Zadanie 4 – matura z matematyki czerwiec 2025, poziom rozszerzony

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

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

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

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