Zadanie 11 – matura z matematyki czerwiec 2025, poziom rozszerzony

\((x+1)^{2}+(y+2)^{2}=5\). Ze środka symetrii otrzymujemy \(B=(4,-7)\) i \(C=(-1,3)\), a proste \(AB\) i \(BC\) mają równania \(x+2y+10=0\) oraz \(2x+y-1=0\). Środek okręgu leży na dwusiecznej \(x+y+3=0\) (druga dwusieczna nie daje rozwiązań rzeczywistych), a warunek styczności prowadzi do \(9k^{2}+16k-4=0\), czyli \(k=-2\) lub \(k=\frac{2}{9}\). Ujemna druga współrzędna daje \(S=(-1,-2)\) i \(r=\sqrt{5}\).

**Krok \(1\).** Metoda: najpierw ze środka symetrii odtwarzamy brakujące wierzchołki równoległoboku, potem korzystamy z tego, że środek okręgu stycznego do dwóch prostych jest równo odległy od obu, czyli leży na jednej z dwusiecznych ich kątów. **Krok \(2\).** Środek symetrii \(M\) jest środkiem obu przekątnych, więc \[B=2M-D=(-9+13,\ 2-9)=(4,-7),\qquad C=2M-A=(-9+8,\ 2+1)=(-1,3).\] **Krok \(3\).** Wyznaczamy równania prostych. Prosta \(AB\) przez \((-8,-1)\) i \((4,-7)\) ma współczynnik kierunkowy \(\frac{-7+1}{4+8}=-\frac{1}{2}\), więc \(x+2y+10=0\). Prosta \(BC\) przez \((4,-7)\) i \((-1,3)\) ma współczynnik \(\frac{3+7}{-1-4}=-2\), więc \(2x+y-1=0\). **Krok \(4\).** Niech \(S=(h,k)\) będzie środkiem szukanego okręgu, a \(r\) jego promieniem. Okrąg przechodzi przez \((0,0)\), więc \(r=\sqrt{h^{2}+k^{2}}\), a ze styczności do obu prostych (wzór na odległość punktu od prostej) \[\frac{|h+2k+10|}{\sqrt{5}}=r\qquad\text{oraz}\qquad \frac{|2h+k-1|}{\sqrt{5}}=r.\] **Krok \(5\).** Z równości tych odległości \(|h+2k+10|=|2h+k-1|\), czyli \(h+2k+10=2h+k-1\) albo \(h+2k+10=-(2h+k-1)\). Stąd \[h=k+11\qquad\text{albo}\qquad h+k+3=0.\] To równania dwóch prostopadłych dwusiecznych kątów przy wierzchołku \(B\). **Krok \(6\).** Przypadek \(h=k+11\). Wtedy \(h+2k+10=3k+21\) i warunek \(\frac{(3k+21)^{2}}{5}=h^{2}+k^{2}\) daje \[9k^{2}+126k+441=10k^{2}+110k+605,\qquad k^{2}-16k+164=0,\] a \(\Delta=256-656\lt 0\), więc ten przypadek nie daje żadnego okręgu. **Krok \(7\).** Przypadek \(h=-k-3\). Wtedy \(h+2k+10=k+7\) i \[\frac{(k+7)^{2}}{5}=(k+3)^{2}+k^{2},\qquad k^{2}+14k+49=10k^{2}+30k+45,\qquad 9k^{2}+16k-4=0.\] **Krok \(8\).** \(\Delta=256+144=400\), więc \(k=\frac{-16-20}{18}=-2\) lub \(k=\frac{-16+20}{18}=\frac{2}{9}\). Druga współrzędna środka ma być ujemna, więc \(k=-2\), a stąd \(h=-k-3=-1\). **Krok \(9\).** Obliczamy promień: \(r^{2}=h^{2}+k^{2}=1+4=5\). Sprawdzenie odległości od prostych: \(\frac{|-1-4+10|}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}\) oraz \(\frac{|-2-2-1|}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}\) — zgadza się. **Uwaga.** Warunek styczności do dwóch prostych daje dwie dwusieczne, a nie jedną, więc formalnie trzeba rozpatrzyć oba przypadki. Tutaj drugi z nich odpada, bo prowadzi do równania kwadratowego bez pierwiastków rzeczywistych. Dodatkowe zastrzeżenie o ujemnej drugiej współrzędnej środka odrzuca jeszcze rozwiązanie \(k=\frac{2}{9}\). **Odpowiedź.** \((x+1)^{2}+(y+2)^{2}=5\).

**(dla sposobów I–III)** **6 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \((x+1)^2+(y+2)^2=5\). **5 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą – pierwszą lub drugą współrzędną punktu \(S\), np.: \(\left[x_S-\left(\tfrac{3}{5}x_S+\tfrac{8}{5}\right)\right]^2+\left[-x_S-3-\left(-\tfrac{6}{5}x_S-\tfrac{11}{5}\right)\right]^2=x_S^2+(-x_S-3)^2\) (ze związków \(r=\lvert ST\rvert\) oraz \(r=\lvert SO\rvert\)), \((x_S-4)^2+\left(-x_S-3-(-7)\right)^2=\left(\tfrac{3}{5}x_S+\tfrac{8}{5}-4\right)^2+\left(-\tfrac{6}{5}x_S-\tfrac{11}{5}-(-7)\right)^2+x_S^2+(-x_S-3)^2\) (ze związków \(\lvert BS\rvert^2=\lvert BT\rvert^2+r^2\) oraz \(r=\lvert SO\rvert\)). **4 pkt** – wyznaczenie równania dwusiecznej kąta \(ABC\) równoległoboku: \(y=-x-3\) ALBO – zapisanie współrzędnych środka \(S\) za pomocą jednej niewiadomej, np. \(S=(x_S,-x_S-3)\). **3 pkt** – obliczenie współrzędnych punktu \(E\): \(E=(-2,5)\) ALBO – obliczenie współrzędnych takich punktów \(P_1\) oraz \(P_2\), że \(P_1\) leży na półprostej \(\overrightarrow{BA}\) oraz \(P_2\) leży na półprostej \(\overrightarrow{BC}\) oraz \(\lvert BP_1\rvert=\lvert BP_2\rvert\), ALBO – obliczenie tangensa kąta \(\alpha\): \(\operatorname{tg}\alpha=\tfrac{1}{3}\) (dla sposobu II), ALBO – zapisanie związku \(\frac{\left\lvert\tfrac{1}{2}x_S+y_S+5\right\rvert}{\sqrt{\left(\tfrac{1}{2}\right)^2+1}}=\frac{\lvert 2x_S+y_S-1\rvert}{\sqrt{2^2+1}}\) (dla sposobu III). **2 pkt** – wyznaczenie równania prostej \(BC\) oraz obliczenie długości odcinka \(AB\): \(y=-2x+1\) oraz \(\lvert AB\rvert=\sqrt{180}\) ALBO – wyznaczenie równania prostej \(AB\) oraz obliczenie długości odcinka \(BC\): \(y=-\tfrac{1}{2}x-5\) oraz \(\lvert BC\rvert=\sqrt{75}\), ALBO – obliczenie współczynników kierunkowych prostych \(AB\) oraz \(BC\): \(a_{AB}=-\tfrac{1}{2}\) oraz \(a_{BC}=-2\) (dla sposobu II), ALBO – wyznaczenie równań prostych \(AB\) oraz \(BC\), np. \(y=-\tfrac{1}{2}x-5\) oraz \(y=-2x+1\) (dla sposobu III). **1 pkt** – obliczenie współrzędnych wierzchołka \(B\): \(B=(4,-7)\) ALBO – obliczenie współrzędnych wierzchołka \(C\): \(C=(-1,3)\). **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:** IX.R1) Zdający znajduje punkty wspólne prostej i okręgu; IX.R4) Zdający wyznacza równanie prostej prostopadłej do zadanej prostej i prostej stycznej do zadanego okręgu. VIII.4) Zdający korzysta z własności kątów i przekątnych w prostokątach, równoległobokach, rombach i trapezach.