Kąt między styczną a cięciwą i długość cięciwy w zadaniach

**C.** \(57^\circ\)

Ponieważ \(\angle COB=90^\circ\), miara łuku \(CB\) jest równa \(90^\circ\). Dla kąta utworzonego przez przecinające się cięciwy mamy \[2\cdot78^\circ=m(\overset{\frown}{AD})+m(\overset{\frown}{CB}),\] czyli \[m(\overset{\frown}{AD})=156^\circ-90^\circ=66^\circ.\] Punkty \(D,A,B\) leżą na jednym półokręgu, więc \[m(\overset{\frown}{AB})=180^\circ-66^\circ=114^\circ.\] Kąt wpisany \(BDA\) oparty na łuku \(AB\) ma zatem miarę \[\angle BDA=\frac12\cdot114^\circ=57^\circ.\] Poprawna jest odpowiedź **C**.

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

Po odjęciu równań okręgów otrzymujemy prostą \(x+7y+15=0\). Jej punkty przecięcia z \(O_1\) to \(A=(\frac{16}{5},-\frac{13}{5})\) oraz \(B=(-1,-2)\). Z równania \(M-A=-2(M-B)\) wynika \(M=\frac{A+2B}{3}=(\frac{2}{5},-\frac{11}{5})\).

Wspólne punkty okręgów spełniają oba równania jednocześnie. Odejmując je stronami, eliminujemy wyrazy kwadratowe: \[(x-1)^{2}+(y+3)^{2}-\left[(x-2)^{2}+(y-4)^{2}\right]=5-45,\]\[2x+14y+30=0\quad\Longleftrightarrow\quad x+7y+15=0.\] Jest to równanie prostej zawierającej cięciwę wspólną \(AB\). Podstawiamy \(x=-7y-15\) do równania okręgu \(O_1\): \[(-7y-16)^{2}+(y+3)^{2}=5\quad\Longleftrightarrow\quad 50y^{2}+230y+260=0\quad\Longleftrightarrow\quad 5y^{2}+23y+26=0.\] Wyróżnik \(\Delta=529-520=9\), więc \(y=-2\) albo \(y=-\frac{13}5\). Odpowiadające pierwsze współrzędne to \(x=-1\) oraz \(x=\frac{16}5\). Punkt \(A\) ma pierwszą współrzędną dodatnią, zatem \[A=\left(\frac{16}5,-\frac{13}5\right),\qquad B=(-1,-2).\] Warunek \(\overrightarrow{AM}=-2\overrightarrow{BM}\) zapisujemy wektorowo: \(M-A=-2(M-B)\), skąd \(3M=A+2B\), czyli \[M=\frac{A+2B}3=\left(\frac{\frac{16}5-2}3,\ \frac{-\frac{13}5-4}3\right)=\left(\frac25,-\frac{11}5\right).\] **Odpowiedź.** \(A=\left(\frac{16}5,-\frac{13}5\right)\), \(B=(-1,-2)\), \(M=\left(\frac25,-\frac{11}5\right)\)

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie równania prostej \(AB\), np. \(2x+14y=-30\) ALBO zapisanie równości \(x_M=\frac{1}{3}x_A+\frac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\frac{1}{3}y_A+\frac{2}{3}y_B\), ALBO zapisanie współrzędnych punktu \(B\): \(B=(-1,-2)\) i sprawdzenie rachunkiem, że punkt \(B\) jest punktem przecięcia okręgów oraz zapisanie/obliczenie współczynnika kierunkowego prostej przechodzącej przez środki okręgów: \(7\). **2 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą, pozwalającego obliczyć pierwsze (lub drugie) współrzędne punktów przecięcia okręgów, np. \((-7y-15-2)^{2}+(y-4)^{2}=45\), ALBO wyznaczenie równania prostej \(AB\), np. \(2x+14y=-30\) oraz zapisanie równości \(x_M=\frac{1}{3}x_A+\frac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\frac{1}{3}y_A+\frac{2}{3}y_B\), ALBO zapisanie współrzędnych punktu \(B\): \(B=(-1,-2)\) i sprawdzenie rachunkiem, że punkt \(B\) jest punktem przecięcia okręgów oraz wyznaczenie równania prostej \(AB\), ALBO zapisanie współrzędnych punktu \(B\): \(B=(-1,-2)\) i sprawdzenie rachunkiem, że punkt \(B\) jest punktem przecięcia okręgów oraz obliczenie współrzędnych środka odcinka \(AB\): \(\left(\frac{11}{10},-\frac{23}{10}\right)\). **3 pkt** – obliczenie współrzędnych punktów \(A\) oraz \(B\): \(A=\left(\frac{16}{5},-\frac{13}{5}\right)\) oraz \(B=(-1,-2)\) ALBO zapisanie równania z jedną niewiadomą, pozwalającego obliczyć pierwsze (lub drugie) współrzędne punktów przecięcia okręgów, np. \((-7y-15-2)^{2}+(y-4)^{2}=45\) oraz zapisanie równości \(x_M=\frac{1}{3}x_A+\frac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\frac{1}{3}y_A+\frac{2}{3}y_B\). **4 pkt** – zapisanie równania \(\left[x_M-\frac{16}{5},\ y_M-\left(-\frac{13}{5}\right)\right]=-2\cdot\left[x_M-(-1),\ y_M-(-2)\right]\) ALBO zapisanie układu równań z dwiema niewiadomymi, który pozwala obliczyć współrzędne punktu \(M\), np. \(\sqrt{(-1-x_M)^{2}+(-2-y_M)^{2}}=\sqrt{2}\) oraz \(\sqrt{(x_M-3{,}2)^{2}+(y_M+2{,}6)^{2}}=2\sqrt{2}\), ALBO obliczenie współrzędnych punktów \(A\) oraz \(B\): \(A=\left(\frac{16}{5},-\frac{13}{5}\right)\) i \(B=(-1,-2)\) oraz zapisanie równości \(x_M=\frac{1}{3}x_A+\frac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\frac{1}{3}y_A+\frac{2}{3}y_B\). **5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(A=\left(\frac{16}{5},-\frac{13}{5}\right)\), \(B=(-1,-2)\) oraz \(M=\left(\frac{2}{5},-\frac{11}{5}\right)\). Uwagi: 1. Jeżeli zdający błędnie identyfikuje punkt \(A\) jako \((-1,-2)\), to może otrzymać co najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe i otrzyma punkty \(A\) oraz \(B\), których pierwsze współrzędne są liczbami dodatnimi, i konsekwentnie do popełnionych błędów rozwiązuje zadanie do końca, rozważając dwa przypadki, to może otrzymać co najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie. 3. Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe i otrzyma punkty \(A\) oraz \(B\), których pierwsze współrzędne są liczbami ujemnymi, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (trzeci punkt otrzymuje za zapisanie równości \(x_M=\frac{1}{3}x_A+\frac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\frac{1}{3}y_A+\frac{2}{3}y_B\)).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** IX.R2) Zdający znajduje punkty wspólne dwóch okręgów; IX.R3) Zdający zna pojęcie wektora i oblicza jego współrzędne oraz długość, dodaje wektory i mnoży wektor przez liczbę, oba te działania wykonuje zarówno analitycznie, jak i geometrycznie.

Po odjęciu równań okręgów otrzymujemy prostą \(x+7y+15=0\). Jej punkty przecięcia z \(O_1\) to \(A=(\frac{16}{5},-\frac{13}{5})\) oraz \(B=(-1,-2)\); punkt \(A\) ma dodatnią pierwszą współrzędną. Z równania \(M-A=-2(M-B)\) wynika \(M=\frac{A+2B}{3}=(\frac{2}{5},-\frac{11}{5})\).

**Krok \(1\).** Metoda: odejmując równania obu okręgów stronami, likwidujemy wyrazy kwadratowe i otrzymujemy równanie prostej zawierającej wspólną cięciwę \(AB\). **Krok \(2\).** Odejmujemy równania: \[(x-1)^{2}+(y+3)^{2}-\left[(x-2)^{2}+(y-4)^{2}\right]=5-45,\] \[(2x-3)+(14y-7)=-40,\qquad 2x+14y=-30,\qquad x+7y+15=0.\] **Krok \(3\).** Podstawiamy \(x=-7y-15\) do równania okręgu \(O_{1}\): \[(-7y-16)^{2}+(y+3)^{2}=5,\qquad 49y^{2}+224y+256+y^{2}+6y+9=5,\] \[50y^{2}+230y+260=0,\qquad 5y^{2}+23y+26=0.\] **Krok \(4\).** \(\Delta=529-520=9\), więc \(y=\frac{-23-3}{10}=-\frac{13}{5}\) lub \(y=\frac{-23+3}{10}=-2\). **Krok \(5\).** Wyznaczamy odcięte: dla \(y=-\frac{13}{5}\) mamy \(x=\frac{91}{5}-15=\frac{16}{5}\), a dla \(y=-2\) mamy \(x=14-15=-1\). **Krok \(6\).** Pierwsza współrzędna punktu \(A\) jest dodatnia, więc \[A=\left(\frac{16}{5},-\frac{13}{5}\right),\qquad B=(-1,-2).\] **Krok \(7\).** Warunek \(\overrightarrow{AM}=-2\cdot\overrightarrow{BM}\) zapisujemy wektorowo: \(M-A=-2(M-B)\), skąd \(3M=A+2B\), czyli \(M=\frac{A+2B}{3}\). **Krok \(8\).** Obliczamy współrzędne: \[x_{M}=\frac{\frac{16}{5}-2}{3}=\frac{\frac{6}{5}}{3}=\frac{2}{5},\qquad y_{M}=\frac{-\frac{13}{5}-4}{3}=\frac{-\frac{33}{5}}{3}=-\frac{11}{5}.\] **Uwaga.** Zależność \(\overrightarrow{AM}=-2\cdot\overrightarrow{BM}\) oznacza, że wektory mają przeciwne zwroty, więc \(M\) leży między \(A\) i \(B\) i dzieli odcinek \(AB\) w stosunku \(2:1\) licząc od \(A\). To dobry sposób na sprawdzenie wyniku. **Odpowiedź.** \(A=\left(\frac{16}{5},-\frac{13}{5}\right)\), \(B=(-1,-2)\), \(M=\left(\frac{2}{5},-\frac{11}{5}\right)\).

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(A=\left(\tfrac{16}{5},-\tfrac{13}{5}\right)\), \(B=(-1,-2)\) oraz \(M=\left(\tfrac{2}{5},-\tfrac{11}{5}\right)\). **4 pkt** – zapisanie równania \(\left[x_M-\tfrac{16}{5},\ y_M-\left(-\tfrac{13}{5}\right)\right]=-2\cdot\left[x_M-(-1),\ y_M-(-2)\right]\) ALBO – zapisanie układu równań z dwiema niewiadomymi, który pozwala obliczyć współrzędne punktu \(M\), np. \(\sqrt{(-1-x_M)^2+(-2-y_M)^2}=\sqrt{2}\) oraz \(\sqrt{(x_M-3{,}2)^2+(y_M+2{,}6)^2}=2\sqrt{2}\), ALBO – obliczenie współrzędnych punktów \(A\) oraz \(B\): \(A=\left(\tfrac{16}{5},-\tfrac{13}{5}\right)\) i \(B=(-1,-2)\) oraz zapisanie równości \(x_M=\tfrac{1}{3}x_A+\tfrac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\tfrac{1}{3}y_A+\tfrac{2}{3}y_B\). **3 pkt** – obliczenie współrzędnych punktów \(A\) oraz \(B\): \(A=\left(\tfrac{16}{5},-\tfrac{13}{5}\right)\) oraz \(B=(-1,-2)\) ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą, pozwalającego obliczyć pierwsze (lub drugie) współrzędne punktów przecięcia okręgów, np. \((-7y-15-2)^2+(y-4)^2=45\) oraz zapisanie równości \(x_M=\tfrac{1}{3}x_A+\tfrac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\tfrac{1}{3}y_A+\tfrac{2}{3}y_B\). **2 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą, pozwalającego obliczyć pierwsze (lub drugie) współrzędne punktów przecięcia okręgów, np. \((-7y-15-2)^2+(y-4)^2=45\), ALBO – wyznaczenie równania prostej \(AB\), np. \(2x+14y=-30\) oraz zapisanie równości \(x_M=\tfrac{1}{3}x_A+\tfrac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\tfrac{1}{3}y_A+\tfrac{2}{3}y_B\), ALBO – zapisanie współrzędnych punktu \(B\): \(B=(-1,-2)\) i sprawdzenie rachunkiem, że punkt \(B\) jest punktem przecięcia okręgów oraz wyznaczenie równania prostej \(AB\), ALBO – zapisanie współrzędnych punktu \(B\): \(B=(-1,-2)\) i sprawdzenie rachunkiem, że punkt \(B\) jest punktem przecięcia okręgów oraz obliczenie współrzędnych środka odcinka \(AB\): \(\left(\tfrac{11}{10},-\tfrac{23}{10}\right)\). **1 pkt** – wyznaczenie równania prostej \(AB\), np. \(2x+14y=-30\) ALBO – zapisanie równości \(x_M=\tfrac{1}{3}x_A+\tfrac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\tfrac{1}{3}y_A+\tfrac{2}{3}y_B\), ALBO – zapisanie współrzędnych punktu \(B\): \(B=(-1,-2)\) i sprawdzenie rachunkiem, że punkt \(B\) jest punktem przecięcia okręgów oraz zapisanie/obliczenie współczynnika kierunkowego prostej przechodzącej przez środki okręgów: \(7\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający błędnie identyfikuje punkt \(A\) jako \((-1,-2)\), to może otrzymać co najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe i otrzyma punkty \(A\) oraz \(B\), których pierwsze współrzędne są liczbami dodatnimi, i konsekwentnie do popełnionych błędów rozwiązuje zadanie do końca, rozważając dwa przypadki, to może otrzymać co najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie. 3. Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe i otrzyma punkty \(A\) oraz \(B\), których pierwsze współrzędne są liczbami ujemnymi, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (trzeci punkt otrzymuje za zapisanie równości \(x_M=\tfrac{1}{3}x_A+\tfrac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\tfrac{1}{3}y_A+\tfrac{2}{3}y_B\)).

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 8.5R) Zdający posługuje się równaniem okręgu \((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\) […]; 8.7R) Zdający oblicza współrzędne oraz długość wektora; dodaje i odejmuje wektory oraz mnoży je przez liczbę. Interpretuje geometrycznie działania na wektorach.

**C.** \(50^{\circ}\)

Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą wynika, że jego miara jest równa mierze kąta wpisanego opartego na tej samej cięciwie. Kąt między styczną \(k\) a cięciwą \(AB\) ma miarę \(50^{\circ}\), więc ostry kąt wpisany \(BCA\) ma również miarę \[\lvert\angle BCA\rvert=50^{\circ}.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

\[\lvert\angle CAB\rvert=30^{\circ},\qquad\lvert\angle ABC\rvert=30^{\circ},\qquad\lvert\angle BCA\rvert=120^{\circ}.\]

Niech \(D\) będzie drugim punktem przecięcia prostej \(AB\) z okręgiem. Odcinek \(AD\) jest średnicą, więc \(\lvert AD\rvert=2r\), a kąt wpisany \(ACD\) oparty na średnicy jest prosty: \[\lvert\angle ACD\rvert=90^{\circ}.\] W trójkącie prostokątnym \(ACD\) mamy \[\lvert CD\rvert^2=(2r)^2-(\sqrt3r)^2=r^2,\] czyli \(\lvert CD\rvert=r\). Jest to trójkąt o bokach \(r\), \(\sqrt3r\), \(2r\), zatem \[\lvert\angle CAD\rvert=30^{\circ},\qquad\lvert\angle ADC\rvert=60^{\circ}.\] Ponieważ \(\lvert AB\rvert=3r\) i \(\lvert AD\rvert=2r\), mamy \(\lvert DB\rvert=r=\lvert DC\rvert\). Trójkąt \(DBC\) jest równoramienny, a \[\lvert\angle CDB\rvert=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}.\] Stąd kąty przy podstawie są równe po \(30^{\circ}\). Ostatecznie kąty trójkąta \(ABC\) mają miary \(30^{\circ}\), \(30^{\circ}\) i \(120^{\circ}\).

**4 pkt** – poprawne miary wszystkich kątów: \(30^{\circ}\), \(30^{\circ}\), \(120^{\circ}\) **3 pkt** – poprawne kąty trójkąta \(DBC\): \(120^{\circ}\), \(30^{\circ}\), \(30^{\circ}\) **2 pkt** – poprawne kąty ostre trójkąta \(ADC\): \(30^{\circ}\) i \(60^{\circ}\) **1 pkt** – zapisanie \(\lvert\angle ACD\rvert=90^{\circ}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych oraz tworzenie obiektów pomocniczych. **Wymagania szczegółowe:** VII.4) Zdający rozwiązuje trójkąty prostokątne. VIII.1) Wyznacza promienie, średnice i długości cięciw, także z twierdzenia Pitagorasa. VIII.5) Stosuje własności kątów wpisanych i środkowych. VIII.12) Stosuje funkcje trygonometryczne w figurach płaskich.

\(S=(6,7)\) lub \(S=(-4,-3)\). Z pola dwóch przystających trójkątów prostokątnych otrzymujemy \(\lvert AB\rvert=\lvert AC\rvert=3\sqrt5\), a z twierdzenia Pitagorasa \(\lvert AS\rvert=5\sqrt2\). Dla \(S=(s,s+1)\) daje to równanie \(2(s-1)^{2}=50\), czyli \(s=6\) lub \(s=-4\).

**Krok \(1\).** Metoda: czworokąt \(ABSC\) składa się z dwóch przystających trójkątów prostokątnych. Z jego pola wyznaczymy długość stycznej, z twierdzenia Pitagorasa — długość \(\lvert AS\rvert\), a stąd współrzędne \(S\). **Krok \(2\).** Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc \(SB\perp AB\) oraz \(SC\perp AC\). Trójkąty \(ABS\) i \(ACS\) są zatem prostokątne (kąt prosty przy \(B\) i przy \(C\)). **Krok \(3\).** Trójkąty te mają wspólną przeciwprostokątną \(AS\) i równe przyprostokątne \(\lvert BS\rvert=\lvert CS\rvert=\sqrt5\), więc są przystające. Oznaczmy \(t=\lvert AB\rvert=\lvert AC\rvert\). **Krok \(4\).** Zapisujemy pole czworokąta jako sumę pól tych trójkątów: \[15=2\cdot\frac{1}{2}\cdot t\cdot\sqrt5=t\sqrt5,\qquad\text{zatem}\qquad t=\frac{15}{\sqrt5}=3\sqrt5.\] **Krok \(5\).** Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ABS\): \[\lvert AS\rvert^{2}=\lvert AB\rvert^{2}+\lvert BS\rvert^{2}=\left(3\sqrt5\right)^{2}+\left(\sqrt5\right)^{2}=45+5=50,\] czyli \(\lvert AS\rvert=5\sqrt2\). **Krok \(6\).** Punkt \(S\) leży na prostej \(y=x+1\), więc \(S=(s,\ s+1)\) dla pewnego \(s\in\mathbb{R}\). **Krok \(7\).** Zapisujemy warunek \(\lvert AS\rvert^{2}=50\) dla \(A=(1,2)\): \[(s-1)^{2}+(s+1-2)^{2}=50,\qquad 2(s-1)^{2}=50,\qquad (s-1)^{2}=25.\] **Krok \(8\).** Stąd \(\lvert s-1\rvert=5\), czyli \(s=6\) lub \(s=-4\), a więc \[S=(6,7)\qquad\text{lub}\qquad S=(-4,-3).\] Oba punkty spełniają warunek \(\lvert AS\rvert=5\sqrt2\gt\sqrt5\), więc oba są dobre. **Uwaga.** Zadanie wyraźnie prosi o rozważenie wszystkich przypadków: równanie \((s-1)^{2}=25\) ma dwa rozwiązania i oba dają poprawne położenie środka okręgu, po dwóch stronach punktu \(A\). **Odpowiedź.** \(S=(6,7)\) lub \(S=(-4,-3)\).

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(S=(6,\,7)\) oraz \(S=(-4,\,-3)\). **4 pkt** – obliczenie obydwu wartości \(x_{S}\): \(6\) oraz \((-4)\) ALBO – obliczenie obydwu współrzędnych punktu \(S\) tylko dla jednego przypadku: \(S=(6,\,7)\) albo \(S=(-4,\,-3)\). **3 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą (współrzędną punktu \(S\)), np. \((x_{S}-1)^{2}+(x_{S}+1-2)^{2}=50\), \(\frac{\lvert 2x_{S}-(x_{S}+1)\rvert}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}=\sqrt{5}\), \((x_{S}-(-5))^{2}+(x_{S}+1-(-1))^{2}=5\), \((x_{S}-(-2))^{2}+(x_{S}+1-(-4))^{2}=5\), \((x_{S}-4)^{2}+(x_{S}+1-8)^{2}=5\), \((x_{S}-7)^{2}+(x_{S}+1-5)^{2}=5\). **2 pkt** – obliczenie długości \(m\) odcinka \(AB\) (lub \(AC\)) stycznej: \(3\sqrt{5}\) ALBO – obliczenie długości odcinka \(AS\): \(\lvert AS\rvert=5\sqrt{2}\). **1 pkt** – zapisanie współrzędnych punktu \(S\) w zależności od jednej zmiennej, np. \(S=(x,\,x+1)\) ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością \(m\) odcinka \(AB\) stycznej), np. \(15=2\cdot\frac{1}{2}\cdot m\cdot\sqrt{5}\), ALBO – zapisanie układ trzech równań: \(\lvert z\rvert^{2}=m^{2}+m^{2}-2m\cdot m\cdot\cos\alpha\) oraz \(\lvert z\rvert^{2}=(\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{5})^{2}-2\sqrt{5}\cdot\sqrt{5}\cdot\cos(180^\circ-\alpha)\) oraz \(15=\frac{1}{2}\cdot m^{2}\cdot\sin\alpha+\frac{1}{2}\cdot(\sqrt{5})^{2}\cdot\sin(180^\circ-\alpha)\), gdzie \(z=\lvert BC\rvert\), \(m=\lvert AB\rvert\), \(\alpha=\lvert\measuredangle BAC\rvert\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwagi:** 1. Jeżeli zdający pomija współczynnik \(\frac{1}{2}\) we wzorze na pole trójkąta lub deltoidu, to błąd ten traktujemy jako błąd rachunkowy. 2. Jeżeli zdający rozwiąże zadanie do końca, ale otrzyma więcej niż dwa punkty \(S\), to może otrzymać co najwyżej \(4\) punkty za całe rozwiązanie.

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** IX.3) Zdający oblicza odległość dwóch punktów w układzie współrzędnych; IX.5) Zdający oblicza odległość punktu od prostej. IX.R1) Zdający posługuje się równaniem prostej w postaci ogólnej na płaszczyźnie […].

\(S=(6,7)\) lub \(S=(-4,-3)\). Pole jest sumą pól dwóch przystających trójkątów prostokątnych, więc \(15=|AB|\sqrt{5}\) i \(|AB|=3\sqrt{5}\). Stąd \(|AS|^{2}=50\), a dla \(S=(s,s+1)\) otrzymujemy \(2(s-1)^{2}=50\).

**Krok \(1\).** Metoda: czworokąt \(ABSC\) jest deltoidem złożonym z dwóch przystających trójkątów prostokątnych; z jego pola wyznaczymy \(|AS|\), a potem skorzystamy z tego, że \(S\) leży na danej prostej. **Krok \(2\).** Promienie \(SB\) i \(SC\) poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do stycznych \(AB\) i \(AC\), więc trójkąty \(ABS\) i \(ACS\) są prostokątne odpowiednio przy wierzchołkach \(B\) i \(C\). Mają wspólną przeciwprostokątną \(AS\) i równe przyprostokątne \(|SB|=|SC|=\sqrt{5}\), więc są przystające i \(|AB|=|AC|\). **Krok \(3\).** Pole czworokąta jest sumą pól tych trójkątów: \[15=2\cdot\frac{1}{2}\cdot|AB|\cdot\sqrt{5}=|AB|\sqrt{5},\qquad |AB|=\frac{15}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}.\] **Krok \(4\).** Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ABS\): \[|AS|^{2}=|AB|^{2}+|BS|^{2}=45+5=50.\] **Krok \(5\).** Punkt \(S\) leży na prostej \(y=x+1\), więc \(S=(s,s+1)\). Zapisujemy warunek \(|AS|^{2}=50\) dla \(A=(1,2)\): \[(s-1)^{2}+(s+1-2)^{2}=50,\qquad 2(s-1)^{2}=50,\qquad (s-1)^{2}=25.\] **Krok \(6\).** Stąd \(|s-1|=5\), czyli \(s=6\) albo \(s=-4\), a więc \[S=(6,7)\quad\text{lub}\quad S=(-4,-3).\] **Krok \(7\).** Sprawdzamy założenie: w obu przypadkach \(|AS|=\sqrt{50}=5\sqrt{2}\gt\sqrt{5}\), więc punkt \(A\) leży na zewnątrz okręgu i obie styczne istnieją. Oba rozwiązania są dobre. **Uwaga.** Punkt \(A=(1,2)\) sam leży na prostej \(y=x+1\), więc odległość \(|AS|\) mierzymy wzdłuż tej prostej: \(|AS|=|s-1|\sqrt{2}\). Z równania \(|s-1|\sqrt{2}=5\sqrt{2}\) natychmiast dostajemy \(|s-1|=5\) — to skrót do Kroku \(6\). Odpowiedź musi zawierać oba położenia \(S\) — po jednym z każdej strony punktu \(A\). **Odpowiedź.** \(S=(6,7)\) lub \(S=(-4,-3)\).

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(S=(6,\,7)\) oraz \(S=(-4,\,-3)\). **4 pkt** – obliczenie obydwu wartości \(x_{S}\): \(6\) oraz \((-4)\) ALBO – obliczenie obydwu współrzędnych punktu \(S\) tylko dla jednego przypadku: \(S=(6,\,7)\) albo \(S=(-4,\,-3)\). **3 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą (współrzędną punktu \(S\)), np. \((x_{S}-1)^{2}+(x_{S}+1-2)^{2}=50\), \(\frac{\lvert 2x_{S}-(x_{S}+1)\rvert}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}=\sqrt{5}\), \((x_{S}-(-5))^{2}+(x_{S}+1-(-1))^{2}=5\), \((x_{S}-(-2))^{2}+(x_{S}+1-(-4))^{2}=5\), \((x_{S}-4)^{2}+(x_{S}+1-8)^{2}=5\), \((x_{S}-7)^{2}+(x_{S}+1-5)^{2}=5\). **2 pkt** – obliczenie długości \(m\) odcinka \(AB\) (lub \(AC\)) stycznej: \(3\sqrt{5}\) ALBO – obliczenie długości odcinka \(AS\): \(\lvert AS\rvert=5\sqrt{2}\). **1 pkt** – zapisanie współrzędnych punktu \(S\) w zależności od jednej zmiennej, np. \(S=(x,\,x+1)\) ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością \(m\) odcinka \(AB\) stycznej), np. \(15=2\cdot\frac{1}{2}\cdot m\cdot\sqrt{5}\), ALBO – zapisanie układ trzech równań: \(\lvert z\rvert^{2}=a^{2}+a^{2}-2a\cdot a\cdot\cos\alpha\) oraz \(\lvert z\rvert^{2}=(\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{5})^{2}-2\sqrt{5}\cdot\sqrt{5}\cdot\cos(180^\circ-\alpha)\) oraz \(15=\frac{1}{2}\cdot a^{2}\cdot\sin\alpha+\frac{1}{2}\cdot(\sqrt{5})^{2}\cdot\sin(180^\circ-\alpha)\), gdzie \(z=\lvert BC\rvert\), \(a=\lvert AB\rvert\), \(\alpha=\lvert\measuredangle BAC\rvert\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwagi:** 1. Jeżeli zdający pomija współczynnik \(\frac{1}{2}\) we wzorze na pole trójkąta lub deltoidu, to błąd ten traktujemy jako błąd rachunkowy. 2. Jeżeli zdający rozwiąże zadanie do końca, ale otrzyma więcej niż dwa punkty \(S\), to może otrzymać co najwyżej \(4\) punkty za całe rozwiązanie.

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 8.6) Zdający oblicza odległość dwóch punktów. 8.1R) Zdający oblicza odległość punktu od prostej.

Punkt styczności ma współrzędne \[(8,0).\]

Niech \(l\) będzie prostą zawierającą bok \(AB\). Jest ona styczna do okręgu \(\mathcal O\) i przechodzi przez \(A=(9,12)\), więc ma równanie \[y=ax+12-9a.\] W postaci ogólnej: \[ax-y+12-9a=0.\] Środek okręgu to \(S=(8,4)\), a promień jest równy \(4\). Warunek styczności daje \[\frac{|8a-4+12-9a|}{\sqrt{a^2+1}}=4.\] Po podniesieniu do kwadratu: \[15a^2+16a-48=0,\] stąd \[a=\frac43\quad\text{lub}\quad a=-\frac{12}{5}.\] Dla \(a=\frac43\) prosta \(l\) ma równanie \(y=\frac43x\). Jej punkt przecięcia z dwusieczną \(k\colon y=\frac12x\) to \[B=(0,0).\] Druga z otrzymanych prostych nie może zawierać boku \(AB\), ponieważ wraz z prostą \(k\) tworzyłaby po stronie środka okręgu kąt większy niż \(90^\circ\), podczas gdy \(k\) jest dwusieczną kąta wewnętrznego trójkąta. Okrąg \(\mathcal O\) o środku \((8,4)\) i promieniu \(4\) jest styczny do osi \(Ox\). Ponieważ \(B=(0,0)\), prosta \(BC\) ma równanie \[y=0\] i jest styczna do okręgu w punkcie \[(8,0).\]

**6 pkt** – wyznaczenie prostej \(BC\) i punktu styczności \((8,0)\) **5 pkt** – uzasadnione odrzucenie drugiej prostej stycznej przechodzącej przez \(A\) oraz obliczenie \(B=(0,0)\) **4 pkt** – obliczenie \(B=(0,0)\) albo poprawne uzasadnienie, że druga kandydatka nie zawiera boku \(AB\) **3 pkt** – wyznaczenie obu prostych stycznych do okręgu przechodzących przez \(A\): \(y=\frac43x\) i \(y=-\frac{12}{5}x+\frac{168}{5}\) **2 pkt** – poprawne zastosowanie wzoru na odległość punktu od prostej i zapisanie równania wyznaczającego współczynnik kierunkowy **1 pkt** – zapisanie równania prostej stycznej przechodzącej przez \(A\) ze współczynnikami zależnymi od jednego parametru **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; 1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** IX.R1) Zdający posługuje się równaniem prostej w postaci ogólnej na płaszczyźnie i wyznacza równanie prostej o zadanych własnościach. IX.R3) Zdający znajduje punkty wspólne prostej i okręgu.

**A.** \(30^\circ\)

Ponieważ \(AB\) jest średnicą, kąt \(ACB\) jest prosty. Długość średnicy wynosi \(|AB|=16\). W trójkącie prostokątnym \[\cos\angle BAC=\frac{|AC|}{|AB|}=\frac{8\sqrt3}{16}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Zatem \(\angle BAC=30^\circ\).

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VII.4 i VIII.5 obliczanie kątów i boków trójkąta oraz stosowanie własności kątów wpisanych i środkowych.

**D.** \(38^\circ\)

Promienie \(OA\) i \(OB\) są prostopadłe do stycznych, więc w czworokącie \(AOSB\) \[\angle AOB=180^\circ-76^\circ=104^\circ.\] Trójkąt \(AOB\) jest równoramienny, zatem \[\angle OBA=\frac{180^\circ-104^\circ}{2}=38^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; tworzenie obiektów pomocniczych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 i VIII.7 stosowanie własności kątów wpisanych i środkowych oraz własności stycznej do okręgu.

\[|AC|=|BC|=3x,\] zatem trójkąt \(ABC\) jest równoramienny.

Niech \[|BP|=x.\] Odcinki styczne poprowadzone z jednego punktu do okręgu mają równe długości, zatem \[|BD|=|BP|=x.\] Z warunku \(|CD|=2|BD|\) otrzymujemy \[|CD|=2x.\] Ponownie korzystając z własności odcinków stycznych, tym razem poprowadzonych z punktu \(C\), mamy \[|CQ|=|CD|=2x.\] Z warunku \(|AQ|=5|BP|\) wynika \[|AQ|=5x.\] Odcinki styczne poprowadzone z punktu \(A\) także są równe, więc \[|AP|=|AQ|=5x.\] Teraz \[|AC|=|AQ|-|CQ|=5x-2x=3x,\] a także \[|BC|=|BD|+|DC|=x+2x=3x.\] Stąd \(|AC|=|BC|\), więc trójkąt \(ABC\) jest równoramienny.

**3 pkt** – spełnienie kryterium za \(2\) punkty oraz uzasadnienie, że \(|AC|=|BC|\) **2 pkt** – wyznaczenie długości \(|AP|\), \(|AQ|\), \(|BD|\), \(|CD|\), \(|CQ|\) względem tej samej zmiennej, na przykład \(5x,5x,x,2x,2x\) **1 pkt** – zapisanie co najmniej jednej właściwej równości wynikającej z twierdzenia o odcinkach stycznych: \(|BD|=|BP|\), \(|AP|=|AQ|\) lub \(|CQ|=|CD|\) **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.1) Zdający wyznacza promienie i średnice okręgów, długości cięciw okręgów oraz odcinków stycznych, w tym z wykorzystaniem twierdzenia Pitagorasa.

**B.** \(60^\circ\)

Kąt wpisany \(ADB\) ma miarę \(20^\circ\), więc miara łuku \(AB\) jest równa \(40^\circ\). Kąt wpisany \(DBC\) ma miarę \(40^\circ\), więc miara łuku \(DC\) jest równa \(80^\circ\). Miara kąta utworzonego przez dwie cięciwy przecinające się wewnątrz okręgu jest połową sumy miar odpowiednich łuków: \[|\angle DKC|=\frac12(80^\circ+40^\circ)=60^\circ.\]

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

**Element podstawy programowej:** geometria okręgu; zdający stosuje zależności między kątem wpisanym a łukiem oraz twierdzenie o kącie utworzonym przez przecinające się cięciwy.

**C.** \(\sqrt{12}\)

Z twierdzenia o stycznej i siecznej: \[|DA|^2=|DC|\cdot|DB|=3\cdot(3+4)=21,\] więc \(|DA|=\sqrt{21}\). Trójkąt \(DAB\) jest prostokątny, a \(|DB|=7\), zatem \[|AB|=\sqrt{7^2-(\sqrt{21})^2}=2\sqrt7.\] Szukana odległość jest wysokością \(h\) opuszczoną z \(A\) na \(DB\). Porównując dwa wzory na pole trójkąta \(DAB\), otrzymujemy \[h=\frac{|DA|\cdot|AB|}{|DB|}=\frac{\sqrt{21}\cdot2\sqrt7}{7}=2\sqrt3=\sqrt{12}.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.1 zdający wyznacza średnice, długości cięciw i odcinków stycznych, w tym z wykorzystaniem twierdzenia Pitagorasa.

**B.** \(60^\circ\)

Kąt wpisany \(ADB\) ma miarę \(20^\circ\), więc łuk \(AB\) ma miarę \(40^\circ\). Kąt wpisany \(DBC\) ma miarę \(40^\circ\), więc łuk \(DC\) ma miarę \(80^\circ\). Dla cięciw przecinających się wewnątrz okręgu \[|\angle DKC|=\frac12(80^\circ+40^\circ)=60^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

**B.** \(116^\circ\)

Z twierdzenia o kącie między styczną i cięciwą wynika, że kąt wpisany \(ACB\), oparty na cięciwie \(AB\), ma miarę \(32^\circ\). Ponieważ \(AC\) jest średnicą, \(\angle ABC=90^\circ\). Zatem \[\angle BAC=180^\circ-90^\circ-32^\circ=58^\circ.\] Kąt środkowy \(BOC\), oparty na tym samym łuku \(BC\), ma miarę \[2\cdot58^\circ=116^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; przeprowadzanie rozumowań kilkuetapowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 i VIII.7 stosowanie własności kątów wpisanych i środkowych oraz twierdzenia o kącie między styczną i cięciwą.

\(r=7\)

Z twierdzenia o siecznych przecinających się wewnątrz okręgu mamy \[|PA|\cdot|PB|=|PC|\cdot|PD|.\] Podstawiamy dane: \[|PA|\cdot4=8\cdot5,\] stąd \(|PA|=10\). Średnica ma długość \[|AB|=|AP|+|PB|=10+4=14,\] więc promień wynosi \[r=\frac{|AB|}{2}=7.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(r=7\) **1 pkt** – wykazanie odpowiedniego podobieństwa trójkątów albo zapisanie zależności \(|PA|\cdot|PB|=|PC|\cdot|PD|\) prowadzącej do obliczenia \(|PA|\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; tworzenie strategii rozwiązania. **Wymagania szczegółowe:** VIII.1 i VIII.8 wyznaczanie promieni, średnic i długości cięciw okręgu oraz korzystanie z cech podobieństwa trójkątów.

**C.** \(50^\circ\)

Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą wynika, że kąt między styczną \(k\) a cięciwą \(AB\) jest równy kątowi wpisanemu opartemu na tej samej cięciwie \(AB\). Ponieważ \(\angle BCA\) jest ostry, ma miarę \(50^\circ\).

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

**Wymagania ogólne:** III.1 i III.3 interpretowanie obiektów i tworzenie pomocniczego rozumowania. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 i VIII.7 własności kątów wpisanych oraz twierdzenie o kącie między styczną a cięciwą.

\[V(R,\alpha)=R^3\sin\alpha(1+\sin\alpha)\sqrt{2-2\sin\alpha}.\]

Długości podstaw trapezu wynoszą \[|AB|=2R,\qquad |CD|=2R\sin\alpha,\] a jego wysokość jest równa \(R\cos\alpha\). Zatem pole podstawy graniastosłupa ma wartość \[P_p=R^2(1+\sin\alpha)\cos\alpha.\] Ramię trapezu ma długość \[|AD|=R\sqrt{2-2\sin\alpha}.\] Jeżeli \(H\) oznacza wysokość graniastosłupa, to z nachylenia przekątnej ściany bocznej otrzymujemy \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{H}{|AD|},\qquad H=R\sqrt{2-2\sin\alpha}\operatorname{tg}\alpha.\] Wobec tego \[V=P_pH=R^3\sin\alpha(1+\sin\alpha)\sqrt{2-2\sin\alpha}.\]

**5 pkt** – poprawne wyznaczenie objętości jako funkcji \(R\) i \(\alpha\) **4 pkt** – poprawne pole podstawy i wysokość graniastosłupa, lecz błąd rachunkowy w końcowym wzorze **3 pkt** – wyznaczenie \(|AD|=R\sqrt{2-2\sin\alpha}\) oraz zależności \(H=|AD|\operatorname{tg}\alpha\) **2 pkt** – poprawne wyznaczenie pola trapezu albo wysokości graniastosłupa **1 pkt** – poprawne wyznaczenie co najmniej dwóch podstawowych długości w trapezie **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.1 i 9.3 rozpoznawanie kątów w graniastosłupach oraz stosowanie trygonometrii do obliczania długości, pól i objętości.

\[(x+3)^2+(y-1)^2=20.\]

Środkiem okręgu \(o_1\) jest \(S_1=(6,4)\). Prosta łącząca środki okręgów jest prostopadła do ich wspólnej cięciwy \(k\), dlatego ma równanie \[y=\frac13x+2.\] Oznaczmy \(S_2=(a,b)\). Mamy więc \(b=\frac13a+2\). Równanie okręgu \(o_2\) ma postać \[(x-a)^2+(y-b)^2=20.\] Po odjęciu równań okręgów ich oś potęgowa ma być prostą \(3x+y+6=0\). Porównanie współczynników wraz z \(b=\frac13a+2\) daje dwa możliwe położenia środka. Warunek, że \(S_1\) i \(S_2\) leżą po różnych stronach prostej \(k\), pozostawia \[S_2=(-3,1).\] Zatem \[o_2:\quad (x+3)^2+(y-1)^2=20.\]

**6 pkt** – poprawne wyznaczenie środka i równania okręgu \(o_2\) **5 pkt** – wyznaczenie obu kandydatów na środek i poprawne zastosowanie warunku położenia **4 pkt** – ułożenie poprawnego układu równań dla współrzędnych środka **3 pkt** – wykorzystanie osi potęgowej i prostej środków **2 pkt** – wyznaczenie prostej środków \(y=\frac13x+2\) **1 pkt** – poprawne odczytanie \(S_1=(6,4)\) i prostopadłości prostej środków do \(k\) **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R8.1-R8.3 obliczanie odległości punktu od prostej, posługiwanie się równaniem okręgu oraz wyznaczanie punktów wspólnych prostej i okręgu.

**B.** \(180^\circ-\frac{\alpha}{2}-\gamma\)

Niech \(E\) będzie drugim końcem średnicy wychodzącej z punktu \(B\). Kąt środkowy \(BSC\) wyznacza łuk \(BC\) o mierze \(\alpha\), więc łuk \(CE\) ma miarę \(180^\circ-\alpha\). Z twierdzenia o kącie utworzonym przez przecinające się cięciwy \[\gamma=\frac12\bigl(\widehat{AB}+\widehat{CE}\bigr),\] stąd \(\widehat{AB}=2\gamma-180^\circ+\alpha\). Na półokręgu \(BAE\) mamy zatem \[\widehat{AE}=180^\circ-\widehat{AB}=360^\circ-\alpha-2\gamma.\] Kąt \(ABD\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(AE\), więc \[\angle ABD=\frac12\widehat{AE}=180^\circ-\frac{\alpha}{2}-\gamma.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 stosowanie zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

**C.** \(\alpha=50^\circ\)

Trójkąt \(ASB\) jest równoramienny, więc \[\angle SAB=\angle ABS=\frac{180^\circ-100^\circ}{2}=40^\circ.\] Promień \(SA\) jest prostopadły do stycznej \(l\), zatem \(\alpha=90^\circ-40^\circ=50^\circ\).

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 stosowanie własności kąta środkowego oraz stycznej do okręgu.

**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.

Promień jest równy \(5\sqrt{2}\), a punkt styczności ma współrzędne P=(\(7\),\(1\)). Prosta AB ma równanie y=−\(7x\)+\(50\). Jej odległość od O wynosi \(50\)/√\(50=5\sqrt{2}\), a prosta OP prostopadła do AB ma równanie y=x/\(7\); przecięcie daje P.

Wyznaczamy równanie prostej \(AB\). Jej współczynnik kierunkowy wynosi \[a=\frac{15-(-6)}{5-8}=-7,\] a z warunku przechodzenia przez \(A=(8,-6)\) otrzymujemy \(b=50\), czyli \[AB:\ y=-7x+50\qquad\text{lub}\qquad 7x+y-50=0.\] Promień okręgu stycznego jest odległością środka \(O=(0,0)\) od tej prostej: \[r=\frac{|7\cdot0+0-50|}{\sqrt{7^{2}+1^{2}}}=\frac{50}{\sqrt{50}}=\sqrt{50}=5\sqrt2.\] Punkt styczności jest spodkiem prostopadłej opuszczonej z \(O\) na \(AB\). Prosta \(OP\) ma współczynnik kierunkowy \(\frac17\), więc \(y=\frac17x\), a z układu \[\frac17x=-7x+50\quad\Longrightarrow\quad 50x=350\quad\Longrightarrow\quad x=7,\qquad y=1.\] **Odpowiedź.** \(r=5\sqrt2\) oraz \(P=(7,1)\)

**1 pkt** – gdy: • wyznaczy równanie prostej \(AB\), np.: \(y=-7x+50\) ALBO • obliczy długość odcinka \(AB\) oraz pole trójkąta \(AOB\): \(\lvert AB\rvert=15\sqrt{2}\), \(P_{\Delta AOB}=75\) ALBO • wyznaczy równanie prostej prostopadłej do \(AB\): \(y=\frac{1}{7}x\) **2 pkt** – gdy: • zapisze układ równań złożony z równań dwóch prostych: \(\begin{cases}y=\frac{1}{7}x\\ y=-7x+50\end{cases}\) ALBO • obliczy promień okręgu, korzystając ze wzoru na odległość punktu od prostej lub obliczając wysokość trójkąta \(AOB\): \(r=5\sqrt{2}\) ALBO • zapisze, że punkt styczności prostej \(AB\) do okręgu ma współrzędne \(P=(x_{0},f(x_{0}))\) i \(f'(x_{0})=-7\), gdzie \(f(x)=\sqrt{50-x^{2}}\) i \(50-x^{2}>0\) ALBO • zapisze odległość \(g\) (lub kwadrat odległości) punktu \((0,\,0)\) od dowolnego punktu prostej \(AB\) w zależności od jednej zmiennej, np. \(g(x)=\sqrt{x^{2}+(-7x+50)^{2}}\) ALBO • wyznaczy równanie prostej \(AB\) oraz poda współrzędne wektora prostopadłego do prostej \(AB\) **3 pkt** – gdy zapisze równanie z jedną niewiadomą, prowadzące do obliczenia współrzędnych punktu styczności, np.: \(\frac{1}{7}x=-7x+50\) lub \(x^{2}+\left(\frac{1}{7}x\right)^{2}=50\), lub \(x^{2}+(-7x+50)^{2}=50\), lub \(\frac{-2x}{2\sqrt{50-x^{2}}}=-7\), lub \(\sqrt{\left(x^{2}+(-7x+50)^{2}\right)}=\frac{\lvert 7\cdot 0+0-50\rvert}{\sqrt{7^{2}+1^{2}}}\) **4 pkt** – gdy zastosuje poprawną metodę i obliczy promień okręgu oraz współrzędne punktu styczności prostej \(AB\) do okręgu: \(r=5\sqrt{2}\), \(P=(7,\,1)\). **Uwagi:** 1. Jeżeli zdający realizuje strategię rozwiązania i jedynym błędem zdającego, który jednak nie ułatwia zagadnienia na żadnym etapie rozwiązania, jest błąd polegający na: a) zastosowaniu nieistniejącego wzoru \(\sqrt{a^{2}\pm b^{2}}=a\pm b\) lub \((a\pm b)^{2}=a^{2}\pm b^{2}\) b) niepoprawnym użyciu współrzędnych punktów \(A\) i \(B\) przy wyznaczaniu równania prostej \(AB\) c) niepoprawnym zastosowaniu wzoru na odległość punktu od prostej lub na odległość dwóch punktów, lub wzoru na pole trójkąta, lub równania okręgu d) niepoprawnym wyznaczeniu współczynnika kierunkowego prostej prostopadłej do danej prostej e) wyznaczeniu jednej z niewiadomych z równania \(x^{2}+y^{2}=50\) bez koniecznych założeń to zdający otrzymuje co najwyżej \(2\) punkty za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli zdający wyznaczy równanie prostej \(AB\) i obliczy promień okręgu stycznego do prostej \(AB\), a następnie poda (bez obliczeń) współrzędne punktu styczności, to otrzymuje: \(3\) punkty za całe rozwiązanie, jeśli nie sprawdzi rachunkiem, że punkt \(P=(7,\,1)\) należy do prostej \(AB\) oraz do prostej prostopadłej (lub do prostej \(AB\) i okręgu); \(4\) punkty za całe rozwiązanie, jeśli sprawdzi, wykonując stosowne obliczenia, że punkt \(P=(7,\,1)\) należy do prostej \(AB\) oraz do prostej prostopadłej (lub do prostej \(AB\) i okręgu). 3. Jeżeli zdający odczyta z rysunku współrzędne punktu styczności \(P=(7,1)\) (bez obliczeń) i obliczy długość promienia, to otrzymuje \(1\) punkt za całe rozwiązanie. Jeżeli zdający nie sporządzi rysunku i poda bez stosownych obliczeń współrzędne punktu styczności \(P=(7,1)\) i obliczy długość promienia, to otrzymuje \(0\) punktów za całe rozwiązanie.

**Wymagania egzaminacyjne 2021** **Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** P8.1) Zdający wyznacza równanie prostej przechodzącej przez dwa dane punkty (w postaci kierunkowej lub ogólnej); R8.1) Zdający oblicza odległość punktu od prostej.

**D.** \(50^\circ\)

Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą wynika, że kąt wpisany oparty na cięciwie \(AB\) ma miarę \[|\angle ACB|=40^\circ.\] Ponieważ \(BC\) jest średnicą, \(|\angle BAC|=90^\circ\). Z sumy kątów trójkąta \[|\angle ABC|=180^\circ-90^\circ-40^\circ=50^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie twierdzenia o kącie między styczną i cięciwą oraz twierdzenia Talesa dla kąta opartego na średnicy.

**C.** \(40^\circ\)

Trójkąt \(AOB\) jest równoramienny, więc \[|\angle OAB|=\frac{180^\circ-80^\circ}{2}=50^\circ.\] Promień \(OA\) jest prostopadły do stycznej \(k\), zatem \(|\angle OAC|=90^\circ\). Stąd \[|\angle BAC|=90^\circ-50^\circ=40^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.2 korzystanie z własności stycznej do okręgu.

**D.** \(85^\circ\)

Kąt wpisany \(ACB\) ma miarę \(55^\circ\), więc łuk \(AB\) ma miarę \[2\cdot55^\circ=110^\circ.\] Dla cięciw przecinających się wewnątrz okręgu: \[|\angle AEB|=\frac12\bigl(\overset{\frown}{AB}+\overset{\frown}{CD}\bigr).\] Stąd \[140^\circ=\frac12(110^\circ+\overset{\frown}{CD}),\] więc łuk \(CD\) ma miarę \(170^\circ\). Kąt wpisany \(DAC\), oparty na tym łuku, ma zatem miarę \[|\angle DAC|=\frac12\cdot170^\circ=85^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie własności kątów wpisanych oraz kąta utworzonego przez cięciwy przecinające się wewnątrz okręgu.

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

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.

Obraz ma równanie (x−\(10\))\(2\)+(y−\(9\))\(2=153\). Okrąg wyjściowy ma środek P=(\(4\),\(3\)) i promień √\(17\). Środek cięciwy to S=(\(\frac{11}{2}\),\(\frac{9}{2}\)); jednokładność o skali −\(3\) przenosi P na P′=(\(10\),\(9\)), a promień na \(3\sqrt{17}\).

Sprowadzamy równanie okręgu do postaci kanonicznej: \[x^2+y^2-8x-6y+8=0,\qquad (x-4)^2+(y-3)^2=17,\] więc środek to \(P=(4,3)\), a promień \(R=\sqrt{17}\). Punkt \(S\) jest środkiem cięciwy, czyli spodkiem prostopadłej poprowadzonej z \(P\) do prostej \(x+y-10=0\). Prosta przez \(P\) prostopadła do niej ma wektor kierunkowy \([1,1]\): \[(4+t,\ 3+t),\qquad (4+t)+(3+t)-10=0,\qquad t=\tfrac32,\] \[S=\left(\tfrac{11}{2},\tfrac92\right).\] Jednokładność o środku \(S\) i skali \(k=-3\) przeprowadza środek okręgu na \[P'=S+k\left(P-S\right)=\left(\tfrac{11}{2},\tfrac92\right)-3\left(-\tfrac32,-\tfrac32\right)=(10,9),\] a promień mnoży przez \(\lvert k\rvert=3\): \[R'=3\sqrt{17},\qquad R'^2=153.\] **Odpowiedź.** \((x-10)^2+(y-9)^2=153\)

**1–2 pkt** – wyznaczenie środka \(P=(4,3)\) i promienia \(R=\sqrt{17}\). **3 pkt** – wyznaczenie \(S=\left(\frac{11}{2},\frac92\right)\). **4–5 pkt** – wyznaczenie obrazu środka i promienia oraz zapisanie równania obrazu.

Zadanie 12. (0–5) Wymagania ogólne Wymagania szczegółowe IV. Użycie i tworzenie strategii. 7. Planimetria. Zdający znajduje obrazy niektórych figur geometrycznych w jednokładności (odcinka, trójkąta, czworokąta itp.) (R7.3). 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający posługuje się równaniem okręgu ( x − a )2 + ( y − b )2 = r 2 oraz opisuje koła za pomocą nierówności (R8.5).

\[|\angle BAC|=|\angle BDC|.\]

Ponieważ czworokąt \(ABCD\) jest wypukły i punkty są jego kolejnymi wierzchołkami, punkty \(C\) i \(D\) leżą po tej samej stronie prostej \(AB\). Z warunku \[|\angle ADB|=|\angle ACB|\] wynika, że punkty \(C\) i \(D\) należą do tego samego łuku okręgu przechodzącego przez \(A\) i \(B\). Czworokąt \(ABCD\) jest więc wpisany w okrąg. Kąty \(BAC\) i \(BDC\) są kątami wpisanymi opartymi na tej samej cięciwie \(BC\), zatem mają równe miary: \[|\angle BAC|=|\angle BDC|.\]

**3 pkt** – pełne uzasadnienie równości kątów \(BAC\) i \(BDC\) **2 pkt** – uzasadnienie, że na czworokącie \(ABCD\) można opisać okrąg **1 pkt** – istotny krok prowadzący do współokręgowości, np. wykazanie równości promieni okręgów opisanych na trójkątach \(ACB\) i \(ADB\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie własności kątów wpisanych i czworokątów wpisanych w okrąg.

AD jest dwusieczną: równe cięciwy DB i DC wyznaczają równe łuki, więc ∠BAD=∠DAC

Punkt \(S\) jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie \(ABC\) — leży on na średnicy \(AB\), a więc w jej środku. Symetralna cięciwy \(BC\) przechodzi przez środek okręgu, zatem prosta \(SD\) jest symetralną \(BC\). Symetria względem tej prostej przeprowadza okrąg na siebie i zamienia miejscami punkty \(B\) i \(C\), więc punkt \(D\) — leżący na osi symetrii i na okręgu — jest środkiem łuku \(BC\). Wobec tego \[\lvert BD\rvert=\lvert CD\rvert.\] Kąty wpisane oparte na równych cięciwach (a więc i na równych łukach) mają równe miary, zatem \[\lvert\angle BAD\rvert=\lvert\angle DAC\rvert,\] czyli półprosta \(AD\) dzieli kąt \(CAB\) na dwa kąty równe — jest jego dwusieczną, co należało wykazać. **Odpowiedź.** Odcinek \(AD\) zawiera się w dwusiecznej kąta \(CAB\).

1 pkt: wykazanie równości łuków BD i CD, równoległości AC i SD albo równych kątów pomocniczych. 2 pkt: pełny dowód.

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2020 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Ponieważ SB = BC = r, trójkąt SBC jest równoramienny i ∠BSC = ∠BCS = α. Stąd ∠SBC = \(180\)° − \(2α\), a ponieważ A, B, C są współliniowe, ∠ABS = \(2α\). W trójkącie równoramiennym ASB mamy ∠SAB = \(2α\), więc ∠ASB = \(180\)° − \(4α\). Promienie SD i SC są przeciwne, zatem ∠BSD = \(180\)° − α. Ostatecznie ∠ASD = ∠BSD − ∠BSA = \(3α\).

Z rysunku odczytujemy, że punkty \(A\), \(B\), \(C\) leżą na jednej prostej, przy czym \(B\) jest między \(A\) i \(C\), a punkt \(D\) leży na okręgu po tej samej stronie co \(A\). Z warunku \(\lvert BC\rvert=r=\lvert SB\rvert\) trójkąt \(SBC\) jest równoramienny, więc kąty przy podstawie \(SC\) są równe: \[\lvert\angle BSC\rvert=\lvert\angle BCS\rvert=\alpha.\] Kąt \(SBC\) ma zatem miarę \(180^\circ-2\alpha\), a przyległy do niego kąt \(ABS\) — miarę \[\lvert\angle ABS\rvert=2\alpha.\] Odcinki \(SA\) i \(SB\) są promieniami, więc trójkąt \(ASB\) jest równoramienny i \[\lvert\angle SAB\rvert=2\alpha,\qquad \lvert\angle ASB\rvert=180^\circ-4\alpha.\] Punkty \(D\), \(S\), \(E\) leżą na jednej prostej, więc kąty \(BSD\) i \(BSC\) są przyległe: \[\lvert\angle BSD\rvert=180^\circ-\alpha.\] Ponieważ półprosta \(SB\) leży wewnątrz kąta \(ASD\), \[\lvert\angle ASD\rvert=\lvert\angle BSD\rvert-\lvert\angle ASB\rvert=\left(180^\circ-\alpha\right)-\left(180^\circ-4\alpha\right)=3\alpha,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert\angle ASD\rvert=3\alpha\)

**1 pkt** – zapisanie zależności kątowych w trójkątach równoramiennych \(SBC\) i \(ASB\). **2 pkt** – pełny dowód równości \(\lvert\angle ASD\rvert=3\alpha\).

V. Rozumowanie i argumentacja. SP9. Wielokąty, koła, okręgi. Zdający stosuje twierdzenie o sumie kątów trójkąta (SP9.3) oraz rozpoznaje trójkąty równoramienne (SP9.1).

**B.** \(60^\circ\)

W trójkącie \(AOC\) mamy \(|OA|=|OC|\), więc \(|\angle OAC|=|\angle ACO|=25^\circ\). Zatem \[|\angle AOC|=180^\circ-2\cdot25^\circ=130^\circ.\] Promień \(OB\) leży wewnątrz kąta \(AOC\), więc \[|\angle BOC|=130^\circ-70^\circ=60^\circ.\] Ponieważ \(|OB|=|OC|\), trójkąt \(BOC\) jest równoramienny, a oba kąty przy podstawie mają miarę \[\frac{180^\circ-60^\circ}{2}=60^\circ.\] Stąd \(|\angle OBC|=60^\circ\).

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

Klucz CKE dla zadań zamkniętych w tym arkuszu podaje odpowiedzi, bez osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** planimetria - kąty środkowe i własności trójkątów równoramiennych utworzonych przez promienie.

SC⊥BC, a w trójkącie równoramiennym ACS mamy ∠ACS=\(30\)°, więc ∠ACB=\(120\)°.

Odcinki \(SA\) i \(SC\) są promieniami okręgu, więc trójkąt \(ACS\) jest równoramienny o ramionach długości \(r\) i podstawie \(\lvert AC\rvert=r\sqrt3\). Z twierdzenia cosinusów w tym trójkącie \[\left(r\sqrt3\right)^2=r^2+r^2-2r^2\cos\lvert\angle ASC\rvert,\qquad \cos\lvert\angle ASC\rvert=-\tfrac12,\qquad \lvert\angle ASC\rvert=120^\circ.\] Kąty przy podstawie są równe, więc \[\lvert\angle ACS\rvert=\frac{180^\circ-120^\circ}{2}=30^\circ.\] Prosta \(BC\) jest styczna do okręgu w punkcie \(C\), a promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc \[\lvert\angle SCB\rvert=90^\circ.\] Punkt \(S\) leży na boku \(AB\), a więc wewnątrz kąta \(ACB\), zatem \[\lvert\angle ACB\rvert=\lvert\angle ACS\rvert+\lvert\angle SCB\rvert=30^\circ+90^\circ=120^\circ,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert\angle ACB\rvert=120^\circ\)

**1 pkt** – wyznaczenie \(\lvert\angle ACS\rvert=30^\circ\) albo wykorzystanie prostopadłości stycznej i promienia. **2 pkt** – pełny dowód, że \(\lvert\angle ACB\rvert=120^\circ\).

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

r=\(26\) cm

Odcinek łączący środek okręgu ze środkiem cięciwy jest do niej prostopadły i dzieli ją na połowy. Powstaje trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(10\ \mathrm{cm}\) i połowie cięciwy oraz przeciwprostokątnej równej promieniowi \(r\). Cięciwa ma długość \(r+22\), więc jej połowa to \(\frac{r+22}{2}\) i z twierdzenia Pitagorasa \[r^2=\left(\frac{r+22}{2}\right)^2+10^2.\] Po pomnożeniu przez \(4\): \[4r^2=r^2+44r+484+400,\qquad 3r^2-44r-884=0.\] \[\Delta=44^2+4\cdot3\cdot884=12544,\qquad \sqrt{\Delta}=112,\] \[r=\frac{44+112}{6}=26\qquad\text{albo}\qquad r=\frac{44-112}{6}=-\frac{34}{3}.\] Promień jest długością, więc drugie rozwiązanie odrzucamy. Sprawdzenie: cięciwa ma \(48\ \mathrm{cm}\), a \(24^2+10^2=676=26^2\). **Odpowiedź.** \(r=26\ \mathrm{cm}\)

**1–3 pkt** – zapisanie równania \(r^2=\left(\frac{r+22}{2}\right)^2+10^2\) wynikającego z twierdzenia Pitagorasa. **4 pkt** – rozwiązanie równania i odrzucenie pierwiastka ujemnego: \(r=26\ \mathrm{cm}\).

Zadanie 33. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[A=(0,0),\qquad B=(0,25),\qquad C=(12,9).\]

Odczytujemy punkty styczności: \(P=(0,10)\) leży na osi \(Oy\), a więc na boku \(AB\); pozostałe dwa to \(Q=(8,6)\) oraz \(R=(9,13)\). Środek \(I\) okręgu wpisanego jest jednakowo oddalony od wszystkich punktów styczności, więc leży na symetralnych odcinków \(PQ\) i \(PR\). Ponadto \(IP\perp AB\), a \(AB\) leży na osi \(Oy\), więc \(IP\) jest poziomy i \(I=(r,10)\). Z równości \(\lvert IP\rvert=\lvert IQ\rvert\): \[r^2=(r-8)^2+16,\qquad 16r=80,\qquad r=5,\] czyli \(I=(5,10)\). Sprawdzenie: \(\lvert IR\rvert=\sqrt{4^2+3^2}=5\). Prosta \(AC\) jest styczna w \(Q=(8,6)\), więc jest prostopadła do \(\vec{IQ}=[3,-4]\) i ma równanie \[3(x-8)-4(y-6)=0,\qquad 3x-4y=0,\qquad y=\tfrac34x.\] Prosta \(BC\) jest styczna w \(R=(9,13)\), więc jest prostopadła do \(\vec{IR}=[4,3]\): \[4(x-9)+3(y-13)=0,\qquad 4x+3y-75=0,\qquad y=-\tfrac43x+25.\] Wierzchołki: \[A=AC\cap Oy=(0,0),\qquad B=BC\cap Oy=(0,25),\] \[C:\quad \tfrac34x=-\tfrac43x+25,\qquad x=12,\qquad y=9,\qquad C=(12,9).\] Sprawdzenie: \(\lvert AC\rvert=15\), \(\lvert BC\rvert=20\), \(\lvert AB\rvert=25\) oraz \(15^2+20^2=625=25^2\) — trójkąt jest prostokątny, a \(r=\frac{15+20-25}{2}=5\). **Odpowiedź.** \(A=(0,0)\), \(B=(0,25)\), \(C=(12,9)\)

**1–2 pkt** – wyznaczenie środka okręgu wpisanego \(I=(5,10)\) i promienia \(r=5\). **3–4 pkt** – wyznaczenie równań prostych \(AC\) i \(BC\) jako stycznych prostopadłych do promieni w punktach styczności. **5 pkt** – obliczenie współrzędnych \(A\), \(B\) i \(C\).

Klasyfikacja rzeczowa: wyznaczanie równań symetralnych i stycznych do okręgu oraz punktów przecięcia prostych w układzie współrzędnych.

B=(−\(\frac{17}{5}\),\(\frac{31}{5}\)), C=(−\(3\),−\(\frac{13}{3}\)). Styczne z A=(\(7\),−\(1\)) do okręgu \(x^{2}\)+\(y^{2}\)=\(10\) mają równania y=x/\(3\)−\(\frac{10}{3}\) oraz y=−\(\frac{9x}{13+50}\)/\(13\). Pierwsza przechodzi przez trzecią ćwiartkę, więc jest prostą AC. Oś symetrii trójkąta przechodzi przez (\(0\),\(0\)), jest prostopadła do AB i ma równanie y=\(\frac{13x}{9}\); jej przecięcie z AC daje C. Punkt styczności D=(\(\frac{9}{5}\),\(\frac{13}{5}\)) jest środkiem AB, skąd otrzymujemy B.

Okrąg wpisany ma środek \(O=(0,0)\) i promień \(r=\sqrt{10}\). Proste \(AB\) i \(AC\) są styczne do tego okręgu i przechodzą przez \(A=(7,-1)\). Prosta \(y=ax+b\) przechodząca przez \(A\) spełnia \(b=-1-7a\); warunek styczności \(\frac{\lvert b\rvert}{\sqrt{a^2+1}}=\sqrt{10}\) daje \[(1+7a)^2=10(a^2+1),\qquad 39a^2+14a-9=0,\] skąd \(a=\frac13\) albo \(a=-\frac{9}{13}\). Styczne mają zatem równania \[k_1:\ y=\tfrac13x-\tfrac{10}{3},\qquad k_2:\ y=-\tfrac{9}{13}x+\tfrac{50}{13}.\] Obie współrzędne punktu \(C\) są ujemne, a spośród tych prostych tylko \(k_1\) przechodzi przez trzecią ćwiartkę. Zatem \(AC\subset k_1\) oraz \(AB\subset k_2\). W trójkącie równoramiennym o \(\lvert AC\rvert=\lvert BC\rvert\) dwusieczna kąta \(ACB\) jest jednocześnie osią symetrii i wysokością opuszczoną na \(AB\); przechodzi ona przez środek okręgu wpisanego \(O\). Prosta ta jest prostopadła do \(k_2\) i przechodzi przez \((0,0)\), więc ma równanie \[y=\tfrac{13}{9}x.\] Punkt \(C\) jest jej przecięciem z \(k_1\): \[\tfrac{13}{9}x=\tfrac13x-\tfrac{10}{3},\qquad 13x=3x-30,\qquad x=-3,\qquad y=-\tfrac{13}{3}.\] Obie współrzędne są ujemne, więc \(C=\left(-3,-\frac{13}{3}\right)\). Prosta \(BC\) przechodzi przez \(C\) i jest styczna do okręgu. Dla \(y+\frac{13}{3}=m(x+3)\) warunek styczności daje \[\left(3m-\tfrac{13}{3}\right)^2=10(m^2+1),\qquad m^2+26m-\tfrac{79}{9}=0,\] czyli \(m=\frac13\) (to prosta \(k_1\), czyli \(AC\)) albo \(m=-\frac{79}{3}\). Drugi pierwiastek wyznacza prostą \(BC\). Punkt \(B\) to przecięcie prostej \(BC\) z \(k_2\): \[-\tfrac{9}{13}x+\tfrac{50}{13}+\tfrac{13}{3}=-\tfrac{79}{3}(x+3),\qquad x=-\tfrac{17}{5},\qquad y=\tfrac{31}{5}.\] Sprawdzenie: \(\lvert AC\rvert=\sqrt{10^2+\left(\frac{10}{3}\right)^2}=\frac{10\sqrt{10}}{3}\) oraz \(\lvert BC\rvert=\sqrt{\left(\frac25\right)^2+\left(\frac{158}{15}\right)^2}=\frac{10\sqrt{10}}{3}\). **Odpowiedź.** \(B=\left(-\dfrac{17}{5},\dfrac{31}{5}\right)\), \(C=\left(-3,-\dfrac{13}{3}\right)\)

**1–2 pkt** – wyznaczenie równań obu stycznych poprowadzonych z punktu \(A\). **3–5 pkt** – wskazanie, która styczna zawiera \(AC\), i wyznaczenie współrzędnych punktu \(C\). **6 pkt** – wyznaczenie współrzędnych punktu \(B\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający posługuje się równaniem okręgu (x−a)²+(y−b)²=r², wyznacza współrzędne środka odcinka, równanie prostej równoległej lub prostopadłej, punkt przecięcia prostych, punkty wspólne prostej i okręgu oraz odległość punktu od prostej (R8.5, 8.5, 8.3, 8.4, R8.6, R8.4).

Niech r będzie promieniem mniejszego okręgu, a S wierzchołkiem kąta. Środki leżą na dwusiecznej, więc AS = \(2\sqrt{2}\) i BS = r√\(2\). Ze styczności zewnętrznej AB = \(2\) + r, a AS = AB + BS. Stąd \(2\sqrt{2 = 2}\) + r + r√\(2\), więc r = \(6\) − \(4\sqrt{2}\). Ponieważ \(6\) − \(4\sqrt{2}\) < √\(2\) − \(1\) jest równoważne \(7 < 5\sqrt{2}\), co wynika z \(49 < 50\), otrzymujemy r < √\(2\) − \(1\).

Oznaczmy przez \(S\) wierzchołek kąta prostego, przez \(R=2\) promień okręgu o środku \(A\), a przez \(r\) promień okręgu o środku \(B\). Okrąg styczny do obu ramion kąta ma środek równo oddalony od ramion, więc oba środki leżą na dwusiecznej kąta prostego. Odległość środka od wierzchołka wyznaczamy z trójkąta prostokątnego o kącie \(45^\circ\): \[\lvert AS\rvert=R\sqrt2=2\sqrt2,\qquad \lvert BS\rvert=r\sqrt2.\] Okręgi są styczne zewnętrznie, więc \(\lvert AB\rvert=R+r=2+r\), a z rysunku punkt \(B\) leży między \(A\) i \(S\): \[\lvert AS\rvert=\lvert AB\rvert+\lvert BS\rvert,\qquad 2\sqrt2=2+r+r\sqrt2.\] Stąd \[r=\frac{2\sqrt2-2}{1+\sqrt2}=\frac{2\left(\sqrt2-1\right)\left(\sqrt2-1\right)}{\left(\sqrt2+1\right)\left(\sqrt2-1\right)}=2\left(3-2\sqrt2\right)=6-4\sqrt2.\] Pozostaje sprawdzić nierówność \(6-4\sqrt2<\sqrt2-1\). Jest ona równoważna \[7<5\sqrt2,\] a po podniesieniu obu dodatnich stron do kwadratu — nierówności \(49<50\), która jest prawdziwa. Zatem \(r<\sqrt2-1\), co należało uzasadnić. **Odpowiedź.** \(r=6-4\sqrt2<\sqrt2-1\)

**1 pkt** – zapisanie zależności między promieniami wynikającej z położenia środków na dwusiecznej i ze styczności zewnętrznej. **2 pkt** – wyznaczenie \(r=6-4\sqrt2\) i uzasadnienie nierówności \(r<\sqrt2-1\).

Zadanie 29. (0–2) **Wymaganie ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymaganie szczegółowe:** 7. Planimetria — korzystanie z własności stycznej do okręgu i z własności okręgów stycznych (7.2).

\[\alpha=180^\circ-2\beta.\]

Prosta \(AB\) jest styczna w punkcie \(B\) do okręgu o środku \(R\), więc \(|\angle ABR|=90^\circ\). Stąd \[|\angle CBR|=90^\circ-\beta.\] Trójkąt \(BRC\) jest równoramienny, ponieważ \(|RB|=|RC|\). Zatem \(|\angle BCR|=90^\circ-\beta\), a więc \[|\angle BRC|=180^\circ-2(90^\circ-\beta)=2\beta.\] Suma miar kątów czworokąta \(ABRP\) jest równa \(360^\circ\). Ponadto \(|\angle PAB|=|\angle ABR|=90^\circ\), \(|\angle BRP|=2\beta\) oraz \(|\angle APR|=\alpha\). Otrzymujemy \[90^\circ+90^\circ+2\beta+\alpha=360^\circ,\] czyli \(\alpha=180^\circ-2\beta\).

**2 pkt** – poprawne przeprowadzenie rozumowania i wykazanie, że \(\alpha=180^\circ-2\beta\) **1 pkt** – zapisanie układu warunków wystarczających do udowodnienia tezy, np. \(\delta=90^\circ-\beta\), \(2\delta+\eta=180^\circ\) i \(\alpha+\eta=180^\circ\), albo równoważnego zestawu zależności kątowych **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** styczna do okręgu jest prostopadła do promienia; zależności kątowe w trójkącie i czworokącie.

**A.** \(\left[\frac92,\frac{11}2\right]\)

Niech \(K\) będzie spodkiem prostopadłej z \(S\) na cięciwę \(AB\). W trójkącie prostokątnym \(ASK\) mamy \[SK=AS\sin31^\circ=10\sin31^\circ\approx5{,}15.\] Liczba ta należy do \([4{,}5,5{,}5]\).

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

**Klasyfikacja CKE:** trygonometria i okrąg - odległość środka okręgu od cięciwy.

B. \(2\sqrt{33}\)

Oznaczmy przez \(O_1\) środek okręgu o promieniu \(4\), a przez \(O_2\) środek okręgu o promieniu \(3\). Okręgi są styczne zewnętrznie, więc \[\lvert O_1O_2\rvert=4+3=7.\] Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc \(O_1P\perp PO_2\) i trójkąt \(O_1PO_2\) jest prostokątny o przyprostokątnej \(\lvert O_1P\rvert=4\) i przeciwprostokątnej \(7\). Z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert PO_2\rvert=\sqrt{7^2-4^2}=\sqrt{33}.\] Pole trójkąta prostokątnego jest połową iloczynu przyprostokątnych: \[P=\tfrac12\cdot4\cdot\sqrt{33}=2\sqrt{33}.\] **Odpowiedź.** B. \(2\sqrt{33}\)

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

Zadanie 19. (0−1) Wersja Wersja 7. Planimetria. Zdający korzysta z własności IV. Użycie i tworzenie I II stycznej do okręgu i własności okręgów strategii. stycznych (7.2). B C

**C.** \(25^\circ\)

Ponieważ \(AB\) jest średnicą, łuk \(BCA\) ma \(180^\circ\). Z \(\angle ASC=110^\circ\) wynika, że łuk \(AC\) ma \(110^\circ\), a łuk \(BC\) ma \(70^\circ\). Dla cięciw przecinających się wewnątrz okręgu \[100^\circ=\frac12(\overset{\frown}{BC}+\overset{\frown}{AD}),\] więc łuk \(AD\) ma \(130^\circ\). Na drugiej półokręgu łuk \(DB\) ma zatem \(50^\circ\), a oparty na nim kąt wpisany \(BAD\) ma \(25^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - kąty wpisane, środkowe i utworzone przez przecinające się cięciwy.

\[|\angle P_{16}AP_{11}|=60^\circ.\]

Każdy z \(24\) równych łuków ma miarę \[\frac{360^\circ}{24}=15^\circ.\] Kąt utworzony przez dwie cięciwy przecinające się wewnątrz okręgu jest równy połowie sumy miar łuków opartych na tym kącie i kącie wierzchołkowym. Krótszy łuk \(P_{16}P_{11}\) składa się z \(5\) równych łuków, więc ma \(75^\circ\). Krótszy łuk \(P_{22}P_1\) składa się z \(3\) równych łuków, więc ma \(45^\circ\). Zatem \[|\angle P_{16}AP_{11}|=\frac12(75^\circ+45^\circ)=60^\circ.\]

**3 pkt** – pełny dowód, zakończony wartością \(60^\circ\) **2 pkt** – wyznaczenie miar obu właściwych łuków: \(75^\circ\) i \(45^\circ\) **1 pkt** – stwierdzenie, że każdy mały łuk ma \(15^\circ\), i wskazanie właściwej zależności kątowej **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 zależności między kątami środkowymi, wpisanymi oraz kątem utworzonym przez przecinające się cięciwy.

\[P=25\pi.\]

Oznaczmy promienie okręgów przez \(R\) i \(r\). Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do cięciwy i dzieli ją na połowy, każda o długości \(5\). W powstałym trójkącie prostokątnym \[R^2=r^2+5^2,\] więc \(R^2-r^2=25\). Pole pierścienia wynosi zatem \[P=\pi R^2-\pi r^2=\pi(R^2-r^2)=25\pi.\] Wzór nie zawiera żadnego z promieni.

**2 pkt** – pełne wykazanie, że pole pierścienia wynosi \(25\pi\) **1 pkt** – uzyskanie zależności \(R^2-r^2=25\) z twierdzenia Pitagorasa **0 pkt** – rozumowanie błędne albo brak rozumowania

Klucz CKE publikuje rozwiązanie i punktację. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, cięciwa, styczność, twierdzenie Pitagorasa i pole pierścienia.

\[AB=\frac{12\sqrt{17\cdot26}}{26}\approx9{,}7032.\] Należy zakodować cyfry \(9,7,0\).

Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą trójkąty \(APB\) i \(CPA\) są podobne. Oznaczmy \(PA=y\) i \(AB=x\). Ponieważ \(PC=PB+BC=26\), z podobieństwa \[\frac{PA}{PC}=\frac{PB}{PA},\qquad \frac{y}{26}=\frac{17}{y},\] więc \(y=\sqrt{17\cdot26}\). Ponadto \[\frac{AB}{PA}=\frac{AC}{PC},\qquad \frac{x}{y}=\frac{12}{26}.\] Stąd \(x=\frac{12\sqrt{17\cdot26}}{26}\approx9{,}7032\), więc kod to \(970\).

**Informator CKE podaje dwa rozwiązania wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 3 pkt** – poprawna długość i kod \(970\) **2 pkt** – poprawne podobieństwo i wyznaczenie \(PA=\sqrt{17\cdot26}\) **1 pkt** – rozpoznanie podobieństwa trójkątów **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 7.4. R. Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) ich własności.

\[r=\frac{11}{35}.\]

Równanie prostej zapisujemy w postaci ogólnej: \[-3x+4y+\frac{122}{7}=0.\] Promień jest odległością środka \(S=(1,-4)\) od prostej, więc \[r=\frac{\left|-3\cdot1+4\cdot(-4)+\frac{122}{7}\right|}{\sqrt{(-3)^2+4^2}}=\frac{11}{35}.\]

**2 pkt** – poprawne obliczenie \(r=\frac{11}{35}\) **1 pkt** – poprawna postać ogólna prostej i zastosowanie wzoru na odległość punktu od prostej **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** geometria analityczna - odległość punktu od prostej i styczność okręgu.

Równanie stycznej ma postać \[y=-\frac{\sqrt3}{3}x+6\sqrt3.\]

Długość boku sześciokąta jest równa \[|AB|=\sqrt{(2-0)^2+(0-2\sqrt3)^2}=4.\] Ponieważ \(C\) leży na osi \(Ox\), mamy \(C=(6,0)\). Środek okręgu opisanego na sześciokącie jest punktem \[S=(4,2\sqrt3),\] a wierzchołek przeciwny do \(B\) ma współrzędne \[E=(6,4\sqrt3).\] Promień \(SE\) ma współczynnik kierunkowy \(\sqrt3\), zatem prostopadła do niego styczna ma współczynnik \(-\frac1{\sqrt3}=-\frac{\sqrt3}{3}\). Prosta przechodząca przez \(E\) ma więc równanie \[y-4\sqrt3=-\frac{\sqrt3}{3}(x-6),\] czyli \[y=-\frac{\sqrt3}{3}x+6\sqrt3.\]

**4 pkt** – poprawne równanie stycznej **3 pkt** – poprawny współczynnik kierunkowy stycznej i współrzędne punktu \(E\) **2 pkt** – wyznaczenie \(E=(6,4\sqrt3)\) albo wskazanie prostej równoległej do stycznej **1 pkt** – poprawne obliczenie długości boku lub współczynnika kierunkowego odpowiedniego promienia **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** Zdający rozwiązuje zadania dotyczące wzajemnego położenia prostej i okręgu oraz wyznacza równanie prostej prostopadłej.

**D.** \(69^\circ\)

Z rysunku odczytujemy, że \(AB\) jest średnicą, punkt \(C\) leży nad tą średnicą, a punkt \(D\) — pod nią; kąt \(BAC\) ma miarę \(21^\circ\). Kąt \(ACB\) jest wpisany i oparty na średnicy, więc \(|\angle ACB|=90^\circ\). Z sumy kątów w trójkącie \(ABC\): \[|\angle ABC|=180^\circ-90^\circ-21^\circ=69^\circ.\] Kąty \(ADC\) i \(ABC\) są kątami wpisanymi opartymi na tym samym łuku \(AC\) — punkty \(B\) i \(D\) leżą po tej samej stronie cięciwy \(AC\) — więc mają równe miary: \[\alpha=|\angle ADC|=|\angle ABC|=69^\circ.\] **Odpowiedź.** D. \(69^\circ\)

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

**Wymaganie ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymaganie szczegółowe:** 7.1) Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

\((x-3)^2+(y-12)^2=625\). Odległość środka \(S=(3,12)\) od prostej \(3x-4y-36=0\) wynosi \(15\), a połowa cięciwy ma długość \(20\), więc z twierdzenia Pitagorasa \(r^2=15^2+20^2=625\), czyli \(r=25\).

**Krok \(1\).** Znamy środek okręgu, więc do napisania równania brakuje tylko promienia. Rozpoznajemy klasyczną konfigurację: środek okręgu, cięciwa i odcinek łączący środek ze środkiem cięciwy. Ten odcinek jest prostopadły do cięciwy i dzieli ją na połowy, więc powstaje trójkąt prostokątny, w którym promień jest przeciwprostokątną. **Krok \(2\).** Liczymy odległość środka \(S=(3,12)\) od prostej \(3x-4y-36=0\) ze wzoru \(d=\dfrac{|Ax_0+By_0+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}\): \[d=\frac{|3\cdot3-4\cdot12-36|}{\sqrt{3^2+(-4)^2}}=\frac{|9-48-36|}{5}=\frac{75}{5}=15.\] **Krok \(3\).** Niech \(C\) będzie środkiem cięciwy \(AB\). Odcinek \(SC\) realizuje właśnie tę odległość, więc \(|SC|=15\), a ponadto \(SC\) jest prostopadły do \(AB\). **Krok \(4\).** Prostopadła poprowadzona ze środka okręgu do cięciwy dzieli ją na połowy, zatem \[|AC|=\tfrac12\cdot|AB|=\tfrac12\cdot40=20.\] **Krok \(5\).** Trójkąt \(ACS\) jest prostokątny z kątem prostym przy wierzchołku \(C\), a jego przeciwprostokątna \(SA\) to promień \(r\). Z twierdzenia Pitagorasa: \[r^2=|AC|^2+|SC|^2=20^2+15^2=400+225=625.\] **Krok \(6\).** Stąd \(r=25\) (długość jest dodatnia). **Krok \(7\).** Równanie okręgu o środku \((a,b)\) i promieniu \(r\) ma postać \((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\), więc \[(x-3)^2+(y-12)^2=625.\] **Uwaga.** Częsty błąd to potraktowanie odległości \(15\) jako promienia. Ta odległość to tylko jedna przyprostokątna; promień jest przeciwprostokątną i musi być większy — tu \(25\gt15\), co zgadza się z tym, że prosta faktycznie przecina okrąg w dwóch punktach. **Odpowiedź.** \((x-3)^2+(y-12)^2=625\) (promień \(r=25\)).

**1 pkt** – zdający wykona rysunek, na którym zaznaczy środek cięciwy \(AB\), albo zapisze, że środek cięciwy \(AB\), środek okręgu i koniec cięciwy to wierzchołki trójkąta prostokątnego; albo wykorzysta współrzędne środka okręgu i zapisze równanie okręgu w postaci […]; albo obliczy połowę długości cięciwy \(AB\): \(\tfrac{1}{2}\lvert AB\rvert=20\); albo obliczy odległość punktu \(S\) od prostej \(AB\) i nie interpretuje jej błędnie (np. jako promień szukanego okręgu) i na tym zakończy. **2 pkt** – zdający obliczy odległość środka okręgu od prostej o równaniu \(3x-4y-36=0\), np. wykorzystując wzór na odległość punktu od prostej albo obliczając wysokość trójkąta opuszczoną z wierzchołka \(S\) na bok zawarty w tej prostej: \(\tfrac{\lvert 3\cdot 3-4\cdot 12-36\rvert}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=15\), oraz wykona rysunek, na którym zaznaczy środek cięciwy \(AB\), lub zapisze, że środek cięciwy \(AB\), środek okręgu i koniec cięciwy to wierzchołki trójkąta prostokątnego, lub wykorzysta współrzędne środka okręgu i zapisze równanie okręgu w postaci […], lub obliczy połowę długości cięciwy \(AB\): \(\tfrac{1}{2}\lvert AB\rvert=20\). **3 pkt** – zdający zapisze równanie wynikające z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta \(ACS\), gdzie \(C\) oznacza środek cięciwy \(AB\): \(r^{2}=20^{2}+15^{2}\). **4 pkt** – zdający zapisze równanie okręgu: \((x-3)^{2}+(y-12)^{2}=625\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Wyznaczenie równania okręgu. (IV.8.e.g.c.R)

**C.** \(5\text{ cm}\)

Odległość środka od cięciwy mierzymy wzdłuż prostopadłej, a prostopadła poprowadzona ze środka dzieli cięciwę na połowy. Powstaje trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(3\ \mathrm{cm}\) i \(\frac82=4\ \mathrm{cm}\), którego przeciwprostokątną jest promień: \[r=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \mathrm{cm}.\] **Odpowiedź.** C. \(5\ \mathrm{cm}\)

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

Zadanie 9. (0–1) Wykorzystanie Znalezienie związków miarowych i interpretowanie reprezentacji w figurach płaskich. Zastosowanie C twierdzenia Pitagorasa (II.7.c)

Kąt między stycznymi ma miarę \(90^\circ\).

Sprowadzamy równanie okręgu do postaci kanonicznej: \[x^2+y^2+2x-2y-3=0,\qquad (x+1)^2+(y-1)^2=5,\] więc \(S=(-1,1)\) i \(r=\sqrt5\). Odległość punktu \(A=(2,0)\) od środka: \[\lvert SA\rvert=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}>\sqrt5,\] więc \(A\) leży na zewnątrz okręgu i istnieją dwie styczne. Niech \(B\) będzie punktem styczności. Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc trójkąt \(ABS\) jest prostokątny przy \(B\) i \[\sin\lvert\angle BAS\rvert=\frac{r}{\lvert SA\rvert}=\frac{\sqrt5}{\sqrt{10}}=\frac{\sqrt2}{2},\qquad \lvert\angle BAS\rvert=45^\circ.\] Prosta \(AS\) zawiera dwusieczną kąta między stycznymi, zatem szukany kąt ma miarę \[2\cdot45^\circ=90^\circ.\] Kontrola drugą metodą: styczne przechodzące przez \(A\) mają równania \(y=a(x-2)\); warunek styczności prowadzi do równania \(2a^2+3a-2=0\) o pierwiastkach \(a_1=-2\) i \(a_2=\frac12\). Ponieważ \(a_1a_2=-1\), proste są prostopadłe. **Odpowiedź.** Kąt między stycznymi ma miarę \(90^\circ\).

**1–2 pkt** – wyznaczenie środka \(S=(-1,1)\) i promienia \(r=\sqrt5\) oraz odległości \(\lvert SA\rvert=\sqrt{10}\). **3 pkt** – zapisanie zależności pozwalającej wyznaczyć kąt, np. \(\sin\lvert\angle BAS\rvert=\frac{r}{\lvert SA\rvert}\). **4 pkt** – obliczenie miary kąta równej \(90^\circ\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Rozwiązanie zadania dotyczącego wzajemnego położenia prostej i okręgu.

**B.** \(x=3\)

Okrąg \((x-1)^{2}+y^{2}=4\) ma środek \(S=(1,0)\) i promień \(2\). Prosta jest styczna do okręgu, gdy jej odległość od środka jest równa promieniowi. Dla prostej pionowej \(x=3\) odległość ta wynosi \(|3-1|=2=r\). Dla \(x=1\) i \(y=0\) odległość wynosi \(0\) (proste przechodzą przez środek), a dla \(y=4\) wynosi \(4>2\). **Odpowiedź.** \(x=3\), czyli wariant **B**

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

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Posłużenie się równaniem okręgu (x − a)² + (y − b)² = r² i sprawdzenie, czy dana prosta jest styczną.

**B.** \(\beta=124^\circ\)

Z rysunku odczytujemy, że \(\beta\) jest kątem środkowym \(ASB\), opartym na cięciwie \(AB\). Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą miara kąta \(\alpha\) jest równa połowie miary łuku \(AB\) zawartego wewnątrz tego kąta, a kąt środkowy \(\beta\) jest oparty na tym samym łuku. Zatem \[\beta=2\alpha=2\cdot62^\circ=124^\circ.\] **Odpowiedź.** B. \(\beta=124^\circ\)

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

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

A. \(120\)°

Wierzchołki trójkąta równobocznego dzielą okrąg opisany na trzy równe łuki, bo równym cięciwom odpowiadają równe łuki. Każdy z nich ma miarę \[\frac{360^\circ}{3}=120^\circ.\] Kąt środkowy \(ASB\) jest oparty na łuku \(AB\), więc ma taką samą miarę. Ten sam wynik daje zależność między kątem wpisanym a środkowym: kąt \(ACB\) trójkąta równobocznego ma \(60^\circ\), a oparty na tym samym łuku kąt środkowy jest dwa razy większy. **Odpowiedź.** A. \(120^\circ\)

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

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Korzystanie ze związków między kątem wpisanym i środkowym do obliczenia miary kąta.

\[\lvert\angle CDE\rvert=72^\circ,\qquad \lvert\angle DCE\rvert=72^\circ,\qquad \lvert\angle CED\rvert=36^\circ.\]

Z sumy kątów trójkąta \(ABC\) \[\lvert\angle ACB\rvert=180^\circ-42^\circ-78^\circ=60^\circ.\] Odcinek \(CD\) leży na dwusiecznej tego kąta, więc \[\lvert\angle ACD\rvert=\lvert\angle DCB\rvert=30^\circ.\] **Kąt \(DCE\).** Prosta \(CE\) jest styczna do okręgu opisanego w punkcie \(C\), a \(CB\) jest cięciwą. Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą kąt \(BCE\) jest równy kątowi wpisanemu opartemu na łuku \(BC\) leżącemu po drugiej stronie cięciwy, czyli kątowi \(BAC\): \[\lvert\angle BCE\rvert=42^\circ.\] Z rysunku odczytujemy, że punkt \(E\) leży na przedłużeniu odcinka \(AB\) poza wierzchołkiem \(B\), więc półproste \(CD\) i \(CE\) leżą po tej samej stronie prostej \(CB\) i kąty się dodają: \[\lvert\angle DCE\rvert=\lvert\angle DCB\rvert+\lvert\angle BCE\rvert=30^\circ+42^\circ=72^\circ.\] **Kąt \(CDE\).** W trójkącie \(ACD\) \[\lvert\angle ADC\rvert=180^\circ-42^\circ-30^\circ=108^\circ,\] a kąt \(CDE\) jest do niego przyległy: \[\lvert\angle CDE\rvert=180^\circ-108^\circ=72^\circ.\] **Kąt \(CED\).** Z sumy kątów trójkąta \(CDE\) \[\lvert\angle CED\rvert=180^\circ-72^\circ-72^\circ=36^\circ.\] **Odpowiedź.** \(\lvert\angle CDE\rvert=72^\circ\), \(\lvert\angle DCE\rvert=72^\circ\), \(\lvert\angle CED\rvert=36^\circ\).

*Schemat punktowania CKE zachował się przy tym zadaniu bez liczb: cyfry stały w wąskiej kolumnie tabeli i nie przetrwały odczytu arkusza. Poziomy oceniania zostają, punktów nie dopisujemy — zgadnięty próg to źle policzona praca.* Schemat oceniania **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania** – obliczenie miary kąta \(CDE\): \(\lvert\angle CDE\rvert=72^\circ\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – obliczenie miar kątów \(COB\) i \(OCB\), gdzie \(O\) jest środkiem okręgu: \(\lvert\angle COB\rvert=84^\circ\), \(\lvert\angle OCB\rvert=48^\circ\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – obliczenie miary kąta \(BCE\): \(\lvert\angle BCE\rvert=42^\circ\). **Rozwiązanie bezbłędne** – obliczenie miar kątów trójkąta \(CDE\): \(\lvert\angle CDE\rvert=72^\circ\), \(\lvert\angle DCE\rvert=72^\circ\), \(\lvert\angle CED\rvert=36^\circ\).

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: kąty w okręgu, dwusieczna oraz twierdzenie o kącie między styczną i cięciwą.

\(y=-\tfrac34x-1\).

Z równania okręgu odczytujemy środek \(S=(-2,3)\) i promień \(r=2\). Druga styczna nie jest pionowa, więc ma równanie \(y=ax-1\) (przechodzi przez \(A=(0,-1)\)), czyli \(ax-y-1=0\). Prosta jest styczna do okręgu wtedy i tylko wtedy, gdy odległość środka od niej równa się promieniowi: \[\frac{|a\cdot(-2)-3-1|}{\sqrt{a^{2}+1}}=2,\qquad |2a+4|=2\sqrt{a^{2}+1}.\] Podnosimy obie strony (nieujemne) do kwadratu: \[4a^{2}+16a+16=4a^{2}+4,\qquad 16a=-12,\qquad a=-\tfrac34.\] **Odpowiedź.** \(y=-\tfrac34x-1\).

**1 pkt** – jeśli narysuje w układzie współrzędnych opisany w zadaniu okrąg i zaznaczy dany punkt \(A\). **1 pkt** – jeśli zapisze równanie szukanej rodziny stycznych. Poprawna odpowiedź: \(y=ax-1\) lub \(ax-y-1=0\). **1 pkt** – jeśli zapisze warunek styczności prostej \(k\) o równaniu \(y=ax-1\) i danego okręgu. Poprawna odpowiedź: Odległość środka okręgu \(S\) od prostej \(k\) jest równa promieniowi okręgu. **1 pkt** – jeśli zapisze równanie z niewiadomą \(a\). Poprawna odpowiedź: \(\frac{\lvert a\cdot(-2)-3-1\rvert}{\sqrt{a^{2}+1}}=2\). **1 pkt** – jeśli zapisze równanie szukanej stycznej. Poprawna odpowiedź: \(y=-\frac{3}{4}x-1\).

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

**a)** \(A=(0,-5)\), \(B=(5,0)\), \(C=\left(-\frac{5\sqrt2}2,\frac{5\sqrt2}2\right)\). **b)** Kąt przy wierzchołku \(C\) ma miarę \(45^\circ\), a kąty przy podstawie \(67{,}5^\circ\) każdy.

**a)** Punkty \(A\) i \(B\) leżą jednocześnie na okręgu i na prostej, więc ich współrzędne spełniają układ \[\begin{cases}x^{2}+y^{2}=25\\ y=x-5\end{cases}\] Po podstawieniu \(x^{2}+(x-5)^{2}=25\), czyli \(2x^{2}-10x=0\) i \(x\in\{0,5\}\). Zatem \(A=(0,-5)\) oraz \(B=(5,0)\). Trójkąt jest równoramienny o podstawie \(AB\), więc \(C\) leży na symetralnej odcinka \(AB\). Symetralna cięciwy przechodzi przez środek okręgu, czyli przez początek układu, a jest prostopadła do \(AB\), więc ma równanie \(y=-x\). Podstawiając do równania okręgu, otrzymujemy \(2x^{2}=25\), czyli \(x=\pm\frac{5\sqrt2}2\). Warunek, by trójkąt był ostrokątny, spełnia ten punkt, który leży dalej od prostej \(AB\): \[C=\left(-\frac{5\sqrt2}2,\frac{5\sqrt2}2\right).\] **b)** Kąt środkowy \(AOB\) oparty na cięciwie \(AB\) jest prosty, bo \(\overrightarrow{OA}=[0,-5]\) i \(\overrightarrow{OB}=[5,0]\) są prostopadłe. Kąt wpisany oparty na tym samym łuku jest połową kąta środkowego, więc \[|\angle ACB|=45^{\circ}.\] Pozostałe kąty, jako kąty przy podstawie trójkąta równoramiennego, mają miarę \[\frac{180^{\circ}-45^{\circ}}2=67{,}5^{\circ}.\] **Odpowiedź.** \(A=(0,-5)\), \(B=(5,0)\), \(C=\left(-\frac{5\sqrt2}2,\frac{5\sqrt2}2\right)\); kąty trójkąta to \(45^\circ\), \(67{,}5^\circ\), \(67{,}5^\circ\)

*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)** – wyznaczenie współrzędnych punktów \(A\), \(B\): \(A=(0,-5)\), \(B=(5,0)\). **11.2. (1 pkt)** – wyznaczenie równania symetralnej odcinka \(AB\): \(y=-x\). **11.3. (2 pkt)** – obliczenie współrzędnych punktu \(C\): \(C=\left(\frac{-5\sqrt{2}}{2},\ \frac{5\sqrt{2}}{2}\right)\). **11.4. (1 pkt)** – obliczenie miar kątów trójkąta \(ABC\): \(45^{\circ}\), \(67{,}5^{\circ}\), \(67{,}5^{\circ}\). Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą niż przedstawiona w schemacie przyznajemy maksymalną liczbę punktów.

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

a) \(C=(3,0)\). b) \((x+3)^2+(y+10)^2=100\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy dwa narzędzia. W podpunkcie a) warunek \(\angle BCA=90^\circ\) oznacza prostopadłość wektorów \(\overrightarrow{CA}\) i \(\overrightarrow{CB}\), czyli zerowanie się ich iloczynu skalarnego; ponieważ \(C\) leży na osi \(OX\), ma postać \(C=(x,0)\) i zostaje jedna niewiadoma. W podpunkcie b) korzystamy z twierdzenia Talesa: w trójkącie prostokątnym przeciwprostokątna jest ŚREDNICĄ okręgu opisanego — to od razu daje środek i promień, a potem stosujemy jednokładność. **Krok \(2\).** Niech \(C=(x,0)\). Obliczamy wektory wychodzące z \(C\): \[\overrightarrow{CA}=(7-x,\,8-0)=(7-x,\,8),\qquad \overrightarrow{CB}=(-1-x,\,2-0)=(-1-x,\,2).\] **Krok \(3\).** Zapisujemy warunek prostopadłości (iloczyn skalarny równy zeru): \[(7-x)(-1-x)+8\cdot2=0.\] **Krok \(4\).** Rozwiązujemy. Wymnażamy nawiasy: \[(7-x)(-1-x)=-7-7x+x+x^2=x^2-6x-7,\] więc równanie przyjmuje postać \[x^2-6x-7+16=0\quad\Longrightarrow\quad x^2-6x+9=0\quad\Longrightarrow\quad (x-3)^2=0\quad\Longrightarrow\quad x=3.\] Zatem \(C=(3,0)\). (Rozwiązanie jest podwójne, bo oś \(OX\) jest styczna do okręgu o średnicy \(AB\) — istnieje dokładnie jeden taki punkt.) **Krok \(5\).** Podpunkt b): skoro kąt przy \(C\) jest prosty, to \(AB\) jest średnicą okręgu opisanego na trójkącie \(ABC\). Środek okręgu to środek odcinka \(AB\): \[S=\left(\frac{7+(-1)}{2},\,\frac{8+2}{2}\right)=(3,5).\] **Krok \(6\).** Promień to połowa długości \(AB\): \[|AB|=\sqrt{(7-(-1))^2+(8-2)^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10,\qquad r=\frac{10}{2}=5.\] **Krok \(7\).** Wyznaczamy obraz środka w jednokładności o środku \(P=(1,0)\) i skali \(k=-2\). Korzystamy z warunku \(\overrightarrow{PS^{\prime}}=k\cdot\overrightarrow{PS}\): \[\overrightarrow{PS}=(3-1,\,5-0)=(2,5),\qquad \overrightarrow{PS^{\prime}}=-2\cdot(2,5)=(-4,-10).\] Stąd \[S^{\prime}=(1,0)+(-4,-10)=(-3,-10).\] **Krok \(8\).** Wyznaczamy promień obrazu. Jednokładność o skali \(k\) zmienia długości \(|k|\) razy: \[r^{\prime}=|k|\cdot r=2\cdot5=10.\] **Krok \(9\).** Zapisujemy równanie okręgu o środku \((-3,-10)\) i promieniu \(10\): \[(x-(-3))^2+(y-(-10))^2=10^2,\qquad\text{czyli}\qquad (x+3)^2+(y+10)^2=100.\] **Uwaga.** Przy skali ujemnej promień mnożymy przez \(|k|\), a NIE przez \(k\) — promień musi być liczbą dodatnią. Znak minus wpływa wyłącznie na położenie środka: obraz leży po przeciwnej stronie punktu \(P\) niż oryginał (porównaj: \(S=(3,5)\) leży „na prawo i w górę” od \(P\), a \(S^{\prime}=(-3,-10)\) — „na lewo i w dół”). Warto też pamiętać, że w podpunkcie a) równanie \((x-3)^2=0\) daje tylko jedno położenie punktu \(C\). **Odpowiedź.** a) \(C=(3,0)\). b) \((x+3)^2+(y+10)^2=100\).

*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.* **18.1. (2 pkt)** – […] \(C\) (w tym \(1\) punkt za zapisanie warunku prostopadłości prostych). **18.2. (1 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych punktu \(C\): \(C=(3,\,0)\). **18.3. (1 pkt)** – zapisanie współrzędnych środka okręgu opisanego na trójkącie \(ABC\): \(S=(3,\,5)\) i długości promienia tego okręgu: \(r=5\). **18.4. (2 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych środka obrazu okręgu: \(S'=(-3,\,-10)\) (w tym \(1\) punkt za metodę). **18.5. (1 pkt)** – zapisanie długości promienia obrazu okręgu: \(r'=10\). **18.6. (1 pkt)** – zapisanie równania obrazu okręgu: \((x+3)^{2}+(y+10)^{2}=100\).

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

Dwa przeciwległe kąty mają miary \(45^\circ\) i \(135^\circ\), a dwa pozostałe \(60^\circ\) i \(120^\circ\).

Oznaczmy kolejne kąty wewnętrzne czworokąta wpisanego w okrąg przez \(\alpha,\beta,\gamma,\delta\). Dla czworokąta wpisanego \(\alpha+\gamma=180^\circ\) oraz \(\beta+\delta=180^\circ\), a ze wzorów redukcyjnych \[\sin\gamma=\sin\alpha,\qquad \sin\delta=\sin\beta.\] Iloczyn sinusów wszystkich kątów jest więc równy \(\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta\). Dana przekątna długości \(10\) jest cięciwą okręgu i leży naprzeciw jednego z kątów, powiedzmy \(\alpha\), w trójkącie utworzonym przez tę przekątną i dwa boki. Z twierdzenia sinusów \[\sin\alpha=\frac{10}{2R}=\frac{10}{10\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2},\] czyli \(\alpha=45^\circ\) albo \(\alpha=135^\circ\); w obu przypadkach \(\sin^{2}\alpha=\tfrac12\), a drugi z pary kątów \(\alpha,\gamma\) jest dopełnieniem do \(180^\circ\). Z warunku na iloczyn \[\tfrac12\sin^{2}\beta=\tfrac38,\qquad \sin^{2}\beta=\tfrac34,\qquad \sin\beta=\frac{\sqrt3}{2},\] skąd \(\beta=60^\circ\) albo \(\beta=120^\circ\), a \(\delta\) jest jego dopełnieniem do \(180^\circ\). Zadanie nie narzuca, który z kątów jest ostry, więc jedno z rozwiązań opisuje wszystkie możliwości: jedna para przeciwległych kątów ma miary \(45^\circ\) i \(135^\circ\), a druga \(60^\circ\) i \(120^\circ\). Suma \(45^\circ+135^\circ+60^\circ+120^\circ=360^\circ\) potwierdza poprawność wyniku. **Odpowiedź.** Kąty czworokąta mają miary \(45^\circ\), \(60^\circ\), \(135^\circ\), \(120^\circ\), przy czym \(45^\circ\) leży naprzeciw \(135^\circ\), a \(60^\circ\) naprzeciw \(120^\circ\).

*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.* **18.1. (1 pkt)** – […] opisanych oznaczeń, np.: \(\measuredangle DAB=\alpha\), \(\measuredangle ABC=\beta\), \(\measuredangle BCD=\gamma\), \(\measuredangle CDA=\delta\). **18.2. (1 pkt)** – Zastosowanie własności miar kątów czworokąta wpisanego w okrąg i zapisanie, że np.: \(\gamma=180^\circ-\alpha\) \((\delta=180^\circ-\beta)\). **18.3. (2 pkt)** – Wyznaczenie miary kąta \(\alpha\): \(\alpha=45^\circ\) (lub \(\alpha=135^\circ\)) – w tym 1 punkt za skorzystanie z twierdzenia sinusów (lub twierdzenia cosinusów i twierdzenia o kącie wpisanym i środkowym w kole). **Inna metoda (3 pkt)** – Zamiast czynności 18.2 i 18.3: Przekątna tworzy wraz z dwoma promieniami trójkąt prostokątny, ponieważ \((10)^{2}=\left(5\sqrt{2}\right)^{2}+\left(5\sqrt{2}\right)^{2}\). Wyznaczenie miar kątów z twierdzenia o kącie wpisanym i środkowym. **18.4. (2 pkt)** – Wykorzystanie wzorów redukcyjnych i zapisanie, że \(\sin^{2}\beta=\frac{3}{4}\). **18.5. (1 pkt)** – Wyznaczenie miary kąta \(\beta\): \(\beta=60^\circ\) (lub \(\beta=120^\circ\)). **18.6. (1 pkt)** – Zapisanie odpowiedzi: miary kątów czworokąta \(ABCD\) to: \(45^\circ\), \(60^\circ\), \(120^\circ\), \(135^\circ\). Uwaga: nie jest oceniana kolejność podawanych miar kątów czworokąta z rozważanej rodziny.

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

\[h=\frac{3\sqrt3}{2}\approx2{,}60\ \mathrm{m},\qquad d=2\sqrt3\approx3{,}46\ \mathrm{m}.\]

Z rysunku odczytujemy: \(S\) jest środkiem okręgu, \(PR\) — poziomą cięciwą o długości \(3\ \mathrm{m}\), \(O\) — środkiem \(PR\) leżącym pionowo pod \(S\), a promień \(SR\) tworzy z poziomą półprostą \(ST\) kąt \(30^\circ\). W trójkącie prostokątnym \(SOR\) kąt przy wierzchołku \(S\) między \(SO\) a \(SR\) jest dopełnieniem kąta \(30^\circ\) do kąta prostego, czyli ma miarę \(60^\circ\). Przyprostokątna \(OR\) ma długość \(\tfrac32\ \mathrm{m}\), zatem \[r=\lvert SR\rvert=\frac{\lvert OR\rvert}{\sin 60^\circ}=\frac{1{,}5}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\sqrt3,\] \[x=\lvert SO\rvert=\frac{\lvert OR\rvert}{\operatorname{tg}60^\circ}=\frac{1{,}5}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Największy prześwit to pozioma średnica przechodząca przez \(S\): \[d=2r=2\sqrt3\approx3{,}46\ \mathrm{m}.\] Wysokość okna mierzymy od cięciwy \(PR\) do najwyższego punktu łuku: \[h=x+r=\frac{\sqrt3}{2}+\sqrt3=\frac{3\sqrt3}{2}\approx2{,}60\ \mathrm{m}.\] **Odpowiedź.** \(h=\dfrac{3\sqrt3}{2}\ \mathrm{m}\approx2{,}60\ \mathrm{m}\), \(d=2\sqrt3\ \mathrm{m}\approx3{,}46\ \mathrm{m}\).

*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.* **(1 pkt)** – obliczenie promienia okręgu: \(r=\frac{1{,}5}{\sin 60^\circ}=\sqrt{3}\). **(1 pkt)** – obliczenie długości \(x=\lvert SO\rvert\): \(x=\frac{1{,}5}{\operatorname{tg}60^\circ}=0{,}5\sqrt{3}\). **(1 pkt)** – obliczenie \(d=2\sqrt{3}\). **(1 pkt)** – obliczenie \(h=1{,}5\sqrt{3}\).

Formuła 2002: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.