Trójkąty na maturze — pole, wysokość i twierdzenie Pitagorasa w zadaniach

D. \(12\)/π

Z długości okręgu wyznaczamy promień okręgu opisanego: \[2\pi R=16,\qquad R=\frac{8}{\pi}.\] Środek okręgu opisanego na trójkącie równobocznym dzieli wysokość w stosunku \(2:1\) od wierzchołka, więc \(R=\frac23h\), skąd \[h=\tfrac32R=\tfrac32\cdot\frac{8}{\pi}=\frac{12}{\pi}.\] **Odpowiedź.** D. \(\dfrac{12}{\pi}\)

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

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** G10.5) Zdający oblicza długość okręgu […]; G10.22) Zdający rozpoznaje wielokąty foremne i korzysta z ich podstawowych własności.

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle CAB\rvert\) i \(\beta=\lvert\angle ABE\rvert\). Z równości \(DB=DE\) wynika, że trójkąt \(DBE\) jest równoramienny, więc \(\lvert\angle BED\rvert=\lvert\angle DBE\rvert=\beta\) i \(\lvert\angle EDB\rvert=180^{\circ}-2\beta\). Ponieważ \(BE\) jest środkową, punkt \(E\) jest środkiem przeciwprostokątnej \(AC\) w trójkącie prostokątnym \(ADC\), zatem \(AE=DE\) i \(\lvert\angle EAD\rvert=\lvert\angle ADE\rvert=\alpha\). Kąty \(ADE\) i \(EDB\) są przyległe, więc \(\alpha+(180^{\circ}-2\beta)=180^{\circ}\), stąd \(\alpha=2\beta\).

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle CAB\rvert\) i \(\beta=\lvert\angle ABE\rvert\). Odcinek \(CD\) jest wysokością, więc trójkąt \(ADC\) jest prostokątny o kącie prostym przy \(D\), a \(AC\) jest jego przeciwprostokątną. Odcinek \(BE\) jest środkową, więc \(E\) jest środkiem \(AC\). W trójkącie prostokątnym środek przeciwprostokątnej jest równo oddalony od wszystkich wierzchołków, zatem \[\lvert DE\rvert=\lvert AE\rvert=\lvert EC\rvert=\tfrac12\lvert AC\rvert.\] Z \(\lvert AE\rvert=\lvert DE\rvert\) trójkąt \(ADE\) jest równoramienny, więc \[\lvert\angle ADE\rvert=\lvert\angle DAE\rvert=\alpha.\] Z założenia \(\lvert DB\rvert=\lvert DE\rvert\), więc trójkąt \(DBE\) jest równoramienny i \[\lvert\angle DEB\rvert=\lvert\angle DBE\rvert=\beta.\] Kąt \(ADE\) jest kątem zewnętrznym trójkąta \(DBE\) przy wierzchołku \(D\) (punkt \(D\) leży na odcinku \(AB\)), więc jest równy sumie dwóch kątów wewnętrznych do niego nieprzyległych: \[\alpha=\lvert\angle ADE\rvert=\lvert\angle DBE\rvert+\lvert\angle DEB\rvert=2\beta,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert\angle CAB\rvert=2\lvert\angle ABE\rvert\)

1 pkt: zapisanie AE = DE, ∠EAD = ∠ADE, ∠BED = ∠DBE albo równoważnej zależności ∠ADE = 2·∠ABE. 2 pkt: przeprowadzenie pełnego rozumowania dowodzącego ∠CAB = 2·∠ABE.

IV. Rozumowanie i argumentacja. VIII.11) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

\[|\angle CAB|=2\cdot|\angle ABE|.\]

Oznaczmy \(\alpha=|\angle CAB|\) oraz \(\beta=|\angle ABE|\). Z rysunku odczytujemy, że punkt \(D\) leży między \(A\) i \(B\), odcinek \(CD\) jest prostopadły do \(AB\), a punkt \(E\) jest środkiem boku \(AC\). **Krok 1: \(AE=DE\).** Trójkąt \(ADC\) ma kąt prosty przy wierzchołku \(D\), bo \(CD\) jest wysokością trójkąta \(ABC\). Odcinek \(DE\) łączy wierzchołek kąta prostego ze środkiem przeciwprostokątnej \(AC\), jest więc środkową poprowadzoną do przeciwprostokątnej i ma długość równą jej połowie: \[|DE|=\tfrac12|AC|=|AE|.\] Trójkąt \(AED\) jest zatem równoramienny, a kąty przy jego podstawie \(AD\) są równe: \[|\angle ADE|=|\angle DAE|=\alpha.\] **Krok 2: kąt \(EDB\).** Z założenia \(|DB|=|DE|\), więc trójkąt \(DBE\) jest równoramienny o podstawie \(BE\). Ponieważ \(D\) leży na odcinku \(AB\), półproste \(BD\) i \(BA\) pokrywają się, czyli \(|\angle DBE|=|\angle ABE|=\beta\). Stąd \[|\angle BED|=|\angle DBE|=\beta,\qquad |\angle EDB|=180^{\circ}-2\beta.\] **Krok 3: zsumowanie.** Punkty \(A\), \(D\), \(B\) są współliniowe, a \(E\) leży poza tą prostą, więc kąty \(ADE\) i \(EDB\) są przyległe: \[|\angle ADE|+|\angle EDB|=180^{\circ}.\] Podstawiamy wyniki z kroków 1 i 2: \[\alpha+\left(180^{\circ}-2\beta\right)=180^{\circ},\] skąd \(\alpha=2\beta\). **Odpowiedź.** \(|\angle CAB|=2\cdot|\angle ABE|\), co należało wykazać.

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania dowodzącego, że \(|\angle CAB|=2\cdot|\angle ABE|\) **1 pkt** – zapisanie \(|AE|=|DE|\) wraz z wnioskiem \(|\angle EAD|=|\angle ADE|\), albo zapisanie \(|\angle BED|=|\angle DBE|\), albo zapisanie równoważnej zależności \(|\angle ADE|=2\cdot|\angle ABE|\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Sprawdzana umiejętność:** przeprowadzanie dowodu geometrycznego z wykorzystaniem własności środkowej poprowadzonej do przeciwprostokątnej w trójkącie prostokątnym, własności trójkąta równoramiennego oraz kątów przyległych. Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

\[\frac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\frac ab.\]

Z rysunku odczytujemy, że punkt \(N\) leży na boku \(KL\), a odcinek \(MN\) zawiera się w dwusiecznej kąta \(LMK\). Trójkąty \(KNM\) i \(NLM\) mają podstawy \(KN\) i \(NL\) leżące na jednej prostej \(KL\) oraz wspólny wierzchołek \(M\). Wysokość opuszczona z \(M\) na prostą \(KL\) jest więc dla obu trójkątów ta sama; oznaczmy ją przez \(h\). Wtedy \[\frac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\frac{\tfrac12\,|KN|\cdot h}{\tfrac12\,|NL|\cdot h}=\frac{|KN|}{|NL|}.\] Z twierdzenia o dwusiecznej kąta wewnętrznego trójkąta \(KLM\) dwusieczna kąta \(LMK\) dzieli bok \(KL\) w stosunku długości boków przyległych: \[\frac{|KN|}{|NL|}=\frac{|KM|}{|ML|}=\frac ab.\] Łącząc obie równości, otrzymujemy tezę. **Odpowiedź.** \(\frac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\frac ab\), co należało wykazać.

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i przeprowadzenie pełnego rozumowania **1 pkt** – zapisanie pól obu trójkątów w postaci \(P_{KNM}=\frac12\,a\,|MN|\sin\alpha\) oraz \(P_{NLM}=\frac12\,b\,|MN|\sin\alpha\) ALBO – uzasadnienie, że wysokości trójkątów \(KNM\) i \(NLM\) poprowadzone z wierzchołka \(N\) są równe ALBO – zapisanie pól w postaci \(P_{KNM}=\frac12\,|KN|\,h\) oraz \(P_{NLM}=\frac12\,|NL|\,h\) ALBO – zapisanie związku \(\frac{|KN|}{|NL|}=\frac ab\) albo \(\frac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\frac{|KN|}{|NL|}\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania **Uwagi CKE:** 1. Jeżeli zdający zapisze \(\frac{P_{KNM}}{P_{NLM}}=\frac{\frac12 a h}{\frac12 b h}\) i nie określi, że \(h\) oznacza wysokości poprowadzone z wierzchołka \(N\), to otrzymuje \(0\) punktów; jeżeli to określi, ale nie uzasadni równości tych wysokości — \(1\) punkt. 2. Przyjęcie konkretnej miary kąta \(LMK\), na przykład \(90^\circ\), i oparcie na tym rozumowania oznacza \(0\) punktów za całe rozwiązanie.

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

Bok trójkąta \(T\) ma długość \(27\).

Środek okręgu opisanego na trójkącie równobocznym pokrywa się z punktem przecięcia jego wysokości, który dzieli każdą wysokość w stosunku \(2:1\), licząc od wierzchołka. Promień okręgu opisanego stanowi więc \(\frac23\) wysokości. Dla trójkąta równobocznego o boku \(a\) wysokość wynosi \(h=\frac{a\sqrt3}{2}\), zatem \[R=\frac23\cdot\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt3}{3}=\frac{a}{\sqrt3}.\] Stąd \(a=R\sqrt3\). Podstawiamy \(R=9\sqrt3\): \[a=9\sqrt3\cdot\sqrt3=9\cdot3=27.\] **Odpowiedź.** Bok trójkąta \(T\) ma długość \(27\).

**1 pkt** – poprawne uzupełnienie zdania: \(27\) **0 pkt** – brak spełnienia powyższego kryterium

**Wymaganie ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** VIII.3) Zdający rozpoznaje wielokąty foremne i korzysta z ich podstawowych własności; VIII.10) Zdający wskazuje podstawowe punkty szczególne w trójkącie, w tym środek okręgu opisanego na trójkącie.

\[P(x)=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}.\]

**Krok \(1\).** Metoda: łączymy dwa niezależne opisy trójkąta — wzór na pole przez promień okręgu wpisanego i połowę obwodu oraz twierdzenie Pitagorasa — i eliminujemy z nich długość ramienia. **Krok \(2\).** Oznaczamy: \(x\) — podstawa, \(h\) — wysokość opuszczona na podstawę, \(b\) — ramię, \(r=2\) — promień okręgu wpisanego (średnica fontanny to \(4\)). Okrąg jest styczny do wszystkich trzech boków, więc jest okręgiem wpisanym w trójkąt. **Krok \(3\).** Połowa obwodu wynosi \(p=\frac{b+b+x}{2}=b+\frac{x}{2}\), więc ze wzoru \(P=p\cdot r\) oraz \(P=\frac{1}{2}xh\) dostajemy \[\frac{1}{2}xh=2\left(b+\frac{x}{2}\right),\qquad xh=4b+2x,\qquad b=\frac{x(h-2)}{4}.\] **Krok \(4\).** Wysokość dzieli trójkąt równoramienny na dwa trójkąty prostokątne o przyprostokątnych \(\frac{x}{2}\) i \(h\) oraz przeciwprostokątnej \(b\), więc \[b^{2}=\left(\frac{x}{2}\right)^{2}+h^{2}.\] **Krok \(5\).** Podstawiamy \(b\) z Kroku \(3\) i mnożymy obie strony przez \(16\): \[\frac{x^{2}(h-2)^{2}}{16}=\frac{x^{2}}{4}+h^{2},\qquad x^{2}\left(h^{2}-4h+4\right)=4x^{2}+16h^{2}.\] **Krok \(6\).** Po redukcji \(4x^{2}\) po obu stronach: \[x^{2}h^{2}-4x^{2}h=16h^{2}.\] Dzielimy przez \(h\gt 0\): \[x^{2}h-4x^{2}=16h,\qquad h\left(x^{2}-16\right)=4x^{2},\qquad h=\frac{4x^{2}}{x^{2}-16}.\] **Krok \(7\).** Wstawiamy do wzoru na pole: \[P=\frac{1}{2}xh=\frac{1}{2}x\cdot\frac{4x^{2}}{x^{2}-16}=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}.\] To należało wykazać. **Uwaga.** Wzór ma sens tylko dla \(x\gt 4\) — podstawa musi być dłuższa od średnicy okręgu wpisanego, inaczej mianownik byłby niedodatni i pole wyszłoby ujemne albo nieokreślone. Wraz z warunkiem z treści daje to \(x\in(4,10]\). **Odpowiedź.** \(P(x)=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}\).

**3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **2 pkt** – spełnienie kryterium zapisanego w pierwszym myślniku w kategorii za 1 punkt oraz zapisanie układu co najwyżej trzech równań niezależnych, umożliwiającego wyznaczenie \(h\) w zależności od \(x\) ALBO – wyznaczenie \(\operatorname{tg}(2\alpha)\) w zależności od \(x\), np. \(\operatorname{tg}(2\alpha)=\frac{4rx}{x^{2}-4r^{2}}\) (dla sposobu II), ALBO – wyznaczenie zależności między \(P\) oraz \(x\), np. \(P^{2}=\frac../../{r}\left(\frac../../{r}-x\right)\cdot\frac{1}{4}x^{2}\) (dla sposobu III). **1 pkt** – zapisanie związku między \(h\) i \(x\) oraz jedną z wielkości: długością \(b\) ramienia, lub długością odcinka \(CE\), lub długością odcinka \(CS\), np.: \[b^{2}=\left(\tfrac{1}{2}x\right)^{2}+h^{2},\qquad \frac{r}{h-r}=\frac{\tfrac{1}{2}x}{b},\qquad \tfrac{1}{2}xh=r\cdot\left(\tfrac{1}{2}x+b\right),\] ALBO – zapisanie związku \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{r}{\tfrac{1}{2}x}\) (dla sposobu II), ALBO – zapisanie związku \(P=\left(b+\frac{x}{2}\right)\cdot r\) lub \(P=\sqrt{\left(b+\tfrac{1}{2}x\right)\left(b+\tfrac{1}{2}x-b\right)\left(b+\tfrac{1}{2}x-b\right)\left(b+\tfrac{1}{2}x-x\right)}\) (dla sposobu III), ALBO – zapisanie związków \(P=\tfrac{1}{2}b^{2}\sin(2\beta)\) oraz \(\sin\beta=\frac{r}{h-r}\), ALBO – zapisanie długości boków trójkąta \(ADC\) (lub trójkąta \(CES\)) w zależności od \(x\) i \(h\) (dla sposobu IV), ALBO – zapisanie długości przyprostokątnych trójkątów \(ADC\) oraz \(CES\) w zależności od \(x\) i \(h\) (dla sposobu IV). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwaga: Kategorie za 1 punkt oraz za 2 punkty oceniamy w sytuacji, gdy zdający posługuje się symbolem \(r\) albo przyjmie \(r=2\) lub \(r=4\). Natomiast jeżeli zdający przyjmie promień inny niż \(2\) lub \(4\), to może otrzymać co najwyżej \(1\) punkt za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji - interpretowanie i operowanie informacjami przedstawionymi w tekście, zarówno matematycznym, jak i popularnonaukowym, a także w formie wykresów, diagramów, tabel. 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.

**A.** Dwusiecznych kątów trójkąta.

**Krok \(1\).** To pytanie o punkty szczególne trójkąta. Cztery odpowiedzi opisują cztery różne punkty, więc trzeba wiedzieć, która rodzina prostych odpowiada okręgowi **wpisanemu**. Kluczem jest warunek, jaki spełnia jego środek. **Krok \(2\).** Okrąg wpisany jest styczny do wszystkich trzech boków trójkąta, a odległość środka od każdego z tych boków jest równa promieniowi. Środek jest więc **jednakowo oddalony od wszystkich trzech boków**. **Krok \(3\).** Zbiór punktów wewnątrz kąta, jednakowo oddalonych od obu jego ramion, to dwusieczna tego kąta. Punkt równo oddalony od wszystkich boków musi zatem leżeć na dwusiecznej każdego z trzech kątów trójkąta - czyli w punkcie ich przecięcia. **Krok \(4\).** Dla porządku pozostałe odpowiedzi: symetralne boków przecinają się w środku okręgu **opisanego** (punkt równo oddalony od wierzchołków), środkowe w środku ciężkości, a wysokości w ortocentrum. **Uwaga.** Łatwo pomylić okrąg wpisany z opisanym. Zapamiętaj różnicę: wpisany dotyka **boków**, więc liczy się odległość od boków (dwusieczne kątów); opisany przechodzi przez **wierzchołki**, więc liczy się odległość od wierzchołków (symetralne boków). **Odpowiedź.** A: dwusiecznych kątów tego trójkąta

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

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.10) Zdający wskazuje środek okręgu wpisanego jako punkt szczególny trójkąta.

\[|AD|=4\sqrt7.\]

Ponieważ \(D\) jest środkiem boku \(BC\), mamy \(|BD|=4\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[|AD|^2=|AB|^2+|BD|^2-2|AB|\cdot|BD|\cos60^{\circ},\] \[|AD|^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cdot\frac12=112.\] Zatem \[|AD|=\sqrt{112}=4\sqrt7.\]

**2 pkt** – poprawne zastosowanie twierdzenia cosinusów i obliczenie \(|AD|=4\sqrt7\) **1 pkt** – zapisanie poprawnego równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABD\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VII.3) Zdający stosuje twierdzenie cosinusów. VIII.12) Stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach płaskich.

Długość środkowej wynosi \(4\sqrt7\).

Niech \(D\) będzie środkiem boku \(BC\). Wtedy \[\lvert BD\rvert=\frac12\lvert BC\rvert=4.\] Stosujemy twierdzenie cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[\lvert AD\rvert^2=\lvert AB\rvert^2+\lvert BD\rvert^2-2\lvert AB\rvert\lvert BD\rvert\cos60^{\circ}.\] Zatem \[\lvert AD\rvert^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cdot\frac12=112,\] więc \[\lvert AD\rvert=\sqrt{112}=4\sqrt7.\]

**2 pkt** – poprawne równanie wynikające z twierdzenia cosinusów i wynik \(\lvert AD\rvert=4\sqrt7\) **1 pkt** – zapisanie poprawnego równania, np. \(\lvert AD\rvert^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cos60^{\circ}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VII.3) Zdający stosuje twierdzenie cosinusów. VIII.12) Stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach płaskich.

**B.** \(15\)

Środek ciężkości dzieli każdą środkową w stosunku \(2:1\), licząc od wierzchołka. Odcinek \(SA\) stanowi więc \(\frac23\) długości środkowej. Jeżeli jej długość oznaczymy przez \(m_a\), to \[10=\frac23m_a,\qquad m_a=15.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VIII.10) Zdający wskazuje podstawowe punkty szczególne w trójkącie, w tym środek ciężkości, oraz korzysta z ich własności.

Trójkąty \(ABD\) i \(ADC\) mają wysokości opuszczone z punktu \(A\) na tę samą prostą, zatem \(\frac{BD}{DC}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}\). Niech \(\alpha=\angle DAC\); wtedy \(\angle BAD=60^{\circ}-\alpha\). Z twierdzenia sinusów otrzymujemy \(\frac{\sin(60^{\circ}-\alpha)}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}\), skąd \(\cot\alpha=1\). Zatem \(\angle DAC=45^{\circ}\).

Trójkąty \(ABD\) i \(ADC\) mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka \(A\) na prostą \(BC\), więc stosunek ich pól jest równy stosunkowi podstaw: \[\frac{\lvert BD\rvert}{\lvert DC\rvert}=\frac{\sqrt3-1}{2}.\] Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle DAC\rvert\); ponieważ trójkąt \(ABC\) jest równoboczny, \(\lvert\angle BAD\rvert=60^{\circ}-\alpha\), przy czym \(0^{\circ}<\alpha<60^{\circ}\). Pola tych samych trójkątów zapiszmy ze wzoru z sinusem kąta przy wierzchołku \(A\) (korzystamy z \(\lvert AB\rvert=\lvert AC\rvert\)): \[\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}}=\frac{\frac12\lvert AB\rvert\lvert AD\rvert\sin\left(60^{\circ}-\alpha\right)}{\frac12\lvert AC\rvert\lvert AD\rvert\sin\alpha}=\frac{\sin\left(60^{\circ}-\alpha\right)}{\sin\alpha}.\] Rozwijamy sinus różnicy: \[\frac{\frac{\sqrt3}{2}\cos\alpha-\frac12\sin\alpha}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt3\operatorname{ctg}\alpha-1}{2}=\frac{\sqrt3-1}{2},\] skąd \(\sqrt3\operatorname{ctg}\alpha=\sqrt3\), czyli \(\operatorname{ctg}\alpha=1\). W przedziale \(\left(0^{\circ},60^{\circ}\right)\) jedynym takim kątem jest \(\alpha=45^{\circ}\). **Odpowiedź.** \(\lvert\angle DAC\rvert=45^{\circ}\)

**1 pkt** – zapisanie \(\frac{\lvert BD\rvert}{\lvert DC\rvert}=\frac{\sqrt3-1}{2}\) albo równoważnej zależności między polami. **2 pkt** – zapisanie równania trygonometrycznego \(\frac{\sin\left(60^{\circ}-\alpha\right)}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt3-1}{2}\). **3 pkt** – rozwiązanie równania i podanie \(\alpha=45^{\circ}\).

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VII.R8) Zdający oblicza kąty trójkąta i długości jego boków przy odpowiednich danych (rozwiązuje trójkąty).

Teza została wykazana: \(\lvert\angle DAC\rvert=45^\circ\).

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle DAC\rvert\). Trójkąt \(ABC\) jest równoboczny, więc \(\lvert AB\rvert=\lvert AC\rvert\) oraz \(\lvert\angle BAC\rvert=60^\circ\), a zatem \(\lvert\angle BAD\rvert=60^\circ-\alpha\). Pola obu trójkątów zapisujemy wzorem z sinusem kąta przy wierzchołku \(A\): \[P_{ABD}=\tfrac12\lvert AB\rvert\cdot\lvert AD\rvert\sin(60^\circ-\alpha),\qquad P_{ADC}=\tfrac12\lvert AC\rvert\cdot\lvert AD\rvert\sin\alpha.\] Ponieważ \(\lvert AB\rvert=\lvert AC\rvert\), z warunku zadania otrzymujemy \[\frac{\sin(60^\circ-\alpha)}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt3-1}{2}.\] Punkt \(D\) leży wewnątrz boku \(BC\), więc \(0^\circ<\alpha<60^\circ\) i \(\sin\alpha>0\) — dzielenie jest wykonalne. Rozwijamy sinus różnicy: \[\frac{\sin 60^\circ\cos\alpha-\cos 60^\circ\sin\alpha}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt3}{2}\cdot\operatorname{ctg}\alpha-\frac12=\frac{\sqrt3-1}{2}.\] Stąd \(\tfrac{\sqrt3}{2}\operatorname{ctg}\alpha=\tfrac{\sqrt3}{2}\), czyli \(\operatorname{ctg}\alpha=1\), a więc \(\operatorname{tg}\alpha=1\). W przedziale \((0^\circ,60^\circ)\) jedynym kątem o tangensie równym \(1\) jest \(45^\circ\). **Odpowiedź.** \(\lvert\angle DAC\rvert=45^\circ\), co należało wykazać.

**(dla sposobów I oraz VI)** **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **2 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą – jednym z kątów: \(CAD\), \(BAD\), \(CDA\), \(ADB\), w którym wszystkie funkcje trygonometryczne są tego samego argumentu, np. \(\frac{\sin60^\circ\cdot\cos\alpha-\cos60^\circ\cdot\sin\alpha}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}\), gdzie \(\alpha=\lvert\angle CAD\rvert\), ALBO – obliczenie współczynnika kierunkowego prostej \(AD\): \(2-\sqrt{3}\). **1 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą – jednym z kątów: \(CAD\), \(BAD\), \(CDA\), \(ADB\), np. \(\frac{\sin(60^\circ-\alpha)}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}\), gdzie \(\alpha=\lvert\angle CAD\rvert\), ALBO – zapisanie związku \(\frac{\lvert BD\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Zasady oceniania (dla sposobu II)** **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **2 pkt** – wyznaczenie długości czterech spośród pięciu odcinków: \(BD\), \(CD\), \(CE\), \(DE\), \(AE\), w zależności od jednej zmiennej, np. \(\lvert CD\rvert=x\) i \(\lvert BD\rvert=\tfrac{\sqrt{3}-1}{2}x\) i \(\lvert CE\rvert=\tfrac{1}{2}x\) i \(\lvert AE\rvert=\tfrac{\sqrt{3}}{2}x\) ALBO – wyznaczenie długości odcinków: \(BD\), \(CD\), \(CE\), w zależności od długości odcinka \(AE\) i tangensa kąta \(DAC\), np. \(\lvert CE\rvert=\tfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\lvert AE\rvert\cdot\operatorname{tg}\alpha\) i \(\lvert CD\rvert=\tfrac{2\sqrt{3}}{3}\cdot\lvert AE\rvert\cdot\operatorname{tg}\alpha\) i \(\lvert BD\rvert=\lvert AE\rvert-\tfrac{\sqrt{3}}{3}\cdot\lvert AE\rvert\cdot\operatorname{tg}\alpha\), gdzie \(\alpha\) jest kątem \(DAC\). **1 pkt** – zapisanie związku \(\frac{\lvert BD\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}\), ALBO – wyznaczenie długości dwóch odcinków spośród \(BD\), \(BC\) i \(CD\) w zależności od jednej zmiennej, np. \(\lvert CD\rvert=x\) i \(\lvert BD\rvert=\tfrac{\sqrt{3}-1}{2}x\), ALBO – wyznaczenie długości boków trójkąta \(CED\) w zależności od jednej zmiennej, np. \(\lvert CD\rvert=x\), \(\lvert CE\rvert=\tfrac{1}{2}x\), \(\lvert DE\rvert=\tfrac{\sqrt{3}}{2}x\), ALBO – wyznaczenie długości odcinka \(CE\) (albo \(CD\)) w zależności od długości odcinka \(AE\) i tangensa kąta \(DAC\): \(\lvert CE\rvert=\tfrac{\sqrt{3}}{3}\cdot\lvert AE\rvert\cdot\operatorname{tg}\alpha\) (albo \(\lvert CD\rvert=\tfrac{2\sqrt{3}}{3}\cdot\lvert AE\rvert\cdot\operatorname{tg}\alpha\)), gdzie \(\alpha\) jest kątem \(DAC\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Zasady oceniania (dla sposobów III – V)** **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **2 pkt** – obliczenie \(\frac{\lvert BD\rvert}{\lvert DF\rvert}\) oraz \(\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert AF\rvert}\): \(\frac{\lvert BD\rvert}{\lvert DF\rvert}=\frac{2}{\sqrt{3}}\) oraz \(\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert AF\rvert}=\frac{2}{\sqrt{3}}\) ALBO – wyznaczenie długości odcinków \(AD\) oraz \(CD\) w zależności od jednej zmiennej, np. \(\lvert AD\rvert=\sqrt{6}m\) oraz \(\lvert CD\rvert=2m\). **1 pkt** – wyznaczenie długości odcinków \(BD\) i \(CD\) w zależności od jednej zmiennej, np. \(\lvert CD\rvert=2m\) i \(\lvert BD\rvert=(\sqrt{3}-1)m\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.4) Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych, w tym ze wzoru na pole trójkąta ostrokątnego o danych dwóch bokach i kącie między nimi.

\[|BP|=\frac{12\sqrt5}{5}.\]

Punkt \(S\) jest środkiem boku \(BC\), więc \(|BS|=6\). Trójkąt \(ABS\) jest prostokątny, a z twierdzenia Pitagorasa \[|AS|=\sqrt{|AB|^2+|BS|^2}=\sqrt{12^2+6^2}=6\sqrt5.\] Odcinek \(BP\) jest wysokością trójkąta \(ABS\) opuszczoną na przeciwprostokątną \(AS\). Porównujemy dwa wzory na pole tego trójkąta: \[\frac12\cdot12\cdot6=\frac12\cdot6\sqrt5\cdot|BP|.\] Stąd \[|BP|=\frac{12}{\sqrt5}=\frac{12\sqrt5}{5}.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i obliczenie \(|BP|=\frac{12\sqrt5}{5}\) **1 pkt** – obliczenie \(|AS|=6\sqrt5\), zapisanie odpowiedniego podobieństwa trójkątów albo wykonanie innego równoważnego istotnego kroku wskazanego w kluczu **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, 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.

\[|AC|^2=|BC|^2+|AB|\cdot|BC|.\]

Oznaczmy \[a=|BC|,\qquad b=|AC|,\qquad c=|AB|,\qquad \alpha=|\angle BAC|.\] Wtedy \(|\angle ABC|=2\alpha\), a trzeci kąt ma miarę \(\pi-3\alpha\). Z twierdzenia sinusów \[\frac ba=\frac{\sin(2\alpha)}{\sin\alpha}=2\cos\alpha,\] czyli \(b=2a\cos\alpha\). Ponadto \[\frac ca=\frac{\sin(3\alpha)}{\sin\alpha}=3-4\sin^2\alpha=4\cos^2\alpha-1.\] Zatem \[a^2+ac=a^2\left(1+\frac ca\right)=a^2(1+4\cos^2\alpha-1)=4a^2\cos^2\alpha=b^2.\] To jest równoważne tezie zadania.

**4 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **3 pkt** – wyznaczenie obu zależności \(b=2a\cos\alpha\) oraz \(\frac ca=4\cos^2\alpha-1\) albo równoważnych zależności prowadzących bezpośrednio do tezy **2 pkt** – zapisanie związku między cosinusem kąta \(BAC\) a długościami odpowiednich boków albo poprawne wykonanie dwóch istotnych kroków dowodu **1 pkt** – zastosowanie twierdzenia sinusów i zapisanie \(\frac b{\sin(2\alpha)}=\frac a{\sin\alpha}\) albo równoważnego poprawnego kroku **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R3) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

**B.** \(a\cdot d=b\cdot c\)

Z twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie mamy \[\frac{|KN|}{|NL|}=\frac{|KM|}{|LM|},\] czyli \[\frac cd=\frac ab.\] Po pomnożeniu stronami otrzymujemy \[bc=ad.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.7) Zdający stosuje twierdzenie o dwusiecznej kąta.

**B.** \(20\).

W trójkącie prostokątnym \[\sin\angle CAB=\frac{|BC|}{|AB|}=\frac35.\] Oznaczmy \(|AB|=x\). Wtedy \(|BC|=\frac35x\). Z warunku \(|AB|=|BC|+8\) otrzymujemy \[x=\frac35x+8,\qquad \frac25x=8,\qquad x=20.\] Zatem \(|AB|=20\). Poprawna jest odpowiedź **B**.

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VII.4) Zdający oblicza kąty trójkąta i długości jego boków przy odpowiednich danych [...].

\(4\sqrt5+2\sqrt{10}\)

Oznaczmy długość każdej przyprostokątnej przez \(a\). Ponieważ \(D\) jest środkiem \(AB\), mamy \(|AD|=\frac a2\). W trójkącie prostokątnym \(ACD\): \[a^2+\left(\frac a2\right)^2=5^2,\] \[\frac54a^2=25,\qquad a=2\sqrt5.\] Przeciwprostokątna ma długość \[|BC|=a\sqrt2=2\sqrt{10}.\] Obwód trójkąta wynosi więc \[2a+a\sqrt2=4\sqrt5+2\sqrt{10}.\]

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i otrzymanie obwodu \(4\sqrt5+2\sqrt{10}\) **1 pkt** – obliczenie długości jednego z boków, np. \(|AB|=2\sqrt5\), albo zapisanie poprawnego równania Pitagorasa wraz z obwodem w zależności od niewiadomej **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Element podstawy programowej:** planimetria; zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa i własności trójkąta prostokątnego równoramiennego.

Najkrótsza sieć ma długość \(300(1+\sqrt3)\,\mathrm{km}\). Węzły leżą na wspólnej osi symetrii kwadratu: każdy w odległości \(50\sqrt3\,\mathrm{km}\) od odpowiedniego pionowego boku oraz \(100\sqrt3\,\mathrm{km}\) od dwóch sąsiednich miast.

Symetryzacja pokazuje, że lewy węzeł \(K\) musi leżeć na symetralnej odcinka \(AD\), a prawy węzeł \(L\) na symetralnej odcinka \(BC\). Niech \(x\) i \(y\) oznaczają ich odległości odpowiednio od prostych \(AD\) i \(BC\). Długość sieci jest równa \[d=2\sqrt{150^2+x^2}+2\sqrt{150^2+y^2}+300-x-y.\] Wprowadzamy \[f(x)=2\sqrt{150^2+x^2}-x.\] Wtedy \[f'(x)=\frac{2x}{\sqrt{150^2+x^2}}-1.\] Równanie \(f'(x)=0\) daje \(x=50\sqrt3\). Funkcja maleje przed tym punktem i rośnie po nim, więc przyjmuje tam minimum równe \(150\sqrt3\). Analogicznie \(y=50\sqrt3\). Zatem \[d_{\min}=f(x)+f(y)+300=300(1+\sqrt3)\,\mathrm{km}.\] Każdy węzeł leży na poziomej osi symetrii kwadratu, w odległości \(50\sqrt3\,\mathrm{km}\) od odpowiedniego pionowego boku. Jego odległość od obu przyległych miast wynosi \[\sqrt{150^2+(50\sqrt3)^2}=100\sqrt3\,\mathrm{km}.\]

**6 pkt** – obliczenie długości najkrótszej sieci z dwoma węzłami i podanie lokalizacji węzłów względem miast **5 pkt** – obliczenie długości najkrótszej sieci z dwoma węzłami **4 pkt** – obliczenie najmniejszej wartości funkcji \(f\) **3 pkt** – obliczenie pochodnej funkcji \(f\) **2 pkt** – wyrażenie długości sieci za pomocą odległości węzłów od prostych \(AD\) i \(BC\) **1 pkt** – uzasadnienie, że węzły muszą znajdować się na symetralnych odcinków \(AD\) i \(BC\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.4 stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** XIII.4R-XIII.6R obliczanie pochodnych, badanie monotoniczności i rozwiązywanie zadań optymalizacyjnych z zastosowaniem pochodnej.

Odległość między zastępami będzie najmniejsza o godzinie \(10{:}30\).

Niech \(t\) oznacza liczbę godzin od \(9{:}00\). Tropiciele są wtedy w odległości \(4t\) od \(A\), a Korsarze w odległości \(15-2t\) od \(A\). Ponieważ ich drogi są prostopadłe, dla \(t\in[0,5]\) odległość między zastępami wynosi \[d(t)=\sqrt{(4t)^2+(15-2t)^2}.\] Pierwiastek jest funkcją rosnącą, więc minimalizujemy \[d^2(t)=16t^2+(15-2t)^2=20t^2-60t+225.\] Wierzchołek tej paraboli ma pierwszą współrzędną \[t=-\frac{-60}{2\cdot20}=1{,}5.\] Od chwili wymarszu upływa półtorej godziny, zatem szukana godzina to \(10{:}30\).

**4 pkt** – prawidłowa metoda wyznaczenia minimum i odpowiedź \(10{:}30\) **3 pkt** – uzasadnienie, że wystarczy minimalizować \(20t^2-60t+225\), wraz z dziedziną \(t\in[0,5]\) **2 pkt** – zapisanie \(d(t)=\sqrt{16t^2+(15-2t)^2}\) **1 pkt** – zapisanie odległości zastępów od \(A\): \(4t\) i \(15-2t\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.2 i IV.4 tworzenie modelu matematycznego problemu praktycznego oraz stosowanie strategii rozwiązania. **Wymagania szczegółowe:** XIII.4R i XIII.6R obliczanie pochodnych funkcji złożonych oraz rozwiązywanie zadań optymalizacyjnych z zastosowaniem pochodnej.

\[|AD|=4\sqrt7.\]

Ponieważ \(AD\) jest środkową, \(|BD|=4\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[|AD|^2=|AB|^2+|BD|^2-2|AB||BD|\cos60^\circ\] \[|AD|^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cdot\frac12=112.\] Zatem \(|AD|=\sqrt{112}=4\sqrt7\).

**2 pkt** – poprawne równanie z twierdzenia cosinusów i wynik \(|AD|=4\sqrt7\) **1 pkt** – zapisanie \(|AD|^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cos60^\circ\) **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania CKE dopuszcza również rozwiązanie z twierdzenia Pitagorasa po wyodrębnieniu trójkąta o kątach \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\).

**Wymagania ogólne:** III.1 stosowanie obiektów matematycznych i interpretowanie pojęć. **Wymagania szczegółowe:** VII.5-VII.6 stosowanie twierdzenia cosinusów oraz obliczanie boków trójkąta przy odpowiednich danych.

\[|AD|=4\sqrt7.\]

Niech \(D\) będzie środkiem boku \(BC\). Wtedy \(|BD|=4\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[|AD|^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cos60^\circ=144+16-48=112.\] Zatem \(|AD|=\sqrt{112}=4\sqrt7\).

**2 pkt** – poprawne równanie i wynik \(4\sqrt7\) **1 pkt** – zapisanie równania \(|AD|^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cos60^\circ\) albo równoważnego poprawnego rozwiązania geometrycznego **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.1 operowanie obiektami matematycznymi. **Wymagania szczegółowe:** VII.5-VII.6 stosowanie twierdzenia cosinusów i rozwiązywanie trójkątów.

**\(B_{3}\).** \( |BD|=\frac59\sqrt{21} \), ponieważ \(\frac{|AB|}{|AC|}=\frac{|BD|}{|DC|}\).

Z twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie \(ABC\): \[\frac{|BD|}{|DC|}=\frac{|AB|}{|AC|}=\frac54.\] Ponieważ \(|BD|+|DC|=|BC|=\sqrt{21}\), odcinek \(BD\) stanowi \(\frac59\) długości boku \(BC\). Zatem \[|BD|=\frac59\sqrt{21}.\]

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

**Wymagania ogólne:** III.1 stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi oraz interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.7 stosowanie twierdzenia o dwusiecznej kąta.

\[|ND|=\sqrt3+1.\]

Trójkąt \(DAB\) ma kąty \(90^\circ\), \(60^\circ\), \(30^\circ\). Ponieważ \(|AD|=2\), mamy \[|AB|=4,\qquad |BD|=2\sqrt3.\] W trójkącie \(BLN\) kąt \(NBL\) ma miarę \(60^\circ\), a w trójkącie \(KBN\) kąt \(KBN\) ma miarę \(30^\circ\). Pole trójkąta \(KBL\), równe \(\frac12\), jest sumą pól trójkątów \(BLN\) i \(KBN\): \[\frac12\cdot1\cdot|BN|\sin60^\circ+\frac12\cdot|BN|\cdot1\cdot\sin30^\circ=\frac12.\] Stąd \[|BN|\left(\frac{\sqrt3}{2}+\frac12\right)=1,\] \[|BN|=\frac2{\sqrt3+1}=\sqrt3-1.\] Zatem \[|ND|=|BD|-|BN|=2\sqrt3-(\sqrt3-1)=\sqrt3+1.\]

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i wynik \(|ND|=\sqrt3+1\) **2 pkt** – obliczenie \(|BN|=\sqrt3-1\), albo obliczenie \(|BD|=2\sqrt3\) i zapisanie równania prowadzącego do \(|BN|\), albo inne równoważne kryterium CKE **1 pkt** – zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą prowadzącego do \(|BN|\), albo obliczenie \(|BD|=2\sqrt3\), albo równoważny poprawny etap **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Przybliżenia dziesiętne nie są akceptowane

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R3) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

Teza została wykazana: \(\lvert ND\rvert=\sqrt3+1\).

Z rysunku i treści odczytujemy: \(\lvert\angle ABC\rvert=90^\circ\), \(\lvert\angle CAB\rvert=60^\circ\), \(\lvert AD\rvert=2\), \(\lvert BK\rvert=\lvert BL\rvert=1\), a \(BD\) jest wysokością trójkąta \(ABC\). W trójkącie \(DAB\) kąt przy \(D\) jest prosty, a kąt przy \(A\) ma \(60^\circ\), więc jest to trójkąt o kątach \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\): \[\lvert AB\rvert=2\lvert AD\rvert=4,\qquad \lvert BD\rvert=\lvert AD\rvert\sqrt3=2\sqrt3.\] Ponadto \(\lvert\angle ABD\rvert=30^\circ\), a więc \(\lvert\angle DBL\rvert=90^\circ-30^\circ=60^\circ\). Punkt \(N\) leży na odcinku \(KL\), więc trójkąt \(BKL\) rozpada się na trójkąty \(BKN\) i \(BNL\). Porównujemy pola: \[\tfrac12\lvert BK\rvert\lvert BL\rvert\sin 90^\circ=\tfrac12\lvert BK\rvert\lvert BN\rvert\sin 30^\circ+\tfrac12\lvert BN\rvert\lvert BL\rvert\sin 60^\circ.\] Po podstawieniu \(\lvert BK\rvert=\lvert BL\rvert=1\) otrzymujemy \[1=\lvert BN\rvert\left(\tfrac12+\tfrac{\sqrt3}{2}\right),\qquad \lvert BN\rvert=\frac{2}{1+\sqrt3}=\sqrt3-1.\] Punkt \(N\) leży między \(B\) a \(D\), zatem \[\lvert ND\rvert=\lvert BD\rvert-\lvert BN\rvert=2\sqrt3-(\sqrt3-1)=\sqrt3+1.\] **Odpowiedź.** \(\lvert ND\rvert=\sqrt3+1\), co należało wykazać.

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\lvert ND\rvert=\sqrt{3}+1\). **2 pkt** – obliczenie długości odcinka \(BN\): \(\sqrt{3}-1\) ALBO – obliczenie długości odcinka \(BD\): \(\lvert BD\rvert=2\sqrt{3}\) i zapisanie równania z jedną niewiadomą \(x\) (długością odcinka \(BN\)), ALBO – zapisanie równania \(\frac{x}{2\sqrt{3}-x}=\frac{2+\sqrt{3}}{1}\) z niewiadomą \(x=\lvert DN\rvert\) (otrzymanego z podobieństwa trójkątów \(BLN\) i \(DEN\), sposób VII), ALBO – obliczenie współrzędnych punktu \(N\): \(N=\left(\frac{1}{\sqrt{3}+1},\,\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\right)\) i obliczenie długości odcinka \(BD\): \(\lvert BD\rvert=2\sqrt{3}\) (sposób V), ALBO – obliczenie współrzędnych punktów \(N\) i \(D\): \(N=\left(\frac{1}{\sqrt{3}+1},\,\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\right)\) i \(D=(\sqrt{3},\,3)\) (sposób V), ALBO – obliczenie współrzędnych punktu \(N\): \(N=\left(\frac{1}{\sqrt{3}+1},\,\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\right)\) i zapisanie długości \(\lvert DN\rvert\) w postaci \(\frac{\left\lvert-\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}+1}-1\cdot\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}+4\right\rvert}{\sqrt{\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}+(-1)^{2}}}\) (sposób V). **1 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą \(x=\lvert BN\rvert\), np. \(\frac{1}{2}\cdot 1\cdot x\cdot\sin 60^\circ+\frac{1}{2}\cdot x\cdot 1\cdot\sin 30^\circ=\frac{1}{2}\) (z sumy pól trójkątów \(BLN\) oraz \(KBN\)), \(\frac{1}{\sin 105^\circ}=\frac{x}{\sin 45^\circ}\) (z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(BNK\)), \(\frac{1}{\sin 75^\circ}=\frac{x}{\sin 45^\circ}\) (z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(BNL\)), \(1-\frac{1}{2}\cdot x=\frac{x\cdot\sqrt{3}}{2}\) (ze związków miarowych w trójkątach \(BEN\) i \(ELN\)), ALBO – obliczenie długości odcinka \(BD\) i zapisanie \(\lvert BD\rvert=2\sqrt{3}\), ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą \(x\) (pierwszą lub drugą współrzędną punktu \(N\)), np. \(-x+1=\sqrt{3}x\) (sposób V), ALBO – wyznaczenie równań prostych \(AC\) i \(BD\) oraz obliczenie współrzędnych punktu \(D\): \(D=(\sqrt{3},\,3)\) (sposób V). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano nieprawidłową metodę, albo brak rozwiązania. **Uwaga:** W rozwiązaniach nie są akceptowane przybliżenia dziesiętne liczb rzeczywistych.

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R7.4) Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.

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

Wysokość trójkąta równobocznego o boku \(a\) wynosi \(h=\frac{a\sqrt3}{2}\), więc \[\frac{a\sqrt3}{2}=3,\qquad a=\frac{6}{\sqrt3}=2\sqrt3.\] Pole: \[P=\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{12\sqrt3}{4}=3\sqrt3.\] Ten sam wynik daje wzór \(P=\frac12ah=\frac12\cdot2\sqrt3\cdot3=3\sqrt3\). **Odpowiedź.** C. \(3\sqrt3\)

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

Zadanie 20. Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**C.** \(3:4\)

Z twierdzenia o dwusiecznej kąta w trójkącie \[\frac{|AD|}{|DB|}=\frac{|AC|}{|CB|}=\frac34.\] Zatem \(|AD|:|DB|=3:4\).

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska - twierdzenie o dwusiecznej kąta w trójkącie.

Trójkąt \(ABC\) jest równoboczny.

Oznaczmy połowy miar kątów przy wierzchołkach \(A\) i \(B\) przez \(\alpha\) i \(\beta\), a miarę kąta przy \(C\) przez \(\gamma\). Ponieważ czworokąt \(CLPK\) jest wpisany w okrąg, \[\angle LPK=180^\circ-\gamma.\] Kąty \(LPK\) i \(APB\) są wierzchołkowe, a w trójkącie \(APB\) mamy \[\angle APB=180^\circ-\alpha-\beta.\] Stąd \(\gamma=\alpha+\beta\). Z sumy kątów trójkąta \(ABC\): \[\gamma+2\alpha+2\beta=180^\circ.\] Po podstawieniu \(\alpha+\beta=\gamma\) otrzymujemy \(3\gamma=180^\circ\), więc \(\gamma=60^\circ\). Analogiczne rozumowanie dla czworokąta \(BKPM\) daje \(\angle ABC=60^\circ\). Wobec tego także \(\angle CAB=60^\circ\), a więc trójkąt \(ABC\) jest równoboczny.

**4 pkt** – wyznaczenie wszystkich kątów trójkąta \(ABC\) i zakończenie dowodu **3 pkt** – obliczenie \(\gamma=60^\circ\) **2 pkt** – zastosowanie kątów wierzchołkowych i uzyskanie \(\gamma=\alpha+\beta\) **1 pkt** – użycie własności czworokąta wpisanego w okrąg albo sumy kątów trójkąta w odpowiednim miejscu **0 pkt** – niepoprawne rozumowanie albo brak dowodu

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja, w tym przeprowadzanie dowodów kilkuetapowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R1 stosowanie własności czworokątów wpisanych w okrąg.

D. \(36\sqrt{3}\)

Wysokość trójkąta równobocznego o boku \(a\) jest równa \(h=\frac{a\sqrt3}{2}\), więc \[\frac{a\sqrt3}{2}=6\sqrt3,\qquad a=12.\] Pole: \[P=\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{144\sqrt3}{4}=36\sqrt3.\] **Odpowiedź.** D. \(36\sqrt3\)

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

**Wymagania egzaminacyjne 2022** **Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** G10.9) Zdający oblicza pola i obwody trójkątów […].

**D.** \(\frac{92}{25}\)

Z twierdzenia o dwusiecznej kąta: \[\frac{|AD|}{|CD|}=\frac{|AB|}{|CB|}.\] Po podstawieniu danych: \[\frac{3{,}2}{|CD|}=\frac4{4{,}6}.\] Stąd \[|CD|=\frac{3{,}2\cdot4{,}6}{4}=3{,}68=\frac{92}{25}.\]

**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.7 stosowanie twierdzenia Talesa, twierdzenia odwrotnego, twierdzenia o dwusiecznej kąta oraz twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą.

B. \(2\sqrt{3}\)

W trójkącie równoramiennym największy kąt leży naprzeciw najdłuższego boku, więc kąt \(120^\circ\) jest zawarty między ramionami, a podstawa ma długość \(12\). Wysokość opuszczona na podstawę dzieli trójkąt na dwa trójkąty prostokątne o kątach \(60^\circ\) i \(30^\circ\), więc \[h_{12}=6\cdot\operatorname{tg}30^\circ=6\cdot\frac{\sqrt3}{3}=2\sqrt3,\qquad a=\frac{6}{\cos30^\circ}=4\sqrt3\] (gdzie \(a\) oznacza ramię). Najkrótsza wysokość jest opuszczona na najdłuższy bok — iloczyn boku i odpowiadającej mu wysokości jest stały i równy podwojonemu polu. Ponieważ najdłuższym bokiem jest podstawa \(12\), najkrótszą wysokością jest \(h_{12}=2\sqrt3\). Sprawdzenie: \(P=\frac12\cdot12\cdot2\sqrt3=12\sqrt3\), a wysokość opuszczona na ramię wynosi \(\frac{2P}{4\sqrt3}=6>2\sqrt3\). **Odpowiedź.** B. \(2\sqrt3\)

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

Zadanie 20. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2021 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Sinus większego kąta ostrego jest równy \(\frac45\).

Oznaczmy długości przyprostokątnych przez \(a\) i \(b\), długość przeciwprostokątnej przez \(c\), a promień okręgu wpisanego przez \(r\). Dla trójkąta prostokątnego \[r=\frac{a+b-c}{2}.\] Z warunku \(r=\frac c5\) wynika \[a+b=\frac75c.\] Ponadto \(a^2+b^2=c^2\). Po podstawieniu \(b=\frac75c-a\) otrzymujemy \[25a^2-35ac+12c^2=0,\] stąd \[a=\frac35c\quad\text{lub}\quad a=\frac45c.\] Przyprostokątne mają więc długości \(\frac35c\) i \(\frac45c\). Większy kąt ostry leży naprzeciw dłuższej przyprostokątnej, zatem jego sinus wynosi \[\frac{\frac45c}{c}=\frac45.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\frac45\) **3 pkt** – wyznaczenie stosunku przyprostokątnych do przeciwprostokątnej: \(3/5\) i \(4/5\), albo równoważnego związku trygonometrycznego **2 pkt** – zapisanie równania kwadratowego wynikającego z warunku na promień i twierdzenia Pitagorasa albo równoważnego równania trygonometrycznego **1 pkt** – zapisanie zależności \(\frac{a+b-c}{2}=\frac c5\) albo równoważnego związku **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R7.4 znajdowanie związków miarowych w figurach płaskich, w szczególności między bokami trójkąta prostokątnego i promieniem okręgu wpisanego.

**A.** \(\sqrt{34}\)

W trójkącie prostokątnym \(BCD\): \[|CD|=\sqrt{13^2-12^2}=\sqrt{169-144}=5.\] Następnie w trójkącie prostokątnym \(ACD\): \[|AC|=\sqrt{3^2+5^2}=\sqrt{34}.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** G10.7 stosowanie twierdzenia Pitagorasa.

\[r=\frac{ab}{a+b}.\]

Oznaczmy wierzchołek kąta prostego przez \(A\), a pozostałe wierzchołki przez \(B\) i \(C\), tak że \(|AB|=a\) i \(|AC|=b\). Ponieważ okrąg jest styczny do obu przyprostokątnych, odległość punktu \(O\) od każdej z nich jest równa \(r\). Punkt \(O\) leży na przeciwprostokątnej \(BC\), więc trójkąt \(ABC\) jest sumą trójkątów \(ABO\) i \(ACO\). Porównujemy pola: \[\frac12ab=\frac12ar+\frac12br=\frac12(a+b)r.\] Po pomnożeniu przez \(2\) i podzieleniu przez \(a+b\) otrzymujemy \[r=\frac{ab}{a+b}.\]

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego dowodu i otrzymanie \(r=\frac{ab}{a+b}\) **1 pkt** – zapisanie zależności pól \(P_{ABC}=P_{ABO}+P_{ACO}\) z wysokościami równymi \(r\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.2 wykorzystywanie własności stycznej do okręgu.

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

Punkt \(O\) jest środkiem okręgu wpisanego, czyli punktem przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta. Dla kąta przy wierzchołku \(A\) zachodzi zależność \[|\angle BOC|=90^\circ+\frac12|\angle BAC|.\] Zatem \[100^\circ=90^\circ+\frac12|\angle BAC|,\] więc \(|\angle BAC|=20^\circ\).

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie własności dwusiecznych kątów trójkąta i sumy miar kątów w trójkącie.

\[|BD|=12.\]

W trójkącie \(ABC\) mamy \(|\angle B|=30^\circ\) i \(|\angle A|=90^\circ\), więc \(|\angle BCA|=60^\circ\). W trójkącie \(ACD\) kąt \(CDA\) ma \(60^\circ\), zatem \(|\angle DCA|=30^\circ\). Stąd \[|\angle BCD|=60^\circ-30^\circ=30^\circ.\] Trójkąt \(BCD\) jest więc równoramienny i \(|BD|=|CD|\). Trójkąt \(ACD\) ma kąty \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\), a bok \(AD=6\) leży naprzeciw kąta \(30^\circ\). Jego przeciwprostokątna ma długość \[|CD|=2|AD|=12.\] Zatem \(|BD|=12\).

**2 pkt** – poprawne obliczenie \(|BD|=12\) **1 pkt** – obliczenie \(|\angle BCD|=30^\circ\), zapisanie \(|BD|=|CD|\), zależności \(|CD|=2|AD|\) lub innej poprawnej zależności prowadzącej do wyniku **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie własności trójkąta prostokątnego o kątach \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\) oraz własności trójkąta równoramiennego.

\[\sin\alpha=\frac{24}{5\sqrt{97}}=\frac{24\sqrt{97}}{485}.\]

Niech \(E\) będzie środkiem podstawy \(AB\). W trójkącie prostokątnym \(AEC\): \[|CE|=\sqrt{10^2-6^2}=8.\] Pole trójkąta \(ABC\) wynosi więc \[P_{ABC}=\frac12\cdot12\cdot8=48.\] Środkowa \(AD\) dzieli trójkąt na dwie części o równych polach, zatem \(P_{ADC}=24\). Z twierdzenia Apoloniusza dla środkowej \(AD\): \[|AD|^2=\frac{2|AB|^2+2|AC|^2-|BC|^2}{4}=\frac{2\cdot12^2+2\cdot10^2-10^2}{4}=97,\] czyli \(|AD|=\sqrt{97}\). Pole trójkąta \(ADC\) zapisujemy także jako \[24=\frac12|AD|\,|AC|\sin\alpha=5\sqrt{97}\sin\alpha.\] Stąd \[\sin\alpha=\frac{24}{5\sqrt{97}}=\frac{24\sqrt{97}}{485}.\]

**4 pkt** – obliczenie \(\sin\alpha=\frac{24}{5\sqrt{97}}\) **3 pkt** – obliczenie zarówno \(|AD|=\sqrt{97}\), jak i \(P_{ADC}=24\) **2 pkt** – obliczenie \(|AD|=\sqrt{97}\) albo \(P_{ADC}=24\) **1 pkt** – obliczenie wysokości trójkąta \(ABC\), \(|CE|=8\), albo równoważny konieczny krok wskazany w kluczu CKE **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2020 nie zawiera tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** planimetria - pola trójkątów, środkowa, twierdzenie Pitagorasa i wzór na pole z sinusem.

Odległości punktów \(A\) i \(B\) od prostej \(CS\) są równe.

Odcinek \(CS\) jest środkową trójkąta \(ABC\), bo \(S\) jest środkiem boku \(AB\). Dzieli on trójkąt na dwa trójkąty \(ASC\) i \(BSC\). Trójkąty te mają równe podstawy \(\lvert AS\rvert=\lvert SB\rvert\) i wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka \(C\) na prostą \(AB\), więc mają równe pola: \[P_{ASC}=P_{BSC}.\] Te same pola można wyrazić, przyjmując za podstawę wspólny bok \(CS\): \[P_{ASC}=\tfrac12\lvert CS\rvert\cdot d(A,CS),\qquad P_{BSC}=\tfrac12\lvert CS\rvert\cdot d(B,CS),\] gdzie \(d(X,CS)\) oznacza odległość punktu \(X\) od prostej \(CS\). Z równości pól i z \(\lvert CS\rvert>0\) wynika \[d(A,CS)=d(B,CS),\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** Odległości punktów \(A\) i \(B\) od prostej \(CS\) są równe.

**1 pkt** – zauważenie, że trójkąty \(ASC\) i \(BSC\) mają równe pola. **2 pkt** – pełne uzasadnienie równości odległości.

Zadanie 28. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[|ST|=\frac12|AB|.\]

Niech \(P\) będzie środkiem odcinka \(AB\). W trójkącie równoramiennym \(ABC\) odcinek \(CP\) jest prostopadły do \(AB\). Przez punkt \(N\) prowadzimy prostą równoległą do \(AB\), która przecina \(CP\) w punkcie \(L\). Trójkąty prostokątne \(ASM\) i \(NLC\) są przystające: \(|AM|=|CN|\), a odpowiadające sobie kąty ostre mają równe miary, ponieważ \(NL\parallel AB\). Stąd \(|AS|=|LN|\). Czworokąt \(PTNL\) jest prostokątem, więc \(|PT|=|LN|=|AS|\). Zatem \[|ST|=|SP|+|PT|=(|AP|-|AS|)+|AS|=|AP|=\frac12|AB|.\]

**3 pkt** – pełny dowód równości \(|ST|=\frac12|AB|\) **2 pkt** – wykorzystanie przystawania odpowiednich trójkątów i zależności \(|PT|=|LN|=|AS|\), a następnie poprawne doprowadzenie do tezy **1 pkt** – wykazanie przystawania jednego z odpowiednich zestawów trójkątów albo zapisanie równoważnych proporcji prowadzących do tezy **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i wykorzystywanie cech podobieństwa trójkątów.

Teza została wykazana: \(\lvert BC\rvert^{2}-\lvert AC\rvert^{2}=\lvert AB\rvert\cdot\lvert AC\rvert\).

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle ABC\rvert\), \(a=\lvert BC\rvert\), \(b=\lvert AC\rvert\), \(c=\lvert AB\rvert\). Z założenia \(\lvert\angle BAC\rvert=2\alpha\), a trzeci kąt ma miarę \(180^\circ-3\alpha\). Teza przyjmuje postać \[a^{2}-b^{2}=bc.\] Z twierdzenia sinusów, w którym bok \(a\) leży naprzeciw kąta \(2\alpha\), bok \(b\) naprzeciw kąta \(\alpha\), a bok \(c\) naprzeciw kąta \(180^\circ-3\alpha\): \[\frac ab=\frac{\sin 2\alpha}{\sin\alpha}=2\cos\alpha,\qquad \frac cb=\frac{\sin 3\alpha}{\sin\alpha}.\] Dzielenie jest wykonalne, bo \(0^\circ<\alpha<60^\circ\) i \(\sin\alpha>0\). Ze wzoru na sinus potrojonego kąta \(\sin 3\alpha=3\sin\alpha-4\sin^{3}\alpha\) otrzymujemy \[\frac cb=3-4\sin^{2}\alpha=4\cos^{2}\alpha-1.\] Stąd \[a^{2}-b^{2}=b^{2}\left(\frac{a^{2}}{b^{2}}-1\right)=b^{2}\left(4\cos^{2}\alpha-1\right)=b^{2}\cdot\frac cb=bc,\] co jest równoważne tezie. **Odpowiedź.** \(\lvert BC\rvert^{2}-\lvert AC\rvert^{2}=\lvert AB\rvert\cdot\lvert AC\rvert\), co należało wykazać.

**Schemat oceniania I sposobu rozwiązania** **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający, przy przyjętych oznaczeniach, zapisze jedną z równości \(\tfrac{b}{x}=\) […]. **[…] pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający zapisze zależność, w której występują tylko wielkości \(a\), \(b\) i \(c\), ale nie wykaże tezy, np. zapisze \(b^2=a\cdot\) […]. **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. **Schemat oceniania II sposobu rozwiązania** **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający, przy przyjętych oznaczeniach, zapisze obie równości: \(\tfrac{b}{\sin\alpha}=\tfrac{a}{2\sin\alpha\cos\alpha}\) oraz \(b^2=a^2+c^2-2ac\cos\alpha\). **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający zapisze zależność, w której występują tylko wielkości \(a\), \(b\) i \(c\), ale nie wykaże tezy, np. zapisze \(b^2=a^2+c^2-2ac\cdot\) […]. **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.

Klasyfikacja rzeczowa: dowodzenie zależności miarowej w trójkącie z użyciem dwusiecznej, podobieństwa trójkątów lub twierdzeń sinusów i cosinusów.

D

Odcinki \(OB\) i \(OC\) są promieniami, a z warunku zadania \(\lvert OB\rvert=\lvert BC\rvert\). Zatem \[\lvert OB\rvert=\lvert OC\rvert=\lvert BC\rvert=r,\] czyli trójkąt \(OBC\) jest równoboczny i \(\lvert\angle BOC\rvert=60^\circ\). Punkty \(A\), \(O\), \(B\) leżą na jednej prostej (\(AB\) jest średnicą), więc kąty \(AOC\) i \(BOC\) są przyległe: \[\lvert\angle AOC\rvert=180^\circ-60^\circ=120^\circ.\] Trójkąt \(AOC\) ma boki \(\lvert OA\rvert=\lvert OC\rvert=r\) i kąt \(120^\circ\) między nimi: \[P=\tfrac12r^2\sin120^\circ=\tfrac12r^2\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{\sqrt3}{4}r^2.\] **Odpowiedź.** D. \(\dfrac{\sqrt3}{4}r^2\)

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

Zadanie 16. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Trójkąty \(AED\) i \(FPB\) są przystające.

Z rysunku odczytujemy, że \(E\) leży na boku \(DC\), \(F\) na boku \(AB\), a punkt \(P\) — przecięcie prostych \(EF\) i \(BC\) — leży poniżej boku \(AB\), na przedłużeniu boku \(CB\). Oznaczmy \(\lvert DE\rvert=d\) oraz \(\lvert AD\rvert=h\). Wtedy \(\lvert EC\rvert=2d\), więc \(\lvert DC\rvert=\lvert AB\rvert=3d\) oraz \(\lvert BF\rvert=d\). Kluczowy krok to wyznaczenie \(\lvert BP\rvert\); przeprowadzimy go w układzie współrzędnych. Przyjmijmy \(A=(0,0)\), \(B=(3d,0)\), \(C=(3d,h)\), \(D=(0,h)\). Wtedy \(E=(d,h)\) oraz \(F=(2d,0)\). Wektor \(\vec{EF}=[d,-h]\), więc prosta \(EF\) osiąga \(x=3d\) dla \(y=-h\), czyli \[P=(3d,-h),\qquad \lvert BP\rvert=h=\lvert AD\rvert.\] Kąty \(ADE\) i \(FBP\) są proste: pierwszy jest kątem prostokąta przy wierzchołku \(D\), drugi — kątem między bokiem \(AB\) a prostą \(BC\). Trójkąty \(AED\) i \(FPB\) mają zatem kąty proste odpowiednio przy \(D\) i przy \(B\) oraz równe przyprostokątne: \[\lvert DE\rvert=\lvert BF\rvert=d,\qquad \lvert DA\rvert=\lvert BP\rvert=h.\] Z cechy bok-kąt-bok są przystające, co należało wykazać. **Odpowiedź.** Trójkąty \(AED\) i \(FPB\) są przystające.

**1 pkt** – wykazanie równości \(\lvert BP\rvert=\lvert AD\rvert\) albo innej istotnej zależności między odcinkami. **2 pkt** – pełny dowód przystawania trójkątów \(AED\) i \(FPB\).

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Pole=\(30\)

Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(a\), \(b\) i przeciwprostokątnej \(c\) promień okręgu wpisanego wyraża się wzorem \[r=\frac{a+b-c}{2}.\] Przyjmijmy \(a=\lvert AC\rvert=5\) i oznaczmy drugą przyprostokątną przez \(b\). Z warunku \(r=2\): \[\frac{5+b-c}{2}=2,\qquad c=b+1.\] Z twierdzenia Pitagorasa \[5^2+b^2=(b+1)^2,\qquad 25=2b+1,\qquad b=12,\] skąd \(c=13\). Warunek trójkąta jest spełniony, bo \(5+12>13\). Pole: \[P=\tfrac12\cdot5\cdot12=30.\] **Odpowiedź.** \(P=30\)

**1–3 pkt** – zapisanie zależności wiążącej promień okręgu wpisanego z bokami i wyznaczenie drugiej przyprostokątnej \(b=12\). **4 pkt** – obliczenie pola \(P=30\).

Zadanie 34. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**C.** \(\frac{8\sqrt3}{3}\)

Trójkąt jest prostokątny w \(C\), \(|AC|=4\), a \(|\angle A|=30^\circ\). Zatem \(|BC|=4\tan30^\circ=\frac{4\sqrt3}{3}\), więc \[P=\frac12\cdot4\cdot\frac{4\sqrt3}{3}=\frac{8\sqrt3}{3}.\]

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

**Klasyfikacja CKE:** trójkąt prostokątny - funkcje trygonometryczne i pole.

\[\lvert CD\rvert=\tfrac12\lvert BD\rvert.\]

Oznaczmy \(\lvert\angle ABC\rvert=2\alpha\); dwusieczna dzieli ten kąt na dwa kąty po \(\alpha\), więc \(\lvert\angle ABD\rvert=\lvert\angle DBC\rvert=\alpha\). Z założenia \(\lvert AD\rvert=\lvert BD\rvert\), więc trójkąt \(ABD\) jest równoramienny o podstawie \(AB\) i kąty przy tej podstawie są równe: \[\lvert\angle BAD\rvert=\lvert\angle ABD\rvert=\alpha.\] Kąt \(BAD\) jest kątem \(BAC\) trójkąta \(ABC\) (punkt \(D\) leży na boku \(AC\)). W trójkącie prostokątnym \(ABC\) kąty ostre sumują się do \(90^\circ\): \[\alpha+2\alpha=90^\circ,\qquad \alpha=30^\circ.\] Trójkąt \(BCD\) jest prostokątny (kąt prosty przy \(C\)) i ma kąt \(\lvert\angle DBC\rvert=30^\circ\), zatem \[\frac{\lvert CD\rvert}{\lvert BD\rvert}=\sin30^\circ=\frac12,\qquad \lvert CD\rvert=\tfrac12\lvert BD\rvert,\] co należało udowodnić. **Odpowiedź.** \(\lvert CD\rvert=\frac12\lvert BD\rvert\)

**1 pkt** – wyznaczenie miar kątów pozwalających na dowód, np. \(\lvert\angle DBC\rvert=30^\circ\). **2 pkt** – pełny dowód zależności \(\lvert CD\rvert=\frac12\lvert BD\rvert\).

V. Rozumowanie i argumentacja. 7. Planimetria. Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych (7.4).

**C.** \(\left(3+\sqrt3\right)a\)

W trójkącie prostokątnym z kątem \(30^\circ\) bok naprzeciw tego kąta ma długość równą połowie przeciwprostokątnej. Zatem \(|AC|=2a\), a z twierdzenia Pitagorasa \(|AB|=a\sqrt3\). Obwód wynosi \[a+2a+a\sqrt3=(3+\sqrt3)a.\]

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

**Klasyfikacja CKE:** trójkąt prostokątny - zależności w trójkącie o kątach \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\) i obwód.

Obwód wynosi \(60\) cm. Niech krótsza przyprostokątna ma długość x, a dłuższa x + \(14\). Z twierdzenia Pitagorasa \(x^{2}\) + (x + \(14\))\(2 = 2\)\(6^{2}\), czyli \(x^{2}\) + \(14x\) − \(240 = 0\). Dodatni pierwiastek to x = \(10\), więc boki mają długości \(10\), \(24\), \(26\).

**Krok \(1\).** Zadanie \(30\). (\(0-2\)) **Krok \(2\).** III. Modelowanie **Krok \(3\).** matematyczne. **Krok \(4\).** Gl O. Figury płaskie. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa **Krok \(5\).** (GIO.\(7\)). **Krok \(6\).** \(3\). Równama i nierówności. Zdający rozwiązuje równania **Krok \(7\).** kwadratowe z •edn niewiado **Krok \(8\).** Przykładowe rozwiązanie **Odpowiedź.** Obwód wynosi \(60\) cm. Niech krótsza przyprostokątna ma długość x, a dłuższa x + \(14\). Z twierdzenia Pitagorasa \(x^{2}\) + (x + \(14\))\(2 = 2\)\(6^{2}\), czyli \(x^{2}\) + \(14x\) − \(240 = 0\). Dodatni pierwiastek to x = \(10\), więc boki mają długości \(10\), \(24\), \(26\).

**1 pkt** – gdy zdający albo zapisze równanie kwadratowe z jedną niewiadomą, np. \(x^2\) […] \(=26^2\), gdzie \(x\) jest długością krótszej przyprostokątnej, albo zapisze układ równań, np. \(a^2+b^2=26^2\) i \(b=a+14\), gdzie \(a\) jest długością krótszej oraz \(b\) długością dłuższej przyprostokątnej, i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. **2 pkt** – gdy obliczy obwód trójkąta: \(60\) cm.

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

W trójkącie \(30\)°–\(60\)°–\(90\)° mamy DB = AB/\(4\) i AD = \(\frac{3AB}{4}\), więc AD : DB = \(3 : 1\).

W trójkącie \(ABC\) mamy \(\lvert\angle ACB\rvert=90^\circ\) i \(\lvert\angle ABC\rvert=60^\circ\), więc \(\lvert\angle BAC\rvert=30^\circ\). Wysokość \(CD\) dzieli trójkąt na dwa trójkąty prostokątne podobne do wyjściowego. Z podobieństwa trójkątów \(ACD\) i \(ABC\) (wspólny kąt przy \(A\), oba prostokątne) oraz \(BCD\) i \(BAC\) otrzymujemy zależności \[\lvert AD\rvert=\frac{\lvert AC\rvert^2}{\lvert AB\rvert},\qquad \lvert DB\rvert=\frac{\lvert BC\rvert^2}{\lvert AB\rvert}.\] Oznaczmy \(\lvert AB\rvert=c\). W trójkącie o kątach \(30^\circ\), \(60^\circ\), \(90^\circ\) naprzeciw kąta \(30^\circ\) leży bok równy połowie przeciwprostokątnej: \[\lvert BC\rvert=c\cos60^\circ=\tfrac12c,\qquad \lvert AC\rvert=c\sin60^\circ=\frac{c\sqrt3}{2}.\] Stąd \[\lvert AD\rvert=\frac{\frac34c^2}{c}=\tfrac34c,\qquad \lvert DB\rvert=\frac{\frac14c^2}{c}=\tfrac14c,\] a więc \[\lvert AD\rvert:\lvert DB\rvert=\tfrac34c:\tfrac14c=3:1,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert AD\rvert:\lvert DB\rvert=3:1\)

1 pkt: poprawna zależność długości wynikająca z podobieństwa lub trygonometrii. 2 pkt: pełny dowód.

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**D.** \(a=2\)

Dla \(a=2\) długości wynoszą \(5\), \(5\) i \(1\), więc tworzą trójkąt równoramienny. Dla \(a=6\) otrzymujemy \(5,13,5\), które nie spełniają nierówności trójkąta; pozostałe odpowiedzi nie dają dwóch równych boków.

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - trójkąt równoramienny i nierówność trójkąta.

\[|CP|=\frac23a.\]

Przyjmijmy wektorowo \(B=\mathbf0\), \(C=\mathbf c\), gdzie \(|\mathbf c|=a\), oraz \(A=\mathbf u\). Wtedy \[D=\frac{\mathbf u+\mathbf c}{2},\qquad S=\frac{D}{2}=\frac{\mathbf u+\mathbf c}{4}.\] Punkt prostej \(AS\) ma postać \[\mathbf u+t\left(\frac{\mathbf u+\mathbf c}{4}-\mathbf u\right)=\left(1-\frac{3t}{4}\right)\mathbf u+\frac{t}{4}\mathbf c.\] Leży na \(BC\), gdy współczynnik przy \(\mathbf u\) jest zerowy, czyli dla \(t=\frac43\). Stąd \(P=\frac13\mathbf c\), zatem \(|BP|=\frac13a\) i \(|CP|=a-\frac13a=\frac23a\).

**4 pkt** – pełny dowód, że \(|CP|=\frac23a\) **3 pkt** – wyznaczenie równoważnej zależności \(|BP|=\frac13a\) **2 pkt** – poprawne zapisanie położeń punktów \(D\) i \(S\) albo równoważnych proporcji **1 pkt** – istotne wykorzystanie faktu, że \(BD\) jest środkową, a \(S\) środkiem \(BD\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** planimetria - środkowe, podział odcinka i zależności afiniczne w trójkącie.

**B.** \(53^\circ\).

Niech \(x=\angle BCD\). Ponieważ \(|BD|=|CD|\), trójkąt \(BCD\) jest równoramienny, więc \(\angle CBD=x\). Punkt \(D\) leży na \(AB\), zatem \(\angle ABC=x\). Z warunku \(|AC|=|BC|\) wynika \(\angle CAB=x\), a więc \[\angle ACB=180^\circ-2x.\] Z drugiej strony \(\angle ACB=21^\circ+x\). Stąd \(180^\circ-2x=21^\circ+x\), czyli \(x=53^\circ\).

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

Klucz CKE nie publikuje osobnej tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, kąty i własności trójkątów równoramiennych.

**C.** \(6\,\text{cm}\).

Jeżeli trzeci bok ma długość \(c\), to z nierówności trójkąta \[|7-2|<c<7+2,\] czyli \(5<c<9\). Spośród podanych odpowiedzi warunek spełnia \(c=6\,\text{cm}\).

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

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

\[P_{AHE}=P_{BEG}.\]

Przyjmijmy oznaczenia \(|AB|=|AE|=a\), \(|AC|=|BC|=|BG|=b\) oraz \(\angle BAC=\angle ABC=\alpha\). Przekątne kwadratów mają długości \[|AH|=b\sqrt2,\qquad |BE|=a\sqrt2.\] Ponieważ trójkąt \(ABC\) jest ostrokątny i równoramienny, \(\alpha>45^\circ\). Dla kątów wypukłych otrzymujemy \[\angle EAH=360^\circ-(90^\circ+\alpha+45^\circ)=225^\circ-\alpha,\] \[\angle EBG=360^\circ-(90^\circ+\alpha+45^\circ)=225^\circ-\alpha.\] Zatem \(\angle EAH=\angle EBG\). Korzystając ze wzoru na pole trójkąta, mamy \[P_{AHE}=\frac12\cdot a\cdot b\sqrt2\cdot\sin(225^\circ-\alpha),\] \[P_{BEG}=\frac12\cdot a\sqrt2\cdot b\cdot\sin(225^\circ-\alpha).\] Prawe strony są równe, więc \(P_{AHE}=P_{BEG}\).

**Oficjalny schemat CKE dla sposobu trygonometrycznego:** **1 pkt** – istotny postęp: obliczenie długości \(AH\) i \(BE\) za pomocą boków \(AB\), \(AC\) lub wykazanie, że \(\angle EAH=\angle EBG\) **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności: obliczenie obu długości oraz wykazanie równości kątów **3 pkt** – rozwiązanie pełne: wykazanie, że pola obu trójkątów są równe

Informator CKE nie przypisuje temu przykładowi osobnego numeru wymagania. Wymaganie ustalono na podstawie treści i rozwiązania: **geometria płaska**, pola trójkątów, własności kwadratu, kąty oraz zastosowanie wzoru \(P=\frac12ab\sin\gamma\).

\[P_{AHE}=P_{BEG}.\]

Przyjmijmy oznaczenia \(|AB|=|AE|=a\), \(|AC|=|BC|=|BG|=b\) oraz \(\angle BAC=\angle ABC=\alpha\). Przekątne kwadratów mają długości \[|AH|=b\sqrt2,\qquad |BE|=a\sqrt2.\] Ponieważ trójkąt \(ABC\) jest ostrokątny i równoramienny, \(\alpha>45^\circ\). Dla kątów wypukłych otrzymujemy \[\angle EAH=360^\circ-(90^\circ+\alpha+45^\circ)=225^\circ-\alpha,\] \[\angle EBG=360^\circ-(90^\circ+\alpha+45^\circ)=225^\circ-\alpha.\] Zatem \(\angle EAH=\angle EBG\). Korzystając ze wzoru na pole trójkąta, mamy \[P_{AHE}=\frac12\cdot a\cdot b\sqrt2\cdot\sin(225^\circ-\alpha),\] \[P_{BEG}=\frac12\cdot a\sqrt2\cdot b\cdot\sin(225^\circ-\alpha).\] Prawe strony są równe, więc \(P_{AHE}=P_{BEG}\).

**Oficjalny schemat CKE dla sposobu trygonometrycznego:** **1 pkt** – istotny postęp: obliczenie długości \(AH\) i \(BE\) za pomocą boków \(AB\), \(AC\) lub wykazanie, że \(\angle EAH=\angle EBG\) **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności: obliczenie obu długości oraz wykazanie równości kątów **3 pkt** – rozwiązanie pełne: wykazanie, że pola obu trójkątów są równe

Informator CKE nie przypisuje temu przykładowi osobnego numeru wymagania. Wymaganie ustalono na podstawie treści i rozwiązania: **geometria płaska**, pola trójkątów, własności kwadratu, kąty oraz zastosowanie wzoru \(P=\frac12ab\sin\gamma\).

Wykazano, że \[|CD|=|DE|=|CE|.\]

Ponieważ \(CD\perp AB\), trójkąt \(CDB\) jest prostokątny, a jego przeciwprostokątną jest \(CB\). Punkt \(E\) jest środkiem tej przeciwprostokątnej. Środek przeciwprostokątnej jest równoodległy od wszystkich wierzchołków trójkąta prostokątnego, zatem \[|EC|=|ED|=|EB|.\] Z założenia \(|CD|=|DE|\), więc \[|CD|=|DE|=|CE|.\] Trójkąt \(CDE\) ma trzy boki równej długości, jest więc równoboczny.

**2 pkt** – pełny dowód wykorzystujący własność środka przeciwprostokątnej **1 pkt** – poprawne stwierdzenie \(|EC|=|ED|=|EB|\) z uzasadnieniem opartym na trójkącie prostokątnym **0 pkt** – rozumowanie błędne albo brak dowodu

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** Zdający wykorzystuje własność środka przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego do dowodzenia równości boków.

**C.** \(12\)

Środek okręgu opisanego na trójkącie równobocznym leży w punkcie przecięcia wysokości i dzieli każdą wysokość w stosunku \(2:1\) od wierzchołka, więc \(R=\frac23h\). Stąd \[h=\tfrac32R=\tfrac32\cdot8=12.\] **Odpowiedź.** C. \(12\)

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

Zadanie 16. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[P_{ABC}=84.\]

Przyjmijmy \(\lvert AD\rvert=3x\) oraz \(\lvert DB\rvert=4x\), zgodnie z danym stosunkiem. Trójkąt \(DBC\) jest równoramienny, bo \(\lvert DC\rvert=\lvert BC\rvert=10\). Spodek \(E\) wysokości opuszczonej z wierzchołka \(C\) na podstawę \(AB\) jest więc środkiem odcinka \(DB\): \[\lvert DE\rvert=\lvert EB\rvert=2x,\qquad \lvert AE\rvert=3x+2x=5x.\] Oznaczmy \(h=\lvert CE\rvert\). Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów \(BEC\) i \(AEC\) \[(2x)^{2}+h^{2}=10^{2},\qquad (5x)^{2}+h^{2}=17^{2}.\] Odejmujemy pierwsze równanie od drugiego: \[21x^{2}=189,\qquad x^{2}=9,\qquad x=3,\] bo \(x>0\). Wtedy \(h^{2}=100-4\cdot9=64\), czyli \(h=8\). Podstawa ma długość \(\lvert AB\rvert=7x=21\), zatem \[P_{ABC}=\tfrac12\cdot21\cdot8=84.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABC}=84\).

**1 pkt** – zdający zapisze stosunek długości odcinków \(AD\) i \(DB\), np.: \(\lvert AD\rvert=3x\), \(\lvert DB\rvert=4x\). **2 pkt** – zdający zapisze układ równań pozwalający obliczyć wprowadzoną niewiadomą, np. \((2x)^{2}+h^{2}=10^{2}\) oraz \((5x)^{2}+h^{2}=17^{2}\); albo \(\cos\varphi=[…]\) oraz \(17^{2}=[…]\); albo \(17^{2}=[…]+10^{2}-2\cdot 7x\cdot 10\cdot\cos\varphi\) oraz \(10^{2}=[…]+10^{2}-2\cdot 4x\cdot 10\cdot\cos\varphi\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zdający obliczy \(x\) albo \(h\): \(x=3\), \(h=8\). **Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)** – zdający obliczy \(x\) oraz wysokość trójkąta z błędem rachunkowym i konsekwentnie do tego błędu obliczy pole trójkąta \(ABC\). **5 pkt** – zdający obliczy pole trójkąta \(ABC\): \(P_{ABC}=84\).

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

\[\lvert\angle BAC\rvert=60^\circ,\qquad \lvert\angle ABC\rvert=45^\circ,\qquad \lvert\angle ACB\rvert=75^\circ.\]

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle BAS\rvert\). Z warunków zadania \(\lvert\angle CBS\rvert=2\alpha\) oraz \(\lvert\angle ACS\rvert=3\alpha\). Punkt \(S\) jest środkiem okręgu opisanego, więc \(\lvert SA\rvert=\lvert SB\rvert=\lvert SC\rvert\) i trójkąty \(ABS\), \(BCS\), \(CAS\) są równoramienne. Kąty przy ich podstawach są równe: \[\lvert\angle ABS\rvert=\lvert\angle BAS\rvert=\alpha,\qquad \lvert\angle BCS\rvert=\lvert\angle CBS\rvert=2\alpha,\qquad \lvert\angle CAS\rvert=\lvert\angle ACS\rvert=3\alpha.\] Trójkąt jest ostrokątny, więc \(S\) leży wewnątrz niego i każdy kąt trójkąta jest sumą dwóch kątów przy tym samym wierzchołku: \[\lvert\angle BAC\rvert=\alpha+3\alpha=4\alpha,\qquad \lvert\angle ABC\rvert=\alpha+2\alpha=3\alpha,\qquad \lvert\angle ACB\rvert=2\alpha+3\alpha=5\alpha.\] Z sumy kątów trójkąta \[4\alpha+3\alpha+5\alpha=180^\circ,\qquad 12\alpha=180^\circ,\qquad \alpha=15^\circ.\] Zatem kąty trójkąta mają miary \(60^\circ\), \(45^\circ\) i \(75^\circ\); wszystkie są ostre, więc założenie o ostrokątności jest spełnione. **Odpowiedź.** \(\lvert\angle BAC\rvert=60^\circ\), \(\lvert\angle ABC\rvert=45^\circ\), \(\lvert\angle ACB\rvert=75^\circ\)

**1–2 pkt** – zapisanie kątów \(BAS\), \(CBS\), \(ACS\) za pomocą jednej zmiennej i wykorzystanie równoramienności trójkątów \(ABS\), \(BCS\), \(CAS\). **3 pkt** – zapisanie równania \(4\alpha+3\alpha+5\alpha=180^\circ\). **4 pkt** – obliczenie miar kątów trójkąta \(ABC\).

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

**B.** \(\triangle CAB\)

W pięciokącie foremnym wszystkie boki są równe, wszystkie kąty wewnętrzne mają po \(108^\circ\), a wszystkie przekątne mają równą długość. Trójkąt \(ECD\) tworzą dwa boki \(CD\) i \(DE\) oraz przekątna \(EC\), przy czym kąt między bokami ma miarę \(108^\circ\). Trójkąt \(CAB\) tworzą dwa boki \(AB\) i \(BC\) oraz przekątna \(CA\), a kąt między nimi to również \(108^\circ\). Oba trójkąty mają więc po dwa boki równe bokowi pięciokąta i równe kąty między nimi, są zatem przystające na podstawie cechy bok-kąt-bok. **Odpowiedź.** B. \(\triangle CAB\)

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

Zadanie 11. (0–1) **Wymaganie ogólne:** wykorzystanie i interpretowanie informacji. **Wymaganie szczegółowe:** wskazywanie trójkąta przystającego do danego (I.7.c).

\[P_{AED}=\frac{ab^{3}}{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}.\]

Trójkąt \(DAB\) jest prostokątny, bo kąt \(DAB\) jest kątem prostokąta; jego przyprostokątne mają długości \(\lvert AB\rvert=a\) i \(\lvert AD\rvert=b\), a przeciwprostokątna \[\lvert BD\rvert=\sqrt{a^2+b^2}.\] Wysokość \(AE\) opuszczona na przeciwprostokątną wyznacza trójkąt \(AED\) podobny do \(DAB\) (oba mają kąt prosty i wspólny kąt przy wierzchołku \(D\)). Z porównania dwóch wzorów na pole trójkąta \(DAB\): \[\tfrac12 ab=\tfrac12\lvert BD\rvert\cdot\lvert AE\rvert,\qquad \lvert AE\rvert=\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}.\] Z podobieństwa \(\frac{\lvert DE\rvert}{\lvert AD\rvert}=\frac{\lvert AD\rvert}{\lvert BD\rvert}\), czyli \[\lvert DE\rvert=\frac{b^2}{\sqrt{a^2+b^2}}.\] Trójkąt \(AED\) jest prostokątny, a jego przyprostokątnymi są \(AE\) i \(DE\), więc \[P_{AED}=\tfrac12\cdot\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}\cdot\frac{b^2}{\sqrt{a^2+b^2}}=\frac{ab^3}{2(a^2+b^2)}.\] **Odpowiedź.** \(P_{AED}=\dfrac{ab^{3}}{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}\)

**1–2 pkt** – wyznaczenie długości przeciwprostokątnej \(\lvert BD\rvert=\sqrt{a^2+b^2}\) i zapisanie zależności pozwalającej obliczyć \(\lvert AE\rvert\). **3–4 pkt** – wyznaczenie \(\lvert AE\rvert\) oraz \(\lvert DE\rvert\). **5 pkt** – zapisanie pola trójkąta \(AED\) w postaci \(\frac{ab^{3}}{2\left(a^{2}+b^{2}\right)}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich z zastosowaniem własności figur podobnych. (IV.7.c.R)

B. \(2\sqrt{21}\)

Wysokość \(CD\) trójkąta równoramiennego opuszczona na podstawę dzieli ją na połowy, więc \(\lvert AD\rvert=\frac12\lvert AB\rvert\). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ACD\): \[\lvert AD\rvert=\sqrt{5^2-2^2}=\sqrt{21},\] zatem \(\lvert AB\rvert=2\sqrt{21}\). **Odpowiedź.** B. \(2\sqrt{21}\)

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

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich; zastosowanie twierdzenia Pitagorasa (II.7.c).

D. \(12 + 2\sqrt{6}\)

W trójkącie prostokątnym najdłuższym bokiem jest przeciwprostokątna, więc \(c=7\), a jedna z przyprostokątnych ma długość \(5\). Drugą wyznaczamy z twierdzenia Pitagorasa: \[b=\sqrt{7^2-5^2}=\sqrt{24}=2\sqrt6.\] Obwód: \[L=5+7+2\sqrt6=12+2\sqrt6.\] **Odpowiedź.** D. \(12+2\sqrt6\)

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

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich; zastosowanie twierdzenia Pitagorasa (II.7.c).

\[\lvert AD\rvert=3.\]

Z rysunku odczytujemy, że \(D\) leży na boku \(BC\), a \(AD\) jest wysokością opuszczoną z \(A\) na ten bok. Pole trójkąta o dwóch bokach i kącie między nimi: \[P=\tfrac12\lvert AC\rvert\cdot\lvert BC\rvert\sin\lvert\angle ACB\rvert=\tfrac12\cdot6\cdot6\cdot\sin30^\circ=18\cdot\tfrac12=9.\] To samo pole można zapisać z podstawą \(BC\) i wysokością \(AD\): \[P=\tfrac12\lvert BC\rvert\cdot\lvert AD\rvert=3\lvert AD\rvert.\] Porównując oba wyrażenia, otrzymujemy \(3\lvert AD\rvert=9\), czyli \(\lvert AD\rvert=3\). **Odpowiedź.** \(\lvert AD\rvert=3\)

**1 pkt** – zapisanie zależności pozwalającej obliczyć wysokość \(AD\), np. \(\sin30^\circ=\frac{\lvert AD\rvert}{6}\) albo \(\frac12\cdot6\cdot6\sin30^\circ=\frac12\cdot6\cdot\lvert AD\rvert\). **2 pkt** – obliczenie \(\lvert AD\rvert=3\).

Zadanie 29. (0–2) **Wymaganie ogólne:** użycie i tworzenie strategii. **Wymaganie szczegółowe:** znajdowanie związków miarowych w figurach płaskich z zastosowaniem trygonometrii.

**D.** \(5\)

Kąt prosty trójkąta jest kątem wpisanym opartym na przeciwprostokątnej, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego. Z twierdzenia Pitagorasa \[c=\sqrt{6^2+8^2}=10,\] zatem \(R=\frac{c}{2}=5\). **Odpowiedź.** D. \(5\)

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – stosuje własność okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym.

\[\lvert BM\rvert=\lvert MN\rvert.\]

Z rysunku odczytujemy, że punkt \(N\) leży na przedłużeniu boku \(BC\) poza wierzchołek \(C\), a punkt \(M\) na boku \(AC\). Poprowadźmy odcinek \(MD\) równoległy do \(AB\), gdzie \(D\) leży na boku \(BC\). Trójkąt \(MDC\) ma kąty równe kątom trójkąta \(ABC\) (kąty odpowiadające przy prostych równoległych), jest więc równoboczny. Stąd \[\lvert MD\rvert=\lvert MC\rvert=\lvert DC\rvert.\] Ponieważ \(\lvert AC\rvert=\lvert BC\rvert\) oraz \(\lvert MC\rvert=\lvert DC\rvert\), \[\lvert BD\rvert=\lvert BC\rvert-\lvert DC\rvert=\lvert AC\rvert-\lvert MC\rvert=\lvert AM\rvert=\lvert CN\rvert.\] Kąt \(BDM\) jest przyległy do kąta \(MDC=60^\circ\), więc ma \(120^\circ\). Kąt \(MCN\) jest przyległy do kąta \(MCB=\lvert\angle ACB\rvert=60^\circ\) (punkty \(B\), \(C\), \(N\) są współliniowe), więc również ma \(120^\circ\). Trójkąty \(BDM\) i \(MCN\) mają zatem równe po dwa boki (\(\lvert BD\rvert=\lvert CN\rvert\), \(\lvert DM\rvert=\lvert CM\rvert\)) i równe kąty między nimi, są więc przystające (cecha bok-kąt-bok). Stąd \[\lvert BM\rvert=\lvert MN\rvert,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert BM\rvert=\lvert MN\rvert\)

**1 pkt** – stwierdzenie, że trójkąty \(BDM\) i \(MCN\) są przystające, i wyprowadzenie stąd wniosku \(\lvert BM\rvert=\lvert MN\rvert\). **2 pkt** – poprawne uzasadnienie przystawania obu trójkątów wraz z wnioskiem.

Zadanie 25. (0–2) **Wymaganie ogólne:** rozumowanie i argumentacja. **Wymaganie szczegółowe:** korzystanie z własności trójkąta równobocznego i z cech przystawania trójkątów.

\[\lvert AD\rvert=\frac{4\sqrt{21}}{3}.\]

Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny o podstawie \(AB\), więc \(\lvert\angle ABC\rvert=\lvert\angle BAC\rvert=30^\circ\). Niech \(E\) będzie środkiem podstawy; wtedy \(\lvert BE\rvert=4\) i kąt \(BEC\) jest prosty. Z trójkąta \(BEC\) \[\lvert BC\rvert=\frac{\lvert BE\rvert}{\cos 30^\circ}=\frac{4}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\frac{8}{\sqrt3}.\] Punkt \(D\) jest środkiem boku \(BC\), zatem \(\lvert BD\rvert=\dfrac{4}{\sqrt3}\). W trójkącie \(ABD\) kąt przy wierzchołku \(B\) ma miarę \(30^\circ\), więc z twierdzenia cosinusów \[\lvert AD\rvert^{2}=8^{2}+\left(\frac{4}{\sqrt3}\right)^{2}-2\cdot8\cdot\frac{4}{\sqrt3}\cdot\cos 30^\circ=64+\frac{16}{3}-32=\frac{112}{3}.\] Stąd \[\lvert AD\rvert=\sqrt{\frac{112}{3}}=\frac{4\sqrt7}{\sqrt3}=\frac{4\sqrt{21}}{3}.\] **Odpowiedź.** \(\lvert AD\rvert=\dfrac{4\sqrt{21}}{3}\).

*Schemat oceniania I sposobu rozwiązania* **1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń i obliczenie długości odcinka \(BC\) lub \(CE\): \(\lvert BC\rvert=\frac{8}{\sqrt{3}}\) lub \(\lvert CE\rvert=\frac{4}{\sqrt{3}}\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – obliczenie długości odcinka \(BD\): \(\lvert BD\rvert=\frac{4}{\sqrt{3}}\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABD\): \(\lvert AD\rvert^{2}=8^{2}+\left(\frac{4}{\sqrt{3}}\right)^{2}-2\cdot 8\cdot\frac{4}{\sqrt{3}}\cdot\cos 30^\circ\). **4 pkt** – wyznaczenie długości środkowej \(AD\): \(\lvert AD\rvert=\sqrt{\frac{112}{3}}\). *Schemat oceniania II sposobu rozwiązania* **1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń i zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABC\), np. \(8^{2}=x^{2}+x^{2}-2x^{2}\cos 120^\circ\). **2 pkt** – obliczenie \(x\) lub \(x^{2}\): \(x=\frac{8}{\sqrt{3}}\), \(x^{2}=\frac{64}{3}\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ADC\). **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie długości środkowej \(AD\): \(y=\sqrt{\frac{112}{3}}\). *Schemat oceniania III sposobu rozwiązania* **1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń i zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABC\), np. \(x^{2}=8^{2}+x^{2}-2\cdot 8\cdot x\cos 30^\circ\). **2 pkt** – obliczenie \(x\) lub \(x^{2}\): \(x=\frac{8}{\sqrt{3}}\), \(x^{2}=\frac{64}{3}\). **3 pkt** – zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ADC\). **4 pkt** – wyznaczenie długości środkowej \(y\): \(y=\sqrt{\frac{112}{3}}\). *Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania* **1 pkt** – obliczenie długości odcinka \(FB\): \(\lvert FB\rvert=2\). **2 pkt** – obliczenie długości odcinka \(DF\): \(\lvert DF\rvert=\frac{2}{\sqrt{3}}\). **3 pkt** – zapisanie równości wynikającej z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta \(ADF\): \(\lvert AD\rvert^{2}=\lvert AF\rvert^{2}+\lvert DF\rvert^{2}\). **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie długości środkowej \(AD\): \(\lvert AD\rvert=\sqrt{\frac{112}{3}}\). *Schemat oceniania V sposobu rozwiązania* **1 pkt** – obliczenie długości odcinka \(CE\): \(\lvert CE\rvert=\frac{4}{\sqrt{3}}\). **2 pkt** – zapisanie, że \(\lvert AS\rvert=\frac{2}{3}\lvert AD\rvert\) i \(\lvert SE\rvert=\frac{1}{3}\lvert CE\rvert\). **3 pkt** – zapisanie równości wynikającej z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta \(ASE\). **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie długości środkowej \(AD\): \(\lvert AD\rvert=\sqrt{\frac{112}{3}}\). Jeśli zdający błędnie wyznaczy wartość \(\cos 30^\circ\) i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca, to otrzymuje \(3\) punkty. Jeśli zdający błędnie wyznaczy wartość \(\cos 120^\circ\) (np. zapomina o znaku) i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca, to otrzymuje \(3\) punkty. Rozwiązanie analityczne jest zastosowaniem IV sposobu rozwiązania.

IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich z zastosowaniem trygonometrii.

Trójkąt KGE jest równoboczny

**Krok \(1\).** Mamy wykazać, że trzy odcinki \(KG\), \(GE\) i \(EK\) mają równe długości. Nie musimy liczyć tych długości: wystarczy pokazać, że każdy z nich jest bokiem jednego z trzech trójkątów przystających. Szukamy więc trójkątów, w których zgadzają się dwa boki i kąt między nimi. Oznaczmy bok trójkąta równobocznego przez \(a\). **Krok \(2\).** Rysujemy odcinki \(CK\), \(CG\), \(BG\), \(BE\), \(AE\), \(AK\). Odcinki \(CK\), \(BG\), \(AE\) są bokami kwadratów zbudowanych na bokach trójkąta, a każdy z tych kwadratów ma bok długości \(a\), więc \[|CK|=|BG|=|AE|=a.\] **Krok \(3\).** Odcinki \(CG\), \(BE\), \(AK\) łączą przeciwległe wierzchołki kwadratów, są więc ich przekątnymi. Przekątna kwadratu o boku \(a\) ma długość \(a\sqrt2\), zatem \[|CG|=|BE|=|AK|=a\sqrt2.\] **Krok \(4\).** Liczymy kąt między odcinkami \(CK\) i \(CG\). Wokół punktu \(C\) cztery kąty składają się na pełne \(360^{\circ}\): kąt kwadratu \(ACKL\), czyli \(|\angle KCA|=90^{\circ}\), kąt trójkąta równobocznego \(|\angle ACB|=60^{\circ}\), kąt \(|\angle BCG|=45^{\circ}\) (bo przekątna \(CG\) dzieli kąt prosty kwadratu \(CBGH\) na połowy) oraz szukany kąt \(\angle GCK\). Stąd \[|\angle GCK|=360^{\circ}-90^{\circ}-60^{\circ}-45^{\circ}=165^{\circ}.\] **Krok \(5\).** Tak samo liczymy kąty przy pozostałych wierzchołkach. Przy \(B\): \(|\angle CBG|=90^{\circ}\), \(|\angle ABC|=60^{\circ}\), \(|\angle ABE|=45^{\circ}\), więc \[|\angle GBE|=360^{\circ}-90^{\circ}-60^{\circ}-45^{\circ}=165^{\circ}.\] Przy \(A\): \(|\angle BAE|=90^{\circ}\), \(|\angle BAC|=60^{\circ}\), \(|\angle CAK|=45^{\circ}\), więc \[|\angle EAK|=360^{\circ}-90^{\circ}-60^{\circ}-45^{\circ}=165^{\circ}.\] **Krok \(6\).** Porównujemy trójkąty \(KCG\), \(GBE\) oraz \(EAK\). W każdym z nich jeden bok ma długość \(a\), drugi \(a\sqrt2\), a kąt zawarty między nimi ma miarę \(165^{\circ}\). Na mocy cechy przystawania bok-kąt-bok trójkąty te są przystające. **Krok \(7\).** W trójkątach przystających odpowiadające sobie boki są równe. Trzecimi bokami tych trójkątów są kolejno \(KG\), \(GE\) i \(EK\), zatem \[|KG|=|GE|=|EK|,\] czyli trójkąt \(KGE\) ma wszystkie boki równej długości i jest równoboczny, co należało wykazać. **Uwaga.** Istotne jest to, że w każdym z trzech trójkątów bok długości \(a\) i bok długości \(a\sqrt2\) leżą przy tym samym kącie \(165^{\circ}\) i że kąt ten jest zawarty między nimi. Gdyby kąt leżał naprzeciw jednego z boków, cecha bok-kąt-bok nie miałaby zastosowania. **Odpowiedź.** Trójkąt \(KGE\) jest równoboczny, bo \(|KG|=|GE|=|EK|\).

**1 pkt** – gdy zapisze, że trójkąty \(KCG\), \(GBE\) i \(AEK\) są przystające, i wyciągnie wniosek, że \(KG=GE=EK\), lecz nie poda pełnego uzasadnienia równości odpowiednich kątów lub boków. **2 pkt** – gdy przeprowadzi pełny dowód.

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – przeprowadza dowód geometryczny z użyciem przystawania trójkątów.

Boki trójkąta mają długości \(9\ \mathrm{cm}\), \(40\ \mathrm{cm}\) i \(41\ \mathrm{cm}\).

Wyjaśnienie: Krok \(1\). Zapisanie długości przyprostokątnych i przeciwprostokątnej. Jeżeli przyjęlibyśmy, że przeciwprostokątna ma długość \(x\), to przyprostokątne mają długość \(x-1\) oraz \(x-32\). Warto też tutaj przyjąć sobie założenie, że długości boków nie mogą być mniejsze lub równe \(0\), a więc \(x\gt32\) (gdyby był mniejszy niż \(32\), to z równania \(x-32\) otrzymamy liczbę ujemną). Krok \(2\). Obliczenie długości przeciwprostokątnej. Korzystając z Twierdzenia Pitagorasa otrzymamy: \[a^2+b^2=c^2 \\ (x-1)^2+(x-32)^2=x^2\] Korzystamy teraz ze wzorów skróconego mnożenia: \[x^2-2x+1+x^2-64x+1024=x^2\] Upraszczamy zapis i doprowadzamy go do postaci ogólnej, czyli takiej w której po prawej stronie będziemy mieć zero (to pozwoli nam potem wyliczyć deltę): \[2x^2-66x+1025=x^2 \quad\bigg/-x^2 \\ x^2-66x+1025=0\] Krok \(3\). Rozwiązanie powstałego równania kwadratowego oraz obliczenie ostatecznej długości przeciwprostokątnej. Współczynniki: \(a=1,\;b=-66,\;c=1025\) \[Δ=b^2-4ac=(-66)^2-4\cdot1\cdot1025=121-120=4356-4100=256 \\ \sqrt{Δ}=\sqrt{256}=16\] \[x_{1}=\frac{-b-\sqrt{Δ}}{2a}=\frac{-(-66)-16}{2\cdot1}=\frac{66-16}{2}=\frac{50}{2}=25 \\ x_{2}=\frac{-b+\sqrt{Δ}}{2a}=\frac{-(-66)+16}{2\cdot1}=\frac{66+16}{2}=\frac{82}{2}=41\] \(x_{1}\) możemy odrzucić, bo zgodnie z tym co napisaliśmy sobie w pierwszym kroku nasz \(x\) musi być większy niż \(32\). W przeciwnym wypadku długość przyprostokątnej byłaby równa \(25-32=-7\), a to na pewno jest nieprawda. Krok \(4\). Obliczenie długości wszystkich boków tego trójkąta: Przeciwprostokątna: \(41cm\) Pierwsza przyprostokątna: \(x-1cm=41cm-1cm=40cm\) Druga przyprostokątna: \(x-32cm=41cm-32cm=9cm\)

**1 pkt** – gdy zapisze równanie z jedną niewiadomą: […] (gdy \(x\) jest długością przeciwprostokątnej) albo […] (gdy \(x+32\) jest długością przeciwprostokątnej), albo […] (gdy \(x+1\) jest długością przeciwprostokątnej). **2 pkt** – gdy obliczy długości boków tego trójkąta: \(9\) cm, \(40\) cm i \(41\) cm.

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

\(60\)

Wysokość opuszczona z wierzchołka \(C\) na podstawę \(AB\) dzieli ją na połowy, więc odcina przyprostokątną \(\frac{24}{2}=12\), a przeciwprostokątną jest ramię \(13\): \[h=\sqrt{13^2-12^2}=\sqrt{169-144}=5.\] Pole: \[P=\tfrac12\cdot24\cdot5=60.\] **Odpowiedź.** \(P=60\)

*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: \(60\)

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

c = \(10\)

W trójkącie równoramiennym o bokach \(4\), \(10\), \(c\) liczba \(c\) jest równa \(4\) albo \(10\). Dla \(c=4\) boki miałyby długości \(4,4,10\), a wtedy \(4+4=8<10\) — warunek istnienia trójkąta nie jest spełniony, więc ten przypadek odrzucamy. Dla \(c=10\) boki mają długości \(4,10,10\) i \(4+10>10\) — trójkąt istnieje. **Odpowiedź.** \(c=10\)

*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: \(c=10\)

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

c = \(6\) lub c = \(10\)

W trójkącie równoramiennym o bokach \(6\), \(10\), \(c\) liczba \(c\) jest równa \(6\) albo \(10\). Sprawdzamy warunek istnienia trójkąta (każdy bok musi być krótszy od sumy dwóch pozostałych): \[c=6:\quad 6,6,10\quad\text{oraz}\quad 6+6=12>10\ \checkmark\] \[c=10:\quad 6,10,10\quad\text{oraz}\quad 6+10=16>10\ \checkmark\] Oba przypadki są możliwe. **Odpowiedź.** \(c=6\) lub \(c=10\)

*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: \(c=6\) lub \(c=10\)

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

c = \(8\) lub c = \(2\sqrt{34}\)

W trójkącie prostokątnym przeciwprostokątna jest najdłuższym bokiem, więc rozważamy dwa przypadki. Jeżeli \(10\) jest przeciwprostokątną, to \[c=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{64}=8.\] Jeżeli \(c\) jest przeciwprostokątną, to \[c=\sqrt{6^2+10^2}=\sqrt{136}=2\sqrt{34}.\] Oba wyniki są dodatnie i spełniają warunek trójkąta. **Odpowiedź.** \(c=8\) lub \(c=2\sqrt{34}\)

*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: \(c=8\) lub \(c=2\sqrt{34}\)

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

x = \(5\) lub x = \(6\)

Boki mają długości \(x-1\), \(x\) i \(5\), przy czym \(x-1>0\). Ponieważ \(x-1\ne x\), równe muszą być dwa z pozostałych boków. Przypadek \(x=5\): boki \(4,5,5\); warunek trójkąta spełniony, bo \(4+5>5\). Przypadek \(x-1=5\), czyli \(x=6\): boki \(5,6,5\); warunek trójkąta spełniony, bo \(5+5>6\). **Odpowiedź.** \(x=5\) lub \(x=6\)

*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: \(x=5\) lub \(x=6\)

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

B. \(4\)

W trójkącie równoramiennym wysokość opuszczona na podstawę dzieli ją na połowy, więc powstaje trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej \(5\) (ramię) i przyprostokątnej \(\frac62=3\). Z twierdzenia Pitagorasa \[h=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4.\] **Odpowiedź.** B. \(4\)

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

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Wykorzystanie twierdzenia Pitagorasa do wyznaczenia wysokości trójkąta równoramiennego.

Trójkąty ACD i BCE są przystające: AC = BC oraz CD = CE, ponieważ ABC i CDE są równoramienne, a ∠ACD = \(90\)° − ∠DCB = ∠BCE. Z cechy bok–kąt–bok wynika AD = BE.

Z rysunku odczytujemy, że oba trójkąty mają wspólny wierzchołek \(C\), a punkty \(D\) i \(E\) leżą wewnątrz kąta \(ACB\). Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny równoramienny o kącie prostym przy \(C\), więc \(\lvert CA\rvert=\lvert CB\rvert\). Tak samo \(\lvert CD\rvert=\lvert CE\rvert\). Kąty \(ACB\) i \(DCE\) są proste, a kąt \(DCB\) jest ich częścią wspólną, zatem \[\lvert\angle ACD\rvert=90^\circ-\lvert\angle DCB\rvert=\lvert\angle BCE\rvert.\] Trójkąty \(ACD\) i \(BCE\) mają więc po dwa boki równe (\(\lvert CA\rvert=\lvert CB\rvert\), \(\lvert CD\rvert=\lvert CE\rvert\)) i równe kąty między nimi, są zatem przystające (cecha bok-kąt-bok). Odpowiadające sobie boki przystających trójkątów są równe, więc \[\lvert AD\rvert=\lvert BE\rvert,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert AD\rvert=\lvert BE\rvert\)

1 pkt: zapisanie, że trójkąty ACD i BCE są przystające, i wyprowadzenie wniosku AD = BE, albo wskazanie AC = BC, CD = CE oraz ∠ACD = ∠BCE. 2 pkt: pełne uzasadnienie przystawania trójkątów, w tym równości kątów ACD i BCE, oraz wniosek AD = BE.

Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzenie dowodu geometrycznego składającego się z niewielkiej liczby kroków.

**A.** \(18\)

Środek okręgu opisanego na trójkącie równobocznym jest jednocześnie punktem przecięcia jego wysokości i dzieli każdą wysokość w stosunku \(2:1\), licząc od wierzchołka. Promień \(R\) stanowi więc \(\frac23\) wysokości: \[R=\tfrac23 h,\qquad h=\tfrac32 R=\tfrac32\cdot12=18.\] **Odpowiedź.** A. \(18\)

**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 – wiąże promień okręgu opisanego z wysokością trójkąta równobocznego.

A. \(\sqrt{13}\)

Wysokość trójkąta równoramiennego opuszczona z wierzchołka \(C\) na podstawę \(AB\) dzieli ją na połowy, więc odcina przyprostokątną \(\frac{12}{2}=6\), a przeciwprostokątną jest ramię \(7\). Z twierdzenia Pitagorasa \[h=\sqrt{7^2-6^2}=\sqrt{49-36}=\sqrt{13}.\] **Odpowiedź.** A. \(\sqrt{13}\)

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

Punkty \(K\), \(L\), \(M\) są wierzchołkami trójkąta równobocznego.

Oznaczmy \(\lvert AC\rvert=a\) i \(\lvert CE\rvert=b\); wtedy \(\lvert KC\rvert=\frac a2\) i \(\lvert CL\rvert=\frac b2\). W trójkącie równobocznym \(ABC\) odcinek \(BK\) jest wysokością (bo \(K\) jest środkiem \(AC\)), a w trójkącie \(CDE\) odcinek \(DL\) jest wysokością. Rozważmy trójkąt \(BCD\): \(\lvert CB\rvert=a\), \(\lvert CD\rvert=b\), a kąt między nimi ma miarę \[\lvert\angle BCD\rvert=180^\circ-60^\circ-60^\circ=60^\circ,\] bo punkty \(A\), \(C\), \(E\) są współliniowe. Odcinek \(KL\) łączy środki odcinków \(AC\) i \(CE\) leżących na jednej prostej, więc \[\lvert KL\rvert=\lvert KC\rvert+\lvert CL\rvert=\frac{a+b}{2}.\] Punkt \(M\) jest środkiem \(BD\). W trójkącie \(BCD\) odcinek \(CM\) jest środkową, a odcinki \(KM\) i \(LM\) obliczymy jako środkowe trójkątów: w trójkącie \(ABD\)… wygodniej jednak zauważyć, że \(KM\) łączy środki boków \(AC\) i \(BD\) czworokąta \(ABDC\). Skorzystajmy z twierdzenia o odcinku łączącym środki boków trójkąta. W trójkącie \(BCD\) niech \(M\) będzie środkiem \(BD\). Odcinek \(KM\) łączy środek \(AC\) ze środkiem \(BD\); w trójkącie \(ABD\) odcinek łączący środki \(AB\) i \(BD\) byłby równoległy do \(AD\). Prościej użyć współrzędnych. Przyjmijmy \(C=(0,0)\), \(A=(-a,0)\), \(E=(b,0)\). Wtedy \[B=\left(-\frac a2,\ \frac{a\sqrt3}{2}\right),\qquad D=\left(\frac b2,\ \frac{b\sqrt3}{2}\right),\] \[K=\left(-\frac a2,0\right),\qquad L=\left(\frac b2,0\right),\qquad M=\left(\frac{b-a}{4},\ \frac{(a+b)\sqrt3}{4}\right).\] Obliczamy kwadraty długości boków: \[\lvert KL\rvert^2=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=\frac{(a+b)^2}{4},\] \[\lvert KM\rvert^2=\left(\frac{b-a}{4}+\frac a2\right)^2+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{16}+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{4},\] \[\lvert LM\rvert^2=\left(\frac{b-a}{4}-\frac b2\right)^2+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{16}+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{4}.\] Wszystkie trzy boki mają równe długości \(\frac{a+b}{2}\), więc trójkąt \(KLM\) jest równoboczny, co należało wykazać. **Odpowiedź.** Trójkąt \(KLM\) jest równoboczny.

*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.* Z warunków zadania wynika, że \(\angle BAC=\angle DCE=60^{\circ}\), więc odcinki \(AB\) i \(CD\) są równoległe. Czworokąt \(ACDB\) jest trapezem. Odcinek \(KM\) łączy środki boków nierównoległych w tym trapezie, więc jest równoległy do jego podstaw. Wobec tego \(\angle MKL=60^{\circ}\). Podobnie \(\angle ACB=\angle CED=60^{\circ}\), więc odcinki \(BC\) i \(DE\) są równoległe. Czworokąt \(BCED\) jest trapezem. Odcinek \(ML\) łączy środki boków nierównoległych w tym trapezie, więc jest równoległy do jego podstaw. Wobec tego \(\angle KLM=60^{\circ}\). Odpowiedź: Dwa kąty trójkąta \(KLM\) mają miarę \(60^{\circ}\), zatem jest to trójkąt równoboczny.

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

Przeciwprostokątna ma długość \(17\,\mathrm{cm}\).

Oznaczmy przez \(b\) krótszą przyprostokątną; dłuższa ma wtedy długość \(b+7\). Z warunku na pole \[\tfrac12\,b\,(b+7)=60,\qquad b^2+7b-120=0.\] Wyróżnik wynosi \(\Delta=49+480=529=23^2\), więc \[b=\frac{-7-23}{2}=-15\qquad\text{lub}\qquad b=\frac{-7+23}{2}=8.\] Długość odcinka musi być dodatnia, więc \(b=8\), a druga przyprostokątna ma długość \(15\). Z twierdzenia Pitagorasa \[c=\sqrt{8^2+15^2}=\sqrt{64+225}=\sqrt{289}=17.\] **Odpowiedź.** Przeciwprostokątna ma długość \(17\,\mathrm{cm}\).

*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.* Oznaczam: \(a\), \(b\) – długości przyprostokątnych danego trójkąta. Zapisuję układ równań \[\begin{cases}a=b+7\\ \frac{1}{2}a\cdot b=60\end{cases}\] Otrzymuję równanie z jedną niewiadomą \(\frac{1}{2}(b+7)b=60\), którego pierwiastkami są liczby \(b=8\) oraz \(b=-15\). Odrzucam ujemny pierwiastek, gdyż \(b\) jest długością odcinka. Zatem \(b=8\), \(a=8+7=15\). Teraz obliczam długość przeciwprostokątnej \(c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{8^{2}+15^{2}}=\sqrt{289}=17\). Odpowiedź: Przeciwprostokątna ma długość \(17\) cm.

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

Trójkąt \(DEF\) jest równoboczny.

Niech \(a\) oznacza długość boku kwadratu \(ABCD\). Trójkąty \(AEB\) i \(BFC\) są równoboczne o boku \(a\), więc \[\lvert AE\rvert=\lvert BE\rvert=\lvert BF\rvert=\lvert CF\rvert=a=\lvert AD\rvert=\lvert CD\rvert.\] Obliczamy kąty przy wierzchołkach \(A\), \(B\) i \(C\). Trójkąty zbudowano na zewnątrz kwadratu, więc \[\lvert\angle DAE\rvert=\lvert\angle DAB\rvert+\lvert\angle BAE\rvert=90^\circ+60^\circ=150^\circ,\] \[\lvert\angle DCF\rvert=90^\circ+60^\circ=150^\circ,\] \[\lvert\angle EBF\rvert=360^\circ-90^\circ-60^\circ-60^\circ=150^\circ.\] Trójkąty \(DAE\), \(DCF\) i \(EBF\) mają zatem po dwa boki długości \(a\) i równe kąty \(150^\circ\) między nimi, więc są przystające (cecha bok-kąt-bok). Ich trzecie boki są równe: \[\lvert DE\rvert=\lvert DF\rvert=\lvert EF\rvert,\] czyli trójkąt \(DEF\) jest równoboczny, co należało uzasadnić. (Dla porządku: z twierdzenia cosinusów \(\lvert DE\rvert^2=2a^2-2a^2\cos150^\circ=a^2\left(2+\sqrt3\right)\).) **Odpowiedź.** Trójkąt \(DEF\) jest równoboczny.

*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.* **11.1. (1 pkt)** – uzasadnienie, że trójkąty \(DCF\), \(DAE\) i \(EBF\) są równoramienne (wykorzystanie założenia, że \(AB=BC=CD=DA\) i trójkąty \(AEB\) oraz \(BFC\) są równoboczne). (na rysunku zaznaczony punkt \(E\)) **11.2. (1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(DAE\) lub \(FCD\): \(\angle DAE=\angle FCD=90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}\). **11.3. (1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(EBF\): \(\angle EBF=360^{\circ}-2\cdot 60^{\circ}-90^{\circ}=150^{\circ}\). **11.4. (1 pkt)** – zapisanie, że trójkąty \(DCF\), \(DAE\) i \(EBF\) są przystające (z cechy przystawania bkb), i wyciągnięcie wniosku o równości boków trójkąta \(DEF\).

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

\[\lvert AD\rvert=4{,}2.\]

Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny o kącie prostym przy \(C\), więc \[\lvert AB\rvert=\sqrt{9^2+12^2}=\sqrt{225}=15.\] Niech \(H\) będzie spodkiem wysokości poprowadzonej z \(C\) na \(AB\). Z porównania dwóch wzorów na pole trójkąta \[\tfrac12\cdot9\cdot12=\tfrac12\cdot15\cdot\lvert CH\rvert,\qquad \lvert CH\rvert=\frac{108}{15}=7{,}2.\] Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(BHC\) \[\lvert BH\rvert=\sqrt{9^2-7{,}2^2}=\sqrt{81-51{,}84}=\sqrt{29{,}16}=5{,}4.\] Z założenia \(\lvert CD\rvert=\lvert CB\rvert\), więc trójkąt \(BCD\) jest równoramienny, a wysokość \(CH\) opuszczona na jego podstawę \(BD\) dzieli ją na połowy: \[\lvert BD\rvert=2\lvert BH\rvert=10{,}8.\] Punkt \(D\) leży na odcinku \(AB\), zatem \[\lvert AD\rvert=\lvert AB\rvert-\lvert BD\rvert=15-10{,}8=4{,}2.\] **Odpowiedź.** \(\lvert AD\rvert=4{,}2=\dfrac{21}{5}\)

**1–2 pkt** – obliczenie \(\lvert AB\rvert=15\) oraz wysokości \(\lvert CH\rvert=7{,}2\). **3 pkt** – wykorzystanie równoramienności trójkąta \(BCD\) do wyznaczenia \(\lvert BD\rvert=10{,}8\). **4 pkt** – obliczenie \(\lvert AD\rvert=4{,}2\).

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

Dowód poniżej: \(|CD|=\dfrac{ab}{a+b}\sqrt2\).

Dwusieczna kąta prostego dzieli go na dwa kąty po \(45^\circ\), więc \(|\angle ACD|=|\angle BCD|=45^\circ\). Oznaczmy \(d=|CD|\). Trójkąt \(ABC\) dzieli się odcinkiem \(CD\) na trójkąty \(ACD\) i \(BCD\), zatem \[P_{ABC}=P_{ACD}+P_{BCD}.\] Korzystając ze wzoru na pole trójkąta z dwóch boków i kąta między nimi: \[\frac12ab=\frac12\,b\,d\sin45^\circ+\frac12\,a\,d\sin45^\circ =\frac12\,d\,\frac{\sqrt2}{2}\,(a+b).\] Stąd \[ab=\frac{\sqrt2}{2}\,d\,(a+b),\qquad d=\frac{2ab}{\sqrt2\,(a+b)}=\frac{ab}{a+b}\sqrt2,\] co należało wykazać. Pomocniczy rysunek: trójkąt prostokątny o wierzchołku kąta prostego \(C\), przyprostokątnych \(|BC|=a\) i \(|CA|=b\), z odcinkiem \(CD\) do przeciwprostokątnej \(AB\) i zaznaczonymi kątami \(45^\circ\) po obu jego stronach. **Odpowiedź.** \(|CD|=\dfrac{ab}{a+b}\sqrt2\).

*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.* **17.1. (1 pkt)** – […] zadania. **17.2. (1 pkt)** – Zapisanie równości pola danego trójkąta i sumy pól trójkątów powstałych z podziału tego trójkąta odcinkiem \(CD\), którego długość \(CD=d\): \(\frac{1}{2}a\cdot d\cdot\sin 45^\circ+\frac{1}{2}b\cdot d\cdot\sin 45^\circ=\frac{1}{2}a\cdot b\). **17.3. (1 pkt)** – Podstawienie do powyższego równania \(\sin 45^\circ=\frac{\sqrt{2}}{2}\) oraz wyłączenie niewiadomej \(d\) przed nawias. **17.4. (1 pkt)** – Zapisanie rozwiązania powyższego równania w postaci opisanej w tezie twierdzenia. **Inna metoda** • 1 punkt, za sporządzenie rysunku uwzględniającego oznaczenia podane w treści zadania, • 1 punkt, za zauważenie i zapisanie, że szukany odcinek \(CD\), o długości, np.: \(CD=d\), jest przekątną kwadratu o boku długości np.: \(c\), wpisanego w dany trójkąt \(\left(d=c\sqrt{2}\right)\), • 1 punkt, za wykorzystanie podobieństwa odpowiednich trójkątów (lub wykorzystanie tw. Talesa) i zapisanie równania z niewiadomą \(c\), np.: \(\frac{b-c}{c}=\frac{b}{a}\), • 1 punkt, za rozwiązanie równania \(c=\frac{ab}{a+b}\): \(d=\frac{ab}{a+b}\cdot\sqrt{2}\).

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