}77\) ara. **Odpowiedź.** \(27\sqrt3\ \mathrm{a}\approx46{,}8\ \mathrm{a}>40\ \mathrm{a}\), więc zamówione sadzonki nie wystarczą do zalesienia całego ugoru.

*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)** – wyznaczenie długości odcinków potrzebnych do obliczenia pola działki na planie **9.2. (1 pkt)** – obliczenie pola działki na planie: \(P=12\sqrt{3}\,\mathrm{cm}^{2}\) **9.3. (1 pkt)** – obliczenie pola działki w rzeczywistości: \(P=27\cdot 10^{6}\sqrt{3}\,\mathrm{cm}^{2}\) **9.4. (1 pkt)** – zamiana jednostek: np. \(P=27\sqrt{3}\,\mathrm{a}\) **9.5. (1 pkt)** – porównanie \(40\) arów z polem działki i stwierdzenie, że ilość sadzonek jest niewystarczająca: \(27\sqrt{3}\gt 40\)

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