Zadania na dowód w geometrii płaskiej

**a)** \(\displaystyle P(x)=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}\). **b)** Minimum występuje dla \(x=4\sqrt{3}\), a najmniejsze pole jest równe \(12\sqrt{3}\,\mathrm{m}^{2}\).

**Krok \(1\).** Metoda w podpunkcie **a)**: korzystamy z dwóch faktów o trójkącie opisanym na okręgu — ze wzoru \(P=r\cdot p\) (gdzie \(p\) to połowa obwodu) oraz z twierdzenia Pitagorasa dla połowy trójkąta równoramiennego. Promień koła fontanny wynosi \(r=2\) (średnica ma \(4\) metry). **Krok \(2\).** Oznaczmy: \(x\) — długość podstawy, \(b\) — długość ramienia, \(h\) — wysokość opuszczona na podstawę. Połowa obwodu jest równa \(p=\frac{2b+x}{2}=b+\frac{x}{2}\). **Krok \(3\).** Pole zapisujemy na dwa sposoby: \[\frac{1}{2}xh=r\cdot p=2\left(b+\frac{x}{2}\right)=2b+x,\] skąd \[b=\frac{xh-2x}{4}=\frac{x(h-2)}{4}.\] **Krok \(4\).** Wysokość dzieli trójkąt równoramienny na dwa trójkąty prostokątne, więc z twierdzenia Pitagorasa \[b^{2}=\left(\frac{x}{2}\right)^{2}+h^{2}.\] **Krok \(5\).** Podstawiamy \(b\) z kroku \(3\): \[\frac{x^{2}(h-2)^{2}}{16}=\frac{x^{2}}{4}+h^{2},\qquad x^{2}\left(h^{2}-4h+4\right)=4x^{2}+16h^{2},\] \[x^{2}h^{2}-4x^{2}h=16h^{2}.\] **Krok \(6\).** Dzielimy obie strony przez \(h\gt 0\) i wyznaczamy \(h\): \[x^{2}h-4x^{2}=16h,\qquad h\left(x^{2}-16\right)=4x^{2},\qquad h=\frac{4x^{2}}{x^{2}-16}.\] (Dla istnienia takiego trójkąta konieczne jest \(x\gt 4\), czyli \(x^{2}-16\gt 0\).) **Krok \(7\).** Obliczamy pole: \[P=\frac{1}{2}xh=\frac{1}{2}x\cdot\frac{4x^{2}}{x^{2}-16}=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}.\] To należało wykazać. **Krok \(8\).** Metoda w podpunkcie **b)**: badamy znak pochodnej funkcji \(P\) na przedziale \((4,10\rangle\). **Krok \(9\).** Różniczkujemy: \[P^{\prime}(x)=\frac{6x^{2}\left(x^{2}-16\right)-2x^{3}\cdot 2x}{\left(x^{2}-16\right)^{2}}=\frac{6x^{4}-96x^{2}-4x^{4}}{\left(x^{2}-16\right)^{2}}=\frac{2x^{2}\left(x^{2}-48\right)}{\left(x^{2}-16\right)^{2}}.\] **Krok \(10\).** Miejsca zerowe pochodnej: \(2x^{2}\left(x^{2}-48\right)=0\), czyli \(x=0\) lub \(x=\pm 4\sqrt3\). W przedziale \((4,10\rangle\) zostaje tylko \(x=4\sqrt3\approx 6{,}93\). **Krok \(11\).** Badamy znak pochodnej: dla \(x\in\left(4,4\sqrt3\right)\) jest \(x^{2}\lt 48\), więc \(P^{\prime}(x)\lt 0\); dla \(x\in\left(4\sqrt3,10\right\rangle\) jest \(P^{\prime}(x)\gt 0\). Funkcja \(P\) maleje na \(\left(4,4\sqrt3\right\rangle\) i rośnie na \(\left\langle 4\sqrt3,10\right\rangle\), więc dla \(x=4\sqrt3\) osiąga wartość najmniejszą. **Krok \(12\).** Obliczamy to pole. Mamy \(\left(4\sqrt3\right)^{3}=192\sqrt3\) oraz \(\left(4\sqrt3\right)^{2}-16=48-16=32\), więc \[P\left(4\sqrt3\right)=\frac{2\cdot 192\sqrt3}{32}=12\sqrt3.\] **Uwaga.** Znaleziona podstawa \(4\sqrt3\approx 6{,}93\) mieści się w narzuconym w zadaniu ograniczeniu \(x\leqslant 10\) — gdyby minimum wypadło poza tym przedziałem, trzeba by porównać wartości na jego krańcach. **Odpowiedź.** **a)** \(P(x)=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}\). **b)** Pole jest najmniejsze dla podstawy \(x=4\sqrt3\) metrów i wynosi wtedy \(12\sqrt3\ \mathrm{m}^{2}\).

**Część a)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie związku między \(h\) i \(x\) oraz jedną z wielkości: długością \(b\) ramienia, lub długością odcinka \(CE\), lub długością odcinka \(CS\), np.: \(b^{2}=\left(\frac{1}{2}x\right)^{2}+h^{2}\), \(\frac{r}{h-r}=\frac{\frac{1}{2}x}{b}\), \(\frac{1}{2}xh=r\cdot\left(\frac{1}{2}x+b\right)\), ALBO zapisanie związku \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{r}{\frac{1}{2}x}\) (dla sposobu II), ALBO zapisanie związku \(P=\left(b+\frac{x}{2}\right)\cdot r\) lub \(P=\sqrt{\left(b+\frac{1}{2}x\right)\left(b+\frac{1}{2}x-b\right)\left(b+\frac{1}{2}x-b\right)\left(b+\frac{1}{2}x-x\right)}\) (dla sposobu III), ALBO zapisanie związków \(P=\frac{1}{2}b^{2}\sin(2\beta)\) oraz \(\sin\beta=\frac{r}{h-r}\), ALBO zapisanie długości boków trójkąta \(ADC\) (lub trójkąta \(CES\)) w zależności od \(x\) i \(h\) (dla sposobu IV), ALBO zapisanie długości przyprostokątnych trójkątów \(ADC\) oraz \(CES\) w zależności od \(x\) i \(h\) (dla sposobu IV). **2 pkt** – spełnienie kryterium zapisanego w pierwszym myślniku w kategorii za 1 punkt oraz zapisanie układu co najwyżej trzech równań niezależnych, umożliwiającego wyznaczenie \(h\) w zależności od \(x\) ALBO wyznaczenie \(\operatorname{tg}(2\alpha)\) w zależności od \(x\), np. \(\operatorname{tg}(2\alpha)=\frac{4rx}{x^{2}-4r^{2}}\) (dla sposobu II), ALBO wyznaczenie zależności między \(P\) oraz \(x\), np. \(P^{2}=\frac../../{r}\cdot\left(\frac../../{r}-x\right)\cdot\frac{1}{4}x^{2}\) (dla sposobu III). **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. Uwaga: Kategorie za 1 punkt oraz za 2 punkty oceniamy w sytuacji, gdy zdający posługuje się symbolem \(r\) albo przyjmie \(r=2\) lub \(r=4\). Natomiast jeżeli zdający przyjmie promień inny niż \(2\) lub \(4\), to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie. **Część b)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie pochodnej funkcji \(P\), np. \(P'(x)=\frac{6x^{2}\cdot(x^{2}-16)-2x^{3}\cdot 2x}{(x^{2}-16)^{2}}\). **2 pkt** – obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(P\): \(x=4\sqrt{3}\). **3 pkt** – uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja \(P\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(x=4\sqrt{3}\). **4 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(P\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(x=4\sqrt{3}\) (m), oraz obliczenie pola trójkątnego klombu o takiej podstawie: \(P(4\sqrt{3})=12\sqrt{3}\) (m\(^{2}\)). Uwagi: 1. Jeżeli zdający wyznacza pochodną ilorazu jako iloraz pochodnych, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. 2. a) Jeżeli z rozwiązania wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu funkcji oraz zdający poprawnie wyznacza pochodne funkcji \(2x^{3}\) oraz \(x^{2}-16\) i dalej popełnia błędy, otrzymując pochodną w postaci \(\frac{6x^{2}\cdot(x^{2}-16)-2x^{3}\cdot 2x}{(x^{2}-16)^{2}}\) lub \(\frac{B(x)}{(x^{2}-16)^{2}}\), gdzie \(B\) jest wielomianem stopnia czwartego, który w przedziale \((4,10]\) ma dokładnie jeden pierwiastek, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (za miejsce zerowe pochodnej, za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji, za obliczenie najmniejszej wartości funkcji \(P\)). 2. b) Jeżeli z rozwiązania nie wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu funkcji lub zdający błędnie wyznacza pochodną funkcji \(2x^{3}\) lub \(x^{2}-16\) i dalej popełnia błędy, otrzymując pochodną w postaci \(\frac{6x^{2}\cdot(x^{2}-16)-2x^{3}\cdot 2x}{(x^{2}-16)^{2}}\) lub \(\frac{B(x)}{(x^{2}-16)^{2}}\), gdzie \(B\) jest wielomianem stopnia czwartego, który w przedziale \((4,10]\) ma dokładnie jeden pierwiastek, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji i za obliczenie najmniejszej wartości funkcji \(P\)). 3. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja osiąga wartość najmniejszą dla wyznaczonej wartości \(x\), przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy zdający bada znak pochodnej ORAZ: – opisuje (słownie lub graficznie – np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji \(P\) LUB – zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(x\) funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jednocześnie jej najmniejsza wartość, LUB – zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(x\) funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jedyne ekstremum tej funkcji. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak, i zaznaczając na rysunku (np. znakami „+” i „−”) znak pochodnej. 4. Jeżeli zdający przedstawi niepełne uzasadnienie, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (nie otrzymuje punktu za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości). 5. Jeżeli zdający, uzasadniając najmniejszą wartość funkcji, rozpatruje funkcję w \(\mathbb{R}\) lub \(\mathbb{R}_{+}\), lub w \((4,+\infty)\), lub w \((0,10]\), to może uzyskać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie. 6. Jeżeli zdający nie uzasadnia istnienia najmniejszej wartości funkcji, to może uzyskać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za pochodną i 1 punkt za miejsce zerowe pochodnej).

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 11.6R) Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

\[\angle DAB=60^\circ.\]

Oznaczmy \(|CD|=a\), więc \(|AB|=2a\), oraz \(\angle DAB=2\alpha\). Przekątna \(AC\) leży na dwusiecznej, dlatego \[\angle DAC=\angle CAB=\alpha.\] Ponieważ \(AB\parallel CD\), mamy także \(\angle ACD=\alpha\). Trójkąt \(ACD\) jest więc równoramienny i \(|AD|=|CD|=a\). Trapez jest równoramienny, zatem \(|BC|=a\). Niech \(E\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z \(C\) na \(AB\). Wtedy \[|EB|=\frac{|AB|-|CD|}{2}=\frac{2a-a}{2}=\frac a2.\] W trójkącie prostokątnym \(EBC\): \[\cos(2\alpha)=\frac{|EB|}{|BC|}=\frac12.\] Kąt \(2\alpha\) jest ostry, więc \(2\alpha=60^\circ\). Zatem \(\angle DAB=60^\circ\).

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **2 pkt** – wyznaczenie dwóch boków trójkąta prostokątnego \(EBC\) w zależności od jednej zmiennej **1 pkt** – wykazanie, że trójkąt \(ACD\) jest równoramienny **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

**a)** \(\displaystyle P(a)=\frac{-a^{2}+4a-4}{2a}\) dla \(a<0\). **b)** Prosta \(AB\) ma równanie \(y=-2x+4\).

Prosta \(AB\) przechodząca przez \(K=(1,2)\) ma równanie \(y=a(x-1)+2\). Jej przecięcia z osiami to \[A=\left(\frac{a-2}{a},0\right),\qquad B=(0,2-a).\] Dla \(a<0\) pole trójkąta wynosi \[P(a)=\frac{1}{2}\cdot\frac{a-2}{a}\cdot(2-a)=\frac{-a^{2}+4a-4}{2a}.\] Ponieważ \(P'(a)=-\frac{1}{2}+\frac{2}{a^{2}}\), minimum w przedziale \(( -\infty,0)\) występuje dla \(a=-2\). Prosta przechodząca przez \(K\) ma wtedy równanie \(y-2=-2(x-1)\), czyli \(y=-2x+4\).

**Część a)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie pierwszej współrzędnej \(x_A\) punktu \(A\) oraz drugiej współrzędnej \(y_B\) punktu \(B\) w zależności od współczynnika kierunkowego \(a\) prostej \(AB\): \(x_A=\frac{a-2}{a}\) oraz \(y_B=2-a\). **2 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **Część b)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie pochodnej funkcji \(P\), np. \(P'(a)=\frac{(-2a+4)\cdot 2a-(-a^{2}+4a-4)\cdot 2}{(2a)^{2}}\) ALBO zapisanie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną liczb \(\left(-\frac{a}{2}\right)\) oraz \(\left(-\frac{2}{a}\right)\): \(\frac{\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)}{2}\geq\sqrt{\left(-\frac{a}{2}\right)\cdot\left(-\frac{2}{a}\right)}\). **2 pkt** – obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(P\): \(a=-2\) ALBO obliczenie wartości \(a\), dla której zachodzi równość średniej arytmetycznej i geometrycznej liczb dodatnich \(\left(-\frac{a}{2}\right)\) oraz \(\left(-\frac{2}{a}\right)\): \(a=-2\), ALBO przekształcenie nierówności \(\frac{\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)}{2}\geq\sqrt{\left(-\frac{a}{2}\right)\cdot\left(-\frac{2}{a}\right)}\) do postaci \(\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)+2\geq 4\). **3 pkt** – uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja \(P\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(a=-2\) ALBO przekształcenie nierówności \(\frac{\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)}{2}\geq\sqrt{\left(-\frac{a}{2}\right)\cdot\left(-\frac{2}{a}\right)}\) do postaci \(\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)+2\geq 4\) oraz zapisanie, że równość zachodzi tylko wtedy, gdy liczby dodatnie \(\left(-\frac{a}{2}\right)\) oraz \(\left(-\frac{2}{a}\right)\) są równe. **4 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(P\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(a=-2\) oraz wyznaczenie równania prostej zawierającej przeciwprostokątną \(AB\) tego z trójkątów, który ma najmniejsze pole, np. \(y=-2x+4\). Uwagi do części b): 1. Jeżeli zdający wyznacza pochodną ilorazu jako iloraz pochodnych, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli z rozwiązania wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu funkcji oraz zdający poprawnie wyznacza pochodne funkcji \((-a^{2}+4a-4)\) oraz \(2a\) i dalej popełnia błędy, otrzymując pochodną, która ma w przedziale \((-\infty,0)\) co najmniej jedno miejsce zerowe, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (za miejsce/a zerowe pochodnej, za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji \(P\), za wyznaczenie równania prostej \(AB\) tego z trójkątów, który ma najmniejsze pole). Jeżeli z rozwiązania nie wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu funkcji lub zdający błędnie wyznacza pochodną funkcji \((-a^{2}+4a-4)\) lub \(2a\) i dalej popełnia błędy, otrzymując pochodną, która ma w przedziale \((-\infty,0)\) co najmniej jedno miejsce zerowe, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji \(P\) oraz za wyznaczenie równania prostej \(AB\) tego z trójkątów, który ma najmniejsze pole). 3. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja osiąga wartość najmniejszą dla wyznaczonej wartości \(a\), przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy zdający bada znak pochodnej ORAZ: – opisuje (słownie lub graficznie – np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji \(P\) LUB – zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(a\) funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jednocześnie jej najmniejsza wartość, LUB – zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(a\) funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jedyne ekstremum tej funkcji, LUB – wyznaczy drugą pochodną funkcji \(P\) i dla wyznaczonej wartości \(a\) obliczy wartość tej drugiej pochodnej oraz zapisze, że funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jedyne ekstremum tej funkcji. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak, i zaznaczając na rysunku (np. znakami „+” i „−”) znak pochodnej. 4. Jeżeli zdający przedstawi niepełne uzasadnienie, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej, 1 punkt za obliczenie miejsca zerowego pochodnej, 1 punkt za wyznaczenie równania prostej \(AB\), dla której pole trójkąta \(ABC\) jest najmniejsze). 5. Jeżeli zdający nie uzasadnia istnienia najmniejszej wartości funkcji, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej, 1 punkt za obliczenie miejsca zerowego pochodnej).

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 11.6R) Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

\(\lvert\angle CAK\rvert=\lvert\angle KDL\rvert\)

Przykładowe pełne rozwiązania Sposób I Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny i CD jest osią symetrii tego trójkąta, więc |∡KAC| = |∡KBC| = |∡KBL|. Ponieważ |∡KDB| = \(90\)° oraz |∡BLK| = \(90\)°, więc na czworokącie DBLK można opisać okrąg. W tym okręgu kąty wpisane KDL i KBL są oparte na tym samym łuku, więc mają równe miary. Zatem |∡KAC| = |∡KBL| = |∡KDL|. To należało wykazać. Sposób II Niech M będzie punktem przecięcia prostej p z prostą AB. Oznaczmy α = |∡BCD| oraz β = |∡CML|. Trójkąt MCL jest prostokątny, więc środek okręgu opisanego na tym trójkącie jest środkiem \(1\) odcinka MC, a promień tego okręgu jest równy ⋅ |MC|. Trójkąt MDC jest prostokątny, \(2\) więc środek okręgu opisanego na tym trójkącie jest środkiem odcinka MC, a promień tego \(1\) okręgu jest równy ⋅ |MC|. Zatem na czworokącie MDLC można opisać okrąg. Oznaczmy \(2\) ten okrąg przez o (zobacz rysunek). \(1\) C o \(1\) α p L K β M A D B Kąty LCD oraz LMD są wpisane w okrąg o i oparte na tym samym łuku LD, więc \(1\) |∡LCD| = |∡LMD| = α. Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, więc |∡KCA| = |∡DCA| = α. Zatem |∡KCA| = |∡LMD| = |∡KMA|, a ponieważ punkty C oraz M są po tej samej stronie prostej AK, więc na czworokącie MAKC można opisać okrąg. Oznaczmy ten okrąg przez o (zobacz rysunek). \(2\) o \(2\) C o \(1\) α α p L K β α M A D B Kąty wpisane KMC oraz KAC są oparte na tym samym łuku CK okręgu o , więc \(2\) |∡KAC| = |∡KMC| i wobec |∡KMC| = |∡LMC| mamy |∡KAC| = β. Kąty wpisane CDL oraz LMC są oparte na tym samym łuku CL okręgu o , więc \(1\) |∡CDL| = |∡LMC| = β. Zatem |∡KAC| = β = |∡CDL| = |∡KDL|. To należało wykazać.

**Zasady oceniania (dla sposobu I)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie, że \(\lvert\angle KAC\rvert=\lvert\angle KBC\rvert\) ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(DBLK\) można opisać okrąg. **2 pkt** – zapisanie, że \(\lvert\angle KAC\rvert=\lvert\angle KBC\rvert\) oraz zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(DBLK\) można opisać okrąg ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(DBLK\) można opisać okrąg oraz zapisanie wraz z uzasadnieniem, że \(\lvert\angle KBL\rvert=\lvert\angle KDL\rvert\). **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **Zasady oceniania (dla sposobu II)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MDLC\) można opisać okrąg ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MAKC\) można opisać okrąg. **2 pkt** – zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MDLC\) można opisać okrąg oraz zapisanie, że \(\lvert\angle CML\rvert=\lvert\angle CDL\rvert\) ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MAKC\) można opisać okrąg oraz zapisanie, że \(\lvert\angle CMK\rvert=\lvert\angle CAK\rvert\), ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MDLC\) można opisać okrąg oraz zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MAKC\) można opisać okrąg. **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.

**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. VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

\[P(a)=\frac{-a^{2}+4a-4}{2a}.\]

Prosta \(AB\) przechodzi przez punkt \(K=(1,2)\) i ma współczynnik kierunkowy \(a\), więc \[AB:\ y=a(x-1)+2=ax+(2-a).\] Wierzchołek \(B\) leży na dodatniej półosi \(Oy\), więc \(B=(0,2-a)\) i \(2-a>0\), czyli \(a<2\). Wierzchołek \(A\) leży na dodatniej półosi \(Ox\); z \(0=ax+2-a\) otrzymujemy \[A=\left(\frac{a-2}a,0\right),\qquad \frac{a-2}a>0.\] Warunki \(a<2\) i \(\frac{a-2}a>0\) są spełnione jednocześnie tylko dla \(a<0\). Kąt prosty jest przy wierzchołku \(C=(0,0)\), a przyprostokątne leżą na osiach układu, więc \[P=\frac12\cdot|CA|\cdot|CB|=\frac12\cdot\frac{a-2}a\cdot(2-a)=\frac{-(2-a)^{2}}{2a}=\frac{-a^{2}+4a-4}{2a}.\] **Odpowiedź.** \(P(a)=\frac{-a^{2}+4a-4}{2a}\) dla \(a<0\)

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie pierwszej współrzędnej \(x_A\) punktu \(A\) oraz drugiej współrzędnej \(y_B\) punktu \(B\) w zależności od współczynnika kierunkowego \(a\) prostej \(AB\): \(x_A=\frac{a-2}{a}\) oraz \(y_B=2-a\). **2 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** IX.1) Zdający […] znajduje punkt wspólny dwóch prostych […]; IX.2) Zdający posługuje się równaniami prostych na płaszczyźnie […].

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

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

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

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

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

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

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

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji - interpretowanie i operowanie informacjami przedstawionymi w tekście, zarówno matematycznym, jak i popularnonaukowym, a także w formie wykresów, diagramów, tabel. IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.8) Zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów.

Oznaczmy \(a=\lvert AB\rvert\), \(c=\lvert CD\rvert\), a wysokość trapezu przez \(h\). Ponieważ \(E\) i \(F\) są środkami ramion, \(\lvert EF\rvert=\frac{a+c}{2}\), a oba mniejsze trapezy mają wysokość \(\frac{h}{2}\). Zatem \(\frac{P_{EFCD}}{P_{ABFE}}=\frac{a+3c}{3a+c}=\frac{1}{2}\). Stąd \(2a+6c=3a+c\), czyli \(a=5c\), a więc \(\frac{\lvert CD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{1}{5}\).

Oznaczmy \(a=\lvert AB\rvert\), \(c=\lvert CD\rvert\) oraz przez \(h\) wysokość trapezu \(ABCD\). Odcinek \(EF\) łączy środki ramion trapezu, więc jest jego linią środkową: \[\lvert EF\rvert=\frac{a+c}{2},\] a ponadto \(EF\parallel AB\parallel CD\), więc oba mniejsze trapezy mają wysokość \(\frac h2\). Zapisujemy ich pola: \[P_{EFCD}=\frac{\frac{a+c}{2}+c}{2}\cdot\frac h2=\frac{h(a+3c)}{8},\qquad P_{ABFE}=\frac{a+\frac{a+c}{2}}{2}\cdot\frac h2=\frac{h(3a+c)}{8}.\] Z warunku zadania \[\frac{P_{EFCD}}{P_{ABFE}}=\frac{a+3c}{3a+c}=\frac12,\] skąd \(2a+6c=3a+c\), czyli \(a=5c\). Ponieważ \(a>0\), możemy podzielić stronami: \[\frac{\lvert CD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac ca=\frac15,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\dfrac{\lvert CD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\dfrac15\)

**1–2 pkt** – zapisanie \(\lvert EF\rvert=\frac{a+c}{2}\) i wysokości obu mniejszych trapezów równych \(\frac h2\). **3 pkt** – zapisanie równania \(\frac{a+3c}{3a+c}=\frac12\). **4 pkt** – wyprowadzenie \(a=5c\) i wniosku o stosunku podstaw.

**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.

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.

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:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.2R) Zdający stosuje twierdzenie Talesa […] do obliczania długości odcinków […].

\[\triangle BPS\sim\triangle BSC,\qquad k=\frac{\sqrt5}{2}.\]

Wysokość trapezu jest równa średnicy okręgu, czyli \(4\). Po opuszczeniu z \(C\) prostopadłej \(CG\) na \(AB\), w trójkącie \(BGC\) mamy \[|BG|=\sqrt{5^2-4^2}=3.\] Z własności odcinków stycznych i czworokąta opisanego na okręgu otrzymujemy \(|FC|=1\), a więc \(|PB|=4\). Ponieważ \(|PS|=2\), \[|BS|=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt5.\] Dalej \(|CS|=\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt5\). Zatem boki trójkąta \(BPS\) mają długości \(4,2,2\sqrt5\), a odpowiadające im boki trójkąta \(BSC\) mają długości \(2\sqrt5,\sqrt5,5\). Zachodzi \[\frac{|BC|}{|BS|}=\frac{|CS|}{|PS|}=\frac{|BS|}{|BP|}=\frac{\sqrt5}{2}.\] Na mocy cechy bok-bok-bok trójkąty są podobne, a skala podobieństwa trójkąta \(BSC\) do \(BPS\) wynosi \(k=\frac{\sqrt5}{2}\).

**5 pkt** – obliczenie skali podobieństwa **4 pkt** – obliczenie długości odpowiedniego odcinka stycznej albo wskazanie skali na podstawie obliczonych stosunków **3 pkt** – uzasadnienie podobieństwa trójkątów \(BPS\) i \(BSC\) **2 pkt** – uzasadnienie, że \(\angle BSC=90^\circ\), albo obliczenie długości boków obu trójkątów **1 pkt** – uzasadnienie równości odpowiednich kątów albo obliczenie boków trójkąta \(BPS\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11) Zdający przeprowadza dowody geometryczne. VIII.1 R) Stosuje własności czworokątów opisanych na okręgu.

Trójkąty \(ACB\) i \(ASD\) są podobne na mocy cechy kąt-kąt-kąt.

Odcinki styczne poprowadzone z punktu \(C\) mają równe długości, więc \(\lvert AC\rvert=\lvert BC\rvert\) i trójkąt \(ACB\) jest równoramienny. Ponadto \(\lvert AS\rvert=\lvert DS\rvert\), ponieważ oba odcinki są promieniami, zatem trójkąt \(ASD\) także jest równoramienny. Oznaczmy \(\lvert\angle BAC\rvert=\beta\). Promień \(SA\) jest prostopadły do stycznej \(AC\), więc \(\lvert\angle SAB\rvert=90^{\circ}-\beta\). Kąt \(BAD\) jest wpisany i oparty na średnicy \(BD\), dlatego ma \(90^{\circ}\). Stąd \[\lvert\angle SAD\rvert=90^{\circ}-(90^{\circ}-\beta)=\beta.\] W trójkącie \(ACB\) drugi kąt przy podstawie ma również miarę \(\beta\), a kąt przy \(C\) ma \(180^{\circ}-2\beta\). W trójkącie \(ASD\) drugi kąt przy podstawie także ma \(\beta\), a kąt przy \(S\) ma \(180^{\circ}-2\beta\). Trójkąty mają więc parami równe kąty i są podobne na mocy cechy kąt-kąt-kąt.

**3 pkt** – poprawne przeprowadzenie pełnego dowodu podobieństwa trójkątów \(ACB\) i \(ASD\) **2 pkt** – wykazanie równości odpowiednich kątów i wykorzystanie zależności wymaganych za 1 pkt **1 pkt** – zapisanie, że oba trójkąty są równoramienne, wraz ze wskazaniem równych ramion lub odpowiednich kątów **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań i dostrzeganie podobieństw. **Wymagania szczegółowe:** VIII.1) Zdający korzysta z własności promieni i odcinków stycznych. VIII.5) Stosuje własności kątów wpisanych. VIII.8) Korzysta z cech podobieństwa trójkątów. VIII.11) Przeprowadza dowody geometryczne.

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

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

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

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

Dla pola \(P\) trapezu zachodzi \[P=\frac{a+b}{2}\sqrt{ab}>ab.\]

Niech \(h\) oznacza wysokość trapezu, a \(c\) długość ramienia. Ponieważ w trapez można wpisać okrąg, suma długości przeciwległych boków jest równa, więc \[2c=a+b,\qquad c=\frac{a+b}{2}.\] Po opuszczeniu wysokości otrzymujemy trójkąt prostokątny o przyprostokątnej \(\frac{a-b}{2}\), zatem \[h^2=c^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=ab.\] Stąd \(h=\sqrt{ab}\) i \[P=\frac{a+b}{2}\sqrt{ab}.\] Ponieważ \(a>b>0\), nierówność między średnią arytmetyczną i geometryczną jest ostra: \[\frac{a+b}{2}>\sqrt{ab}.\] Po pomnożeniu przez \(\sqrt{ab}>0\) dostajemy \(P>ab\).

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **2 pkt** – wyznaczenie pola trapezu w postaci \(P=\frac{a+b}{2}\sqrt{ab}\) **1 pkt** – poprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa i zapisanie równania prowadzącego do wysokości \(h=\sqrt{ab}\), wyznaczenie promienia okręgu wpisanego albo równoważny istotny krok **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7. R1) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i opisane na okręgu.

**a)** \(P(x)=x\sqrt{100-x^2}\) **b)** \(x\in(0,10)\) **c)** Pole jest największe dla \(x=5\sqrt2\) i wynosi \(50\).

**a)** W trapezie równoramiennym rzut poziomy każdej przekątnej jest równy długości odcinka łączącego środki ramion, czyli \(x\). Jeśli \(h\) jest wysokością trapezu, to z twierdzenia Pitagorasa \[x^2+h^2=10^2,\qquad h=\sqrt{100-x^2}.\] Pole trapezu jest iloczynem jego wysokości i długości odcinka łączącego środki ramion, więc \[P(x)=xh=x\sqrt{100-x^2}.\] **b)** Z warunków geometrycznych \(x>0\) oraz \(h>0\), zatem \(100-x^2>0\). Stąd \(x\in(0,10)\). **c)** Dla \(x\in(0,10)\) maksymalizacja \(P\) jest równoważna maksymalizacji \[P(x)^2=x^2(100-x^2).\] Niech \(u=x^2\). Wtedy \[P(x)^2=u(100-u)=2500-(u-50)^2\leq2500.\] Równość zachodzi dla \(u=50\), czyli \(x=5\sqrt2\). Wówczas \(P_{\max}=\sqrt{2500}=50\).

**Łącznie można uzyskać: 7 pkt** – **Część a: 2 pkt** – pełne wyprowadzenie wzoru \(P(x)=x\sqrt{100-x^2}\) **1 pkt** – poprawny istotny krok prowadzący do tego wzoru **Część b: 1 pkt** – wyznaczenie dziedziny \(x\in(0,10)\) **Część c: 4 pkt** – poprawna metoda oraz wynik \(x=5\sqrt2\), \(P_{\max}=50\) **3 pkt** – poprawne zbadanie monotoniczności lub równoważne przekształcenie prowadzące do maksimum **2 pkt** – wyznaczenie punktu krytycznego albo poprawne rozpoczęcie maksymalizacji **1 pkt** – obliczenie pochodnej lub równoważny istotny krok **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 11. R6) Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

\[P(x)=\frac{21}{4}\cdot\frac{x^2-56}{x-8},\qquad x\in(0,7).\]

Najpierw wyznaczamy punkty przecięcia wykresu funkcji z osiami. Dla osi \(Ox\): \[\frac{12x-84}{x-8}=0,\qquad 12x-84=0,\qquad x=7,\] zatem \(B=(7,0)\). Dla osi \(Oy\): \[f(0)=\frac{12\cdot0-84}{0-8}=\frac{21}{2},\] zatem \(D=\left(0,\frac{21}{2}\right)\). Ponieważ punkt \(C\) leży na wykresie funkcji \(f\) i ma obie współrzędne dodatnie, możemy zapisać \[C=\left(x,\frac{12x-84}{x-8}\right),\qquad 0<x<7.\] Pole czworokąta \(OBCD\) jest sumą pól trójkątów \(OCD\) i \(OBC\): \[P=P_{OCD}+P_{OBC}=\frac12\cdot\frac{21}{2}\cdot x+\frac12\cdot7\cdot\frac{12x-84}{x-8}.\] Po sprowadzeniu do wspólnego mianownika: \[P(x)=\frac{21}{4}\cdot\frac{x(x-8)+8x-56}{x-8}=\frac{21}{4}\cdot\frac{x^2-56}{x-8}.\] To należało wykazać.

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **1 pkt** – obliczenie współrzędnych punktów \(B\) i \(D\) oraz zapisanie drugiej współrzędnej punktu \(C\) w zależności od \(x\): \(B=(7,0)\), \(D=(0,\frac{21}{2})\), \(C=(x,\frac{12x-84}{x-8})\) **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:** V.3) Zdający odczytuje i interpretuje wartości funkcji określonych za pomocą wykresów, wzorów itp., również w sytuacjach wielokrotnego użycia tego samego źródła informacji lub kilku źródeł jednocześnie.

**a)** \(P(a)=\frac{a^2\sqrt3}{2}+\frac{13824\sqrt3}{a}\) **b)** \(a=8\sqrt3\), a najmniejsze pole wynosi \(1728+96\sqrt3\).

**a)** Oznaczmy wysokość graniastosłupa przez \(H\). Z warunku objętości \[3456=\frac{a^2\sqrt3}{4}H\] otrzymujemy \[H=\frac{4608\sqrt3}{a^2}.\] Pole powierzchni całkowitej jest równe \[P=2\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}+3aH,\] zatem \[P(a)=\frac{a^2\sqrt3}{2}+\frac{13824\sqrt3}{a}.\] **b)** Dla \(a\in(0,8\sqrt3\rangle\) pochodna ma postać \[P'(a)=a\sqrt3-\frac{13824\sqrt3}{a^2}.\] Równanie \(P'(a)=0\) daje \(a^3=13824=24^3\), czyli \(a=24\), ale \(24\notin(0,8\sqrt3\rangle\). Dla całej dziedziny zachodzi \(a<24\), więc \(P'(a)<0\). Funkcja \(P\) jest zatem malejąca i przyjmuje najmniejszą wartość na prawym końcu przedziału, dla \[a=8\sqrt3.\] Wtedy \[P(8\sqrt3)=\frac{(8\sqrt3)^2\sqrt3}{2}+\frac{13824\sqrt3}{8\sqrt3}=96\sqrt3+1728.\]

**Część a: 2 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **1 pkt** – wyznaczenie wysokości graniastosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy: \(H=\frac{13824}{a^2\sqrt3}=\frac{4608\sqrt3}{a^2}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania **Część b: 4 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(P\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(a=8\sqrt3\), i obliczenie \(P_{\min}=1728+96\sqrt3\) **3 pkt** – uzasadnienie monotoniczności prowadzące do \(a=8\sqrt3\) albo poprawne wskazanie końca przedziału i obliczenie wartości **2 pkt** – poprawne rozwiązanie równania \(P'(a)=0\), dającego \(a=24\) **1 pkt** – wyznaczenie pochodnej \(P'(a)=a\sqrt3-\frac{13824\sqrt3}{a^2}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 11.6 R) Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

\[P(a)=\frac{a^2\sqrt3}{2}+\frac{13824\sqrt3}{a}.\]

Oznaczmy wysokość graniastosłupa przez \(H\). Z warunku objętości \[3456=\frac{a^2\sqrt3}{4}H\] otrzymujemy \[H=\frac{4608\sqrt3}{a^2}.\] Pole powierzchni całkowitej jest równe \[P=2\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}+3aH,\] zatem \[P(a)=\frac{a^2\sqrt3}{2}+\frac{13824\sqrt3}{a}.\]

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **1 pkt** – wyznaczenie wysokości graniastosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy: \(H=\frac{4608\sqrt3}{a^2}\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni graniastosłupów i ostrosłupów.

\[|AC|=|BC|,\] więc trójkąt \(ABC\) jest równoramienny.

Oznaczmy przez \(D\) punkt styczności okręgu \(\mathcal O\) z bokiem \(AC\), a przez \(E\) punkt styczności z bokiem \(BC\). Z twierdzenia o odcinkach stycznych poprowadzonych z jednego punktu wynika \[|CD|=|CE|.\] Z twierdzenia o odcinkach siecznej i stycznej mamy \[|AD|^2=|AM|\cdot|AN|\] oraz \[|BE|^2=|BN|\cdot|BM|.\] Ponieważ \(|AM|=|BN|\) oraz \[|AN|=|AM|+|MN|=|BN|+|MN|=|BM|,\] otrzymujemy \[|AD|^2=|BE|^2.\] Długości są dodatnie, więc \(|AD|=|BE|\). Wobec tego \[|AC|=|AD|+|DC|=|BE|+|EC|=|BC|.\] Zatem trójkąt \(ABC\) jest równoramienny.

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **1 pkt** – uzasadnienie, że \(|CD|=|CE|\), albo uzasadnienie, że \(|AD|=|BE|\) **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.11) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

Na czworokącie \(ABCD\) można opisać okrąg.

Kąty \(ASD\) oraz \(BSC\) są wierzchołkowe, więc \[|\angle ASD|=|\angle BSC|.\] Z założenia \(\frac{|AS|}{|DS|}=\frac{|BS|}{|CS|}\) wynika, że trójkąty \(ASD\) i \(BSC\) są podobne na mocy cechy bok-kąt-bok. Zatem \[|\angle DAS|=|\angle CBS|,\qquad |\angle ADS|=|\angle BCS|.\quad(1)\] Analogicznie kąty \(ASB\) i \(DSC\) są wierzchołkowe, a z założenia wynika \(\frac{|AS|}{|BS|}=\frac{|DS|}{|CS|}\). Trójkąty \(ASB\) i \(DSC\) są więc podobne, a zatem \[|\angle SAB|=|\angle SDC|,\qquad |\angle ABS|=|\angle DCS|.\quad(2)\] Ze związków \((1)\) i \((2)\) otrzymujemy \[|\angle DAB|+|\angle BCD|=|\angle ABC|+|\angle CDA|.\] Suma wszystkich kątów czworokąta jest równa \(360^\circ\), więc każda ze wskazanych sum jest równa \(180^\circ\). Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia o kątach przeciwległych czworokąta wpisanego w okrąg wynika, że na czworokącie \(ABCD\) można opisać okrąg.

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania: wykazanie podobieństwa trójkątów \(ASD\) i \(BSC\), wykazanie podobieństwa trójkątów \(ASB\) i \(DSC\), zapisanie odpowiednich równości kątów i sformułowanie wniosku o możliwości opisania okręgu na \(ABCD\) **2 pkt** – wykazanie podobieństwa jednej z par trójkątów oraz zapisanie dwóch wynikających z niego równości miar kątów **1 pkt** – wykazanie podobieństwa trójkątów \(ASD\) i \(BSC\) albo \(ASB\) i \(DSC\) na mocy cechy bok-kąt-bok **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 R) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu.

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

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

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

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

**a)** \(\displaystyle C=\left(\frac{m}{4-m},\frac{2m}{m-4}\right)\), więc dla \(m>4\) pole wynosi \(\displaystyle P(m)=\frac{m^2}{m-4}\). **b)** \(\displaystyle P'(m)=\frac{m(m-8)}{(m-4)^2}\), stąd minimum występuje dla \(m=8\) i ma wartość \(16\). Prosta \(BC\) ma równanie \(\displaystyle y=-\frac25x+\frac{16}{5}\).

**Krok \(1\).** Metoda w podpunkcie **a)**: wierzchołek \(C\) to punkt przecięcia prostej \(BD\) (bo \(D\) leży na boku \(BC\)) z prostą \(y=-2x\). Pole liczymy jako połowę iloczynu podstawy \(AB\) leżącej na osi \(Ox\) i wysokości równej odległości \(C\) od tej osi. **Krok \(2\).** Wyznaczamy współczynnik kierunkowy prostej \(BD\) dla \(B=(m,0)\) i \(D=(3,2)\): \[a_{BD}=\frac{2-0}{3-m}=\frac{2}{3-m},\qquad\text{zatem}\qquad BD\colon y=\frac{2}{3-m}(x-m).\] Zauważmy, że \(m\gt 4\), więc \(3-m\neq 0\). **Krok \(3\).** Szukamy przecięcia z prostą \(y=-2x\): \[\frac{2}{3-m}\left(x_{C}-m\right)=-2x_{C}\ \Big/\cdot\frac{3-m}{2},\] \[x_{C}-m=-x_{C}(3-m),\qquad x_{C}(1+3-m)=m,\qquad x_{C}(4-m)=m.\] **Krok \(4\).** Stąd \[x_{C}=\frac{m}{4-m},\qquad y_{C}=-2x_{C}=\frac{2m}{m-4},\qquad\text{czyli}\qquad C=\left(\frac{m}{4-m},\ \frac{2m}{m-4}\right).\] **Krok \(5\).** Podstawa \(AB\) leży na osi \(Ox\) i ma długość \(m\) (bo \(m\gt 4\gt 0\)). Wysokość z \(C\) jest równa \(\lvert y_{C}\rvert=\frac{2m}{m-4}\) (dla \(m\gt 4\) liczba ta jest dodatnia). Zatem \[P(m)=\frac{1}{2}\cdot m\cdot\frac{2m}{m-4}=\frac{m^{2}}{m-4}.\] To należało wykazać. **Krok \(6\).** Metoda w podpunkcie **b)**: szukamy najmniejszej wartości funkcji \(P\) na przedziale \((4,+\infty)\), badając znak jej pochodnej. **Krok \(7\).** Liczymy pochodną ilorazu: \[P^{\prime}(m)=\frac{2m(m-4)-m^{2}\cdot 1}{(m-4)^{2}}=\frac{m^{2}-8m}{(m-4)^{2}}=\frac{m(m-8)}{(m-4)^{2}}.\] **Krok \(8\).** Wyznaczamy miejsca zerowe pochodnej w dziedzinie: mianownik jest dodatni, więc \[P^{\prime}(m)=0\iff m(m-8)=0\iff m=0\ \text{lub}\ m=8,\] a w przedziale \((4,+\infty)\) zostaje tylko \(m=8\). **Krok \(9\).** Badamy znak pochodnej. Dla \(m\in(4,8)\) mamy \(m\gt 0\) i \(m-8\lt 0\), więc \(P^{\prime}(m)\lt 0\); dla \(m\in(8,+\infty)\) mamy \(P^{\prime}(m)\gt 0\). Zatem \(P\) maleje na \((4,8\rangle\) i rośnie na \(\langle 8,+\infty)\), więc w punkcie \(m=8\) osiąga wartość najmniejszą \[P(8)=\frac{64}{8-4}=16.\] **Krok \(10\).** Dla \(m=8\) mamy \(B=(8,0)\), a prosta \(BC\) przechodzi przez \(B\) i \(D=(3,2)\): \[a_{BC}=\frac{2-0}{3-8}=-\frac{2}{5},\qquad y=-\frac{2}{5}(x-8),\qquad\text{czyli}\qquad y=-\frac{2}{5}x+\frac{16}{5}.\] **Uwaga.** Miejsce zerowe pochodnej to dopiero kandydat na minimum — o tym, że jest to wartość najmniejsza, przesądza dopiero zbadanie znaku pochodnej po obu stronach punktu \(m=8\). **Odpowiedź.** **a)** \(P(m)=\frac{m^{2}}{m-4}\). **b)** Pole jest najmniejsze dla \(m=8\) i wynosi wtedy \(16\); prosta \(BC\) ma równanie \(y=-\frac{2}{5}x+\frac{16}{5}\).

**Część a)** **3 pkt** – wyznaczenie pola \(P\) trójkąta \(ABC\) jako funkcji zmiennej \(m\): \(P(m)=\frac{m^{2}}{m-4}\). **2 pkt** – wyznaczenie pierwszej (lub drugiej) współrzędnej punktu \(C\): \(x_{C}=\frac{m}{4-m}\) (lub \(y_{C}=\frac{2m}{m-4}\)). **1 pkt** – wyznaczenie współczynnika kierunkowego prostej \(BD\): \(\frac{2}{3-m}\) ALBO – zapisanie równania prostej \(BD\) w postaci ogólnej, np. \(2x+(m-3)y-2m=0\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Część b)** **4 pkt** – wyznaczenie równania prostej \(BC\) w przypadku, gdy pole trójkąta \(ABC\) jest najmniejsze, np. \(y=-\frac{2}{5}x+\frac{16}{5}\). **3 pkt** – zbadanie znaku pochodnej funkcji \(P\): \(P'(m)>0\) dla \(m\in(8,\,+\infty)\) oraz \(P'(m)<0\) dla \(m\in(4,\,8)\), oraz wyznaczenie (z uzasadnieniem) wartości zmiennej \(m\), dla której funkcja \(P\) osiąga wartość najmniejszą, np. funkcja \(P\) zmiennej \(m\) (określona na przedziale \((4,\,+\infty)\)) jest rosnąca w przedziale \(\langle 8,\,+\infty)\) oraz malejąca w przedziale \((4,\,8\rangle\), więc w punkcie \(m=8\) osiąga najmniejszą wartość ALBO – uzasadnienie, że dla \(m=8\) funkcja \(P\) osiąga wartość najmniejszą (przy metodzie średnich liczbowych). **2 pkt** – obliczenie miejsc zerowych pochodnej funkcji \(P\): \(m=8\) ALBO – obliczenie wartości \(m\), dla której zachodzi równość średniej arytmetycznej i geometrycznej liczb dodatnich \(m-4\) oraz \(\frac{16}{m-4}\): \(m=8\). **1 pkt** – wyznaczenie wzoru pochodnej funkcji \(P\), np. \(P'(m)=\frac{2m(m-4)-m^{2}\cdot 1}{(m-4)^{2}}\) ALBO – zapisanie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną liczb \(m-4\) oraz \(\frac{16}{m-4}\): \(\frac{m-4+\frac{16}{m-4}}{2}\ge\sqrt{(m-4)\cdot\frac{16}{m-4}}\) ALBO – zapisanie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną liczb \(m-4\), \(4\) oraz \(\frac{16}{m-4}\): \(\frac{m-4+4+\frac{16}{m-4}}{3}\ge\sqrt[3]{(m-4)\cdot 4\cdot\frac{16}{m-4}}\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwagi do części b):** 1. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak i zaznaczając na rysunku, np. znakami „+” i „-”, znak pochodnej. 2. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja posiada wartość najmniejszą dla wyznaczonej wartości \(m\), przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy zdający: – opisuje (słownie lub graficznie - np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji \(P\) lub – zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(m\) funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jednocześnie jej najmniejsza wartość. Jeżeli zdający nie przedstawi takiego uzasadnienia, to za część b) może otrzymać co najwyżej \(3\) punkty. 3. Jeżeli zdający, przy uzasadnieniu, że funkcja \(P\) przyjmuje najmniejszą wartość dla \(m=8\), nie ogranicza się do przedziału \((4,\,+\infty)\), to za część b) może otrzymać co najwyżej \(3\) punkty. 4. Akceptujemy przedziały monotoniczności \((4,\,8)\), \((8,\,+\infty)\). 5. Jeżeli zdający wyznaczy minimum lokalne i nie zapisze, że jest to wartość najmniejsza, to otrzymuje co najwyżej \(3\) punkty za część b).

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R11.6) Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

\[R=\frac{dl}{2\sqrt{16d^2-l^2}}.\]

Oznaczmy długości podstaw trapezu przez \(a\) i \(b\), długość ramienia przez \(c\), a wysokość przez \(h\). Ponieważ trapez jest opisany na okręgu, \[a+b=2c.\] Z warunku dotyczącego obwodu: \[a+b+2c=l,\] więc \[4c=l,\qquad c=\frac l4.\] Niech \(E\) będzie rzutem punktu \(C\) na podstawę \(AB\). Dla trapezu równoramiennego \[|AE|=\frac{a+b}{2}=c.\] W trójkącie prostokątnym \(AEC\): \[c^2+h^2=d^2.\] Stąd \[h=\sqrt{d^2-\frac{l^2}{16}}=\frac{\sqrt{16d^2-l^2}}4.\] Niech \(\alpha=|\angle ABC|\). W trójkącie prostokątnym \(BEC\): \[\sin\alpha=\frac hc=\frac{\sqrt{16d^2-l^2}}l.\] Okrąg opisany na trapezie jest także okręgiem opisanym na trójkącie \(ABC\). Z twierdzenia sinusów: \[2R=\frac{|AC|}{\sin\alpha}.\] Zatem \[R=\frac{d}{2\sin\alpha}=\frac{dl}{2\sqrt{16d^2-l^2}}.\]

**4 pkt** – poprawne zastosowanie zależności i wykazanie wzoru \(R=\frac{dl}{2\sqrt{16d^2-l^2}}\) **3 pkt** – zastosowanie twierdzenia sinusów do trójkąta \(ABC\) i zapisanie \(2R=\frac d{\sin\alpha}\) **2 pkt** – obliczenie wysokości trapezu \(h=\frac{\sqrt{16d^2-l^2}}4\) **1 pkt** – zastosowanie własności czworokąta opisanego i otrzymanie \(c=\frac l4\) albo zapisanie właściwego równania Pitagorasa **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, i podawanie argumentów uzasadniających ich poprawność. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu. VIII.R2) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

\[|AC|=|BC|=3x,\] 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.

\(\triangle BPS\sim\triangle BSC\), a skala podobieństwa od \(BPS\) do \(BSC\) wynosi \(k=\frac{\sqrt5}{2}\).

Środek okręgu wpisanego leży na dwusiecznych kątów trapezu, więc \[\angle PBS=\angle SBC.\] Analogicznie \(CS\) jest dwusieczną kąta \(BCD\). Jeśli oznaczymy połowy kątów przy ramieniu \(BC\) przez \(\alpha\) i \(\beta\), to z równoległości podstaw mamy \(2\alpha+2\beta=180^\circ\), czyli \(\alpha+\beta=90^\circ\). Stąd \(\angle BSC=90^\circ\) oraz \(\angle PSB=\beta=\angle BCS\). Trójkąty \(BPS\) i \(BSC\) są więc podobne na mocy cechy kąt-kąt. Niech \(E\) będzie punktem styczności okręgu z \(BC\). Z podobieństwa trójkątów prostokątnych \(SBE\) i \(CSE\) mamy \[|SE|^2=|BE|\cdot|CE|.\] Ponieważ \(|SE|=2\), \(|BE|+|CE|=|BC|=5\), otrzymujemy \[4=(5-|CE|)|CE|,\] czyli \(|CE|=1\) lub \(4\). Dłuższa podstawa \(AB\) odpowiada \(|BE|>|CE|\), zatem \(|CE|=1\) i \(|BE|=4\). W trójkącie prostokątnym \(BSE\) \[|BS|=\sqrt{4^2+2^2}=2\sqrt5.\] Skala podobieństwa od trójkąta \(BPS\) do \(BSC\) wynosi więc \[k=\frac{|BC|}{|BS|}=\frac5{2\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{2}.\]

**5 pkt** – wykazanie podobieństwa i obliczenie skali \(k=\frac{\sqrt5}{2}\) **4 pkt** – obliczenie długości odcinka stycznej od \(B\) do punktu styczności z okręgiem albo poprawne wskazanie stosunku odpowiednich boków jako skali **3 pkt** – uzasadnienie, że trójkąty \(BPS\) i \(BSC\) są podobne **2 pkt** – uzasadnienie, że \(\angle BSC=90^\circ\), albo obliczenie długości boków obu trójkątów, albo równoważny etap dowodu **1 pkt** – uzasadnienie równości odpowiednich kątów albo obliczenie długości boków trójkąta \(BPS\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.1 prowadzenie rozumowań wieloetapowych i uzasadnianie ich poprawności. **Wymagania szczegółowe:** VIII.12 i VIII.R przeprowadzanie dowodów geometrycznych oraz stosowanie własności czworokątów opisanych na okręgu.

Udowodniono równość \(P_3=P_1+P_2\).

Ponieważ trójkąty \(CAW_1\), \(ABW_2\), \(CBW_3\) są podobne, stosunki ich pól są kwadratami stosunków odpowiadających sobie boków: \[\frac{P_2}{P_1}=\left(\frac{|AB|}{|CA|}\right)^2,\qquad \frac{P_3}{P_1}=\left(\frac{|BC|}{|CA|}\right)^2.\] Stąd \[P_1+P_2=P_1\left(1+\frac{|AB|^2}{|CA|^2}\right)=P_1\frac{|CA|^2+|AB|^2}{|CA|^2}.\] Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny przy \(A\), więc z twierdzenia Pitagorasa \(|CA|^2+|AB|^2=|BC|^2\). Zatem \[P_1+P_2=P_1\frac{|BC|^2}{|CA|^2}=P_3.\] To kończy dowód.

**3 pkt** – prawidłowe przeprowadzenie pełnego dowodu równości \(P_3=P_1+P_2\) **2 pkt** – zapisanie zależności między polami figur podobnych i długościami odpowiednich boków oraz zastosowanie twierdzenia Pitagorasa **1 pkt** – zapisanie zależności \(\frac{P_2}{P_1}=(\frac{|AB|}{|CA|})^2\) i \(\frac{P_3}{P_1}=(\frac{|BC|}{|CA|})^2\) lub zależności równoważnych **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.1, IV.2 i IV.4 przeprowadzanie rozumowań, dostrzeganie analogii oraz tworzenie strategii rozwiązania. **Wymagania szczegółowe:** VIII.12 :** zależności między polami figur podobnych oraz przeprowadzanie dowodów geometrycznych.

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

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

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

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

**a)** \(P(x)=(x+1)\sqrt{1-x^2}\) **b)** \(D_P=(0,1)\) **c)** \(x=\frac12\), a największe pole jest równe \(\frac{3\sqrt3}{4}\).

**a)** Połowa podstawy trójkąta ma długość \[\frac{|AB|}{2}=\sqrt{1-x^2},\] a wysokość opuszczona z wierzchołka \(C\) jest równa \(x+1\). Zatem \[P(x)=\frac12\cdot2\sqrt{1-x^2}\cdot(x+1)=(x+1)\sqrt{1-x^2}.\] **b)** Dla rozpatrywanych trójkątów ostrokątnych środek okręgu leży wewnątrz trójkąta, a podstawa nie jest średnicą ani punktem, dlatego \[x\in(0,1).\] **c)** Dla \(x\in(0,1)\) mamy \[P'(x)=\frac{1-x-2x^2}{\sqrt{1-x^2}}=-\frac{(2x-1)(x+1)}{\sqrt{1-x^2}}.\] Pochodna jest dodatnia dla \(0<x<\frac12\) i ujemna dla \(\frac12<x<1\), więc maksimum występuje dla \(x=\frac12\). Wtedy \[P\left(\frac12\right)=\frac32\sqrt{1-\frac14}=\frac{3\sqrt3}{4}.\]

**7 pkt** – poprawne rozwiązanie wszystkich podpunktów **Podpunkt a): 2 pkt** – poprawne wyznaczenie długości podstawy i wysokości oraz otrzymanie wzoru na \(P(x)\) **Podpunkt b): 1 pkt** – poprawna dziedzina \(D_P=(0,1)\) **Podpunkt c): 4 pkt** – poprawne zastosowanie pochodnej, wykazanie maksimum dla \(x=\frac12\) i obliczenie pola \(\frac{3\sqrt3}{4}\) **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R11.6 stosowanie pochodnych do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

**a)** \(P(b)=\frac{(18-2b)\sqrt{18b-81}}2\) **b)** \(D_P=\left(\frac92,9\right)\) **c)** Największe pole ma trójkąt o bokach \(6,6,6\); jego pole wynosi \(9\sqrt3\).

**a)** Podstawa trójkąta ma długość \(18-2b\), a połowa podstawy \(9-b\). Z twierdzenia Pitagorasa wysokość jest równa \[h=\sqrt{b^2-(9-b)^2}=\sqrt{18b-81}.\] Zatem \[P(b)=\frac12(18-2b)\sqrt{18b-81}.\] **b)** Nierówność trójkąta daje \(2b>18-2b\), czyli \(b>\frac92\), a dodatnia podstawa wymaga \(b<9\). Stąd \(D_P=(\frac92,9)\). **c)** Ponieważ \(P(b)>0\) w dziedzinie, maksymalizujemy \[Q(b)=P(b)^2=(9-b)^2(18b-81).\] Mamy \[Q'(b)=54(9-b)(6-b).\] Funkcja rośnie dla \(b<6\) i maleje dla \(b>6\), zatem maksimum występuje dla \(b=6\). Podstawa ma wtedy długość \(18-2b=6\), więc trójkąt jest równoboczny, a jego pole wynosi \(9\sqrt3\).

**7 pkt** – poprawne rozwiązanie wszystkich podpunktów **Podpunkt a): 2 pkt** – wyznaczenie podstawy i wysokości oraz otrzymanie wzoru na \(P(b)\) **Podpunkt b): 1 pkt** – poprawna dziedzina \((\frac92,9)\) **Podpunkt c): 4 pkt** – poprawna optymalizacja, wartość \(b=6\) i boki \(6,6,6\) **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R11.6 stosowanie pochodnych do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

\[|AA'|=|BB'|.\]

Oznaczmy przez \(H\) wysokość trapezu \(ABCD\), a przez \(h\) odległość punktu \(O\) od podstawy \(AB\). Ponieważ \(AD\parallel A'O\), trójkąty \(ABD\) i \(A'BO\) są podobne, zatem \[\frac{|AB|}{|A'B|}=\frac{H}{h}.\] Ponieważ \(BC\parallel B'O\), trójkąty \(ABC\) i \(AB'O\) także są podobne, więc \[\frac{|AB|}{|AB'|}=\frac{H}{h}.\] Stąd \(|A'B|=|AB'|\). Ponadto \[|A'B|=|AB|-|AA'|,\qquad |AB'|=|AB|-|BB'|.\] Po odjęciu \(|AB|\) otrzymujemy \(|AA'|=|BB'|\), co należało wykazać.

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego poprawnego dowodu **2 pkt** – zapisanie obu proporcji wynikających z podobieństwa trójkątów **1 pkt** – rozpoznanie jednego z podobieństw i zapisanie odpowiedniej proporcji **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R7.3 rozpoznawanie figur podobnych i wykorzystywanie ich własności.

Trójkąt \(ABC\) jest równoboczny.

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

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

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

\[|DP|^2+|CP|^2-|CD|^2=\frac{4\sqrt2}{3}|DP|\cdot|CP|.\]

Trójkąty \(APB\) i \(CPD\) są podobne. Oznaczmy promienie okręgów opisanych na tych trójkątach odpowiednio przez \(R_1\) i \(R_2\). Z podobieństwa oraz danych zadania \[\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{R_1}{R_2},\qquad |AB|=|CD|+2,\qquad R_1=R_2+3.\] Stąd \[\frac{|CD|+2}{|CD|}=\frac{R_2+3}{R_2},\] czyli \(2R_2=3|CD|\), a więc \[|CD|=\frac23R_2.\] Niech \(\alpha=\angle CPD\). Z twierdzenia sinusów \[\frac{|CD|}{\sin\alpha}=2R_2,\] zatem \(\sin\alpha=\frac13\). Trójkąt \(CPD\) jest ostrokątny, więc \[\cos\alpha=\sqrt{1-\frac19}=\frac{2\sqrt2}{3}.\] Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(CPD\) \[|CD|^2=|DP|^2+|CP|^2-2|DP|\cdot|CP|\cos\alpha.\] Po przekształceniu i podstawieniu wartości cosinusa otrzymujemy tezę.

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego poprawnego dowodu **2 pkt** – wyznaczenie \(\sin\alpha=\frac13\) albo równoważnie \(\cos\alpha=\frac{2\sqrt2}{3}\) **1 pkt** – poprawne powiązanie długości podstaw trapezu z promieniami okręgów na podstawie podobieństwa albo wskazanie warunku na cosinus równoważnego tezie **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R7.4 związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzeń sinusów i cosinusów.

**a)** \(P(x)=\frac{x(4-2x)}{4-x}\). **b)** \(D_P=(0,2)\). **c)** Największe pole ma trójkąt o bokach \(4-2\sqrt2\), \(4-2\sqrt2\) i \(4\sqrt2-4\). Pole to wynosi \(4(3-2\sqrt2)\).

Oznaczmy \(b=|BC|\) i \(c=|AB|\). Z obwodu \(x+b+c=4\), więc \(c=4-x-b\). Twierdzenie Pitagorasa daje \[(4-x-b)^2=x^2+b^2.\] Po uproszczeniu \[b(4-x)=8-4x,\qquad b=\frac{8-4x}{4-x}.\] Zatem \[P(x)=\frac12xb=\frac{x(4-2x)}{4-x}.\] Warunki \(x>0\), \(b>0\) i \(c>0\) prowadzą do dziedziny \[D_P=(0,2).\] Dla \(x\in(0,2)\): \[P'(x)=\frac{2x^2-16x+16}{(4-x)^2}.\] Jedynym miejscem zerowym pochodnej w dziedzinie jest \[x=4-2\sqrt2.\] Pochodna jest dodatnia na \((0,4-2\sqrt2)\) i ujemna na \((4-2\sqrt2,2)\), więc w tym punkcie funkcja osiąga największą wartość. Wówczas \[b=4-2\sqrt2,\qquad c=x\sqrt2=4\sqrt2-4,\] a największe pole wynosi \[P_{\max}=\frac12(4-2\sqrt2)^2=4(3-2\sqrt2).\]

**7 pkt łącznie:** \(2\) pkt za podpunkt a), \(1\) pkt za podpunkt b) i \(4\) pkt za podpunkt c). **Podpunkt a): 2 pkt** – pełne wyprowadzenie wzoru \(P(x)=\frac{x(4-2x)}{4-x}\) **1 pkt** – poprawne użycie obwodu i twierdzenia Pitagorasa **Podpunkt b): 1 pkt** – dziedzina \((0,2)\) **Podpunkt c): 4 pkt** – poprawne uzasadnienie maksimum, długości boków \(4-2\sqrt2\), \(4-2\sqrt2\), \(4\sqrt2-4\) oraz pole \(4(3-2\sqrt2)\) **3 pkt** – zbadanie znaku pochodnej i uzasadnienie maksimum dla \(x=4-2\sqrt2\) **2 pkt** – wyznaczenie miejsca zerowego pochodnej w dziedzinie **1 pkt** – poprawna pochodna \(P'(x)=\frac{2x^2-16x+16}{(4-x)^2}\)

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - modelowanie problemu geometrycznego funkcją i przeprowadzenie optymalizacji. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie twierdzenia Pitagorasa, wyznaczanie dziedziny funkcji, obliczanie pochodnej funkcji wymiernej, badanie monotoniczności i rozwiązywanie zadań optymalizacyjnych.

\[\tan\alpha+\tan\beta=\frac1{2k}.\]

Oznaczmy długości przyprostokątnych przez \(a\) i \(b\), a przeciwprostokątnej przez \(c\). Z warunku o polach mamy \[k=\frac{P_{ABC}}{P_{ABDE}}=\frac{\frac12ab}{c^2}=\frac{ab}{2c^2}.\] Stąd \[c^2=\frac{ab}{2k}.\] Dla kątów ostrych \(\alpha\) i \(\beta\) trójkąta: \[\tan\alpha=\frac ab,\qquad\tan\beta=\frac ba.\] Zatem, korzystając z twierdzenia Pitagorasa, \[\tan\alpha+\tan\beta=\frac ab+\frac ba=\frac{a^2+b^2}{ab}=\frac{c^2}{ab}.\] Po podstawieniu \(c^2=\frac{ab}{2k}\) otrzymujemy \[\tan\alpha+\tan\beta=\frac1{2k}.\]

**4 pkt** – pełny poprawny dowód prowadzący do \(\tan\alpha+\tan\beta=\frac1{2k}\) **3 pkt** – wyznaczenie \(c^2=\frac{ab}{2k}\) **2 pkt** – zapisanie zarówno \(k=\frac{ab}{2c^2}\), jak i \(\tan\alpha+\tan\beta=\frac{c^2}{ab}\) **1 pkt** – poprawne zapisanie jednej z powyższych zależności **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 6.1 i G10.7 stosowanie definicji tangensa oraz twierdzenia Pitagorasa.

\[P_{ADG}=3S.\]

Niech \(|FB|=x\). Wtedy \[|AD|=|DE|=|EF|=2x,\qquad |EB|=3x,\qquad |AE|=4x.\] Z równoległości \(FH\parallel EC\) trójkąty \(FBH\) i \(EBC\) są podobne w skali \(1:3\), więc stosunek ich pól jest równy \(1:9\). Stąd \[P_{EBC}=9S.\] Trójkąty \(AEC\) i \(EBC\) mają wspólną wysokość opuszczoną z \(C\) na prostą \(AB\), zatem \[\frac{P_{AEC}}{P_{EBC}}=\frac{|AE|}{|EB|}=\frac43,\qquad P_{AEC}=12S.\] Z równoległości \(DG\parallel EC\) trójkąty \(ADG\) i \(AEC\) są podobne w skali \[\frac{|AD|}{|AE|}=\frac12.\] Ich pola są więc w stosunku \(1:4\), czyli \[P_{ADG}=\frac14P_{AEC}=\frac14\cdot12S=3S.\]

**3 pkt** – pełny poprawny dowód, zakończony równością \(P_{ADG}=3S\) **2 pkt** – zapisanie dwóch poprawnych zależności potrzebnych w dowodzie, wynikających z podobieństwa trójkątów lub porównania pól **1 pkt** – zapisanie jednej poprawnej zależności, np. \(P_{EBC}=9S\), \(P_{AEC}/P_{EBC}=4/3\) albo \(P_{AEC}=4P_{ADG}\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - tworzenie łańcucha zależności prowadzącego do tezy. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie podobieństwa trójkątów, własności prostych równoległych oraz zależności między polami figur podobnych i trójkątów o wspólnej wysokości.

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

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

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

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

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

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.

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

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.

Różnica wysokości środków wynosi \(4\), a SP=\(8\), więc sinα=\(\frac{4}{8=1}\)/\(2\) i α=\(30\)°

Oznaczmy przez \(S\) i \(P\) środki okręgów o promieniach \(6\) i \(2\). Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc odległości środków od prostej \(k\) są równe \(6\) i \(2\). Okręgi są styczne zewnętrznie, zatem \[\lvert SP\rvert=6+2=8.\] Rzutując \(P\) na prostą prostopadłą do \(k\) poprowadzoną przez \(S\), otrzymujemy trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej \(\lvert SP\rvert=8\) i przyprostokątnej równej różnicy odległości środków od \(k\), czyli \(6-2=4\). Kąt \(\alpha\) między prostą \(SP\) a prostą \(k\) spełnia \[\sin\alpha=\frac48=\frac12,\] a ponieważ jest to kąt ostry, \(\alpha=30^\circ\), co należało wykazać. **Odpowiedź.** Prosta przechodząca przez środki okręgów tworzy z prostą \(k\) kąt \(30^\circ\).

1 pkt: wyznaczenie trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej 8 i przyprostokątnej 4. 2 pkt: pełne uzasadnienie α=30°.

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

Trójkąty CEF i CDB są podobne. Mamy CE = (\(\frac{3}{4}\))CD, CD = (√\(\frac{3}{2}\))CB oraz CF/CE = CD/CB = √\(\frac{3}{2}\). Stąd CF = (√\(\frac{3}{2}\))·(\(\frac{3}{4}\))·(√\(\frac{3}{2}\))CB = (\(\frac{9}{16}\))CB.

Oznaczmy długość boku trójkąta równobocznego przez \(a=\lvert CB\rvert\). Wysokość \(CD\) ma wtedy długość \[\lvert CD\rvert=\frac{a\sqrt3}{2}.\] Trójkąty \(CFE\) i \(CDB\) mają wspólny kąt przy wierzchołku \(C\) oraz kąty proste (\(EF\perp BC\) oraz \(CD\perp AB\)), są więc podobne na podstawie cechy kąt-kąt. Stąd \[\frac{\lvert CF\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert CB\rvert}.\] Podstawiamy \(\lvert CE\rvert=\frac34\lvert CD\rvert=\frac{3a\sqrt3}{8}\): \[\lvert CF\rvert=\frac{\lvert CD\rvert\cdot\lvert CE\rvert}{\lvert CB\rvert}=\frac{\frac{a\sqrt3}{2}\cdot\frac{3a\sqrt3}{8}}{a}=\frac{\frac{9a^2}{16}}{a}=\frac{9}{16}a,\] czyli \(\lvert CF\rvert=\frac{9}{16}\lvert CB\rvert\), co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert CF\rvert=\dfrac{9}{16}\lvert CB\rvert\)

**1 pkt** – wskazanie podobieństwa trójkątów \(CFE\) i \(CDB\) albo zapisanie równoważnej zależności trygonometrycznej. **2 pkt** – pełne uzasadnienie równości \(\lvert CF\rvert=\frac{9}{16}\lvert CB\rvert\).

V. Rozumowanie i argumentacja. 7. Planimetria. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje cechy podobieństwa trójkątów (7.1). SP9. Wielokąty, koła, okręgi. Zdający rozpoznaje i nazywa trójkąty ostrokątne, prostokątne, rozwartokątne, równoboczne i równoramienne (SP9.1).

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).

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.

\[a\in(1,2),\qquad L(a)=\frac{4a^2-8a+8}{a}.\] Najmniejszy obwód występuje dla \(a=\sqrt2\), a tangens kąta ostrego jest równy \[1.\]

Oznaczmy krótszą podstawę przez \(b\), wysokość przez \(h\), a ramię przez \(c\). Z warunku zadania \[h=2-a.\] Dłuższa podstawa musi być dłuższa od wysokości, a wysokość dodatnia, więc \(a>2-a\) i \(a<2\). Stąd \[a\in(1,2).\] Dla trapezu równoramiennego opisanego na okręgu zachodzi \(a+b=2c\). Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta przy ramieniu: \[c^2=h^2+\left(\frac{a-b}{2}\right)^2.\] Po użyciu \(c=\frac{a+b}{2}\) otrzymujemy \(h^2=ab\), zatem \[b=\frac{(2-a)^2}{a}.\] Obwód wynosi \[L=2(a+b)=2a+2\frac{(2-a)^2}{a}=\frac{4a^2-8a+8}{a}.\] Pochodna ma postać \[L'(a)=4-\frac8{a^2}=\frac{4(a^2-2)}{a^2}.\] W przedziale \((1,2)\) funkcja maleje do \(a=\sqrt2\), a następnie rośnie, więc tam osiąga minimum. Dla kąta ostrego \(\alpha\) mamy \[\tan\alpha=\frac{h}{(a-b)/2}.\] Po podstawieniu \(a=\sqrt2\), \(h=2-\sqrt2\) i \(b=\frac{(2-\sqrt2)^2}{\sqrt2}\) otrzymujemy \[\tan\alpha=1.\]

**7 pkt** – wykonanie wszystkich trzech części i obliczenie \(\tan\alpha=1\) **6 pkt** – poprawne uzasadnienie, że najmniejszy obwód występuje dla \(a=\sqrt2\), bez poprawnego tangensa **5 pkt** – wyznaczenie miejsc zerowych pochodnej i rozpoczęcie poprawnej analizy minimum **4 pkt** – poprawne obliczenie pochodnej funkcji \(L\) **3 pkt** – wyznaczenie dziedziny \((1,2)\), poprawnej zależności między \(a\) i \(b\) oraz wykazanie wzoru na \(L(a)\) **2 pkt** – poprawne wykonanie dwóch części pierwszego etapu CKE **1 pkt** – poprawne wykonanie jednej części: dziedziny, zależności \(h^2=ab\) lub przekształcenia obwodu **0 pkt** – brak istotnego postępu

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R7.5 zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów. R11.6 zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

Punkt \(B\) jest środkiem odcinka \(AF\).

Z rysunku odczytujemy, że \(E\) leży na boku \(BC\), a punkt \(F\) — przecięcie prostych \(AB\) i \(DE\) — leży na przedłużeniu boku \(AB\) poza wierzchołek \(B\). Porównajmy trójkąty \(DEC\) i \(FEB\): - \(\lvert EC\rvert=\lvert EB\rvert\), bo \(E\) jest środkiem boku \(BC\); - \(\lvert\angle DEC\rvert=\lvert\angle FEB\rvert\), bo są to kąty wierzchołkowe; - \(\lvert\angle DCE\rvert=\lvert\angle FBE\rvert\), bo są to kąty naprzemianległe przy prostych równoległych \(DC\parallel AF\) przeciętych prostą \(BC\). Trójkąty te są zatem przystające (cecha kąt-bok-kąt), więc \[\lvert BF\rvert=\lvert CD\rvert.\] W równoległoboku \(\lvert CD\rvert=\lvert AB\rvert\), więc \(\lvert BF\rvert=\lvert AB\rvert\). Punkt \(B\) leży między \(A\) i \(F\), a więc jest środkiem odcinka \(AF\), co należało wykazać. **Odpowiedź.** Punkt \(B\) jest środkiem odcinka \(AF\).

**1 pkt** – wykazanie przystawania (albo podobieństwa) trójkątów \(DEC\) i \(FEB\). **2 pkt** – pełny dowód, że \(\lvert AB\rvert=\lvert BF\rvert\).

Zadanie 28. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Niech O będzie punktem przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta ABC. Z definicji symetrii osiowej dwusieczne są kolejno symetralnymi odcinków KL, LM i MN. Stąd OK=OL, OL=OM oraz OM=ON. Wszystkie wierzchołki K, N, M, L leżą więc na okręgu o środku O.

Niech \(O\) będzie punktem przecięcia dwusiecznych kątów trójkąta \(ABC\) (środkiem okręgu wpisanego). Symetria osiowa względem prostej zachowuje odległości, a osią symetrii odcinka łączącego punkt z jego obrazem jest oś tej symetrii. Zatem: - dwusieczna kąta \(BAC\) jest symetralną odcinka \(KL\), więc \(\lvert OK\rvert=\lvert OL\rvert\), bo \(O\) leży na tej dwusiecznej; - dwusieczna kąta \(ACB\) jest symetralną odcinka \(LM\), więc \(\lvert OL\rvert=\lvert OM\rvert\); - dwusieczna kąta \(ABC\) jest symetralną odcinka \(MN\), więc \(\lvert OM\rvert=\lvert ON\rvert\). Stąd \[\lvert OK\rvert=\lvert OL\rvert=\lvert OM\rvert=\lvert ON\rvert,\] czyli wszystkie cztery punkty \(K\), \(N\), \(M\), \(L\) leżą na jednym okręgu o środku \(O\). Na czworokącie \(KNML\) można zatem opisać okrąg, co należało udowodnić. (Rachunek kątowy prowadzi do tego samego wniosku: oznaczając miary kątów trójkąta przez \(2\alpha\), \(2\beta\), \(2\gamma\), otrzymujemy \(\alpha+\beta+\gamma=90^\circ\), a następnie \(\lvert\angle LKN\rvert+\lvert\angle LMN\rvert=\left(90^\circ+\alpha\right)+\left(90^\circ-\alpha\right)=180^\circ\).) **Odpowiedź.** Na czworokącie \(KNML\) można opisać okrąg o środku w punkcie przecięcia dwusiecznych trójkąta \(ABC\).

**1 pkt** – zauważenie, że dwusieczna kąta trójkąta jest symetralną odpowiedniego odcinka \(KL\), \(LM\) albo \(MN\). **2 pkt** – zapisanie i uzasadnienie co najmniej dwóch równości spośród \(\lvert OK\rvert=\lvert OL\rvert\), \(\lvert OL\rvert=\lvert OM\rvert\), \(\lvert OM\rvert=\lvert ON\rvert\). **3 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania.

V. Rozumowanie i argumentacja. 7. Planimetria. Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu (R7.1).

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).

Nierówność jest prawdziwa dla każdego \(\alpha\in\left(0,\frac\pi2\right)\).

Korzystamy ze wzoru \(2\sin u\cos v=\sin(u+v)+\sin(u-v)\). Dla \[u=\frac\pi{12}-\alpha,\qquad v=\frac\pi{12}+\alpha\] otrzymujemy \[2\sin\left(\frac\pi{12}-\alpha\right)\cos\left(\frac\pi{12}+\alpha\right)=\sin\frac\pi6-\sin2\alpha.\] Zatem \[\sin\left(\frac\pi{12}-\alpha\right)\cos\left(\frac\pi{12}+\alpha\right)=\frac14-\frac12\sin2\alpha.\] Ponieważ \(\alpha\in(0,\frac\pi2)\), to \(2\alpha\in(0,\pi)\), a więc \(\sin2\alpha>0\). Stąd \[\frac14-\frac12\sin2\alpha<\frac14,\] co kończy dowód.

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego dowodu **2 pkt** – sprowadzenie nierówności do postaci \(\frac12-\sin2\alpha<\frac12\) lub równoważnej, ale bez pełnego uzasadnienia znaku **1 pkt** – poprawne użycie wzoru na iloczyn sinusa i cosinusa albo innego równoważnego przekształcenia wskazanego w kluczu CKE **0 pkt** – brak istotnego postępu

Klucz CKE nie zawiera przy tym zadaniu osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** trygonometria - wzory redukcyjne i wzory na sumę lub różnicę kątów, znaki funkcji trygonometrycznych oraz dowodzenie nierówności.

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

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

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

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

Na czworokącie \(DCES\) można opisać okrąg, ponieważ suma miar jego przeciwległych kątów wynosi \(180^\circ\).

Ponieważ \(S\) jest środkiem okręgu wpisanego, półproste \(AS\) i \(BS\) są dwusiecznymi. Zatem \[|\angle DSE|=|\angle ASB|=180^\circ-\frac{\alpha+\beta}{2}.\] Ponadto \(|\angle DCE|=\gamma\). Z założenia \(\alpha+\beta=2\gamma\), więc \[|\angle DSE|+|\angle DCE|=180^\circ-\frac{2\gamma}{2}+\gamma=180^\circ.\] Suma miar przeciwległych kątów czworokąta \(DCES\) jest równa \(180^\circ\), dlatego jest to czworokąt wpisany w okrąg.

**3 pkt** – pełne uzasadnienie tezy **2 pkt** – wyznaczenie sumy \(|\angle DSE|+|\angle DCE|=180^\circ-\frac{\alpha+\beta}{2}+\gamma\) albo równoważnego warunku prowadzącego do tezy, lecz bez poprawnego zakończenia **1 pkt** – wyznaczenie jednej z kluczowych zależności, np. \(|\angle ASB|=180^\circ-\frac\alpha2-\frac\beta2\), albo wykazanie \(\gamma=60^\circ\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Klasyfikacja CKE:** geometria płaska - dwusieczne w trójkącie, kąty w czworokącie i kryterium istnienia okręgu opisanego.

\[|BE|=\frac{2ac\cos\frac\beta2}{a+c}.\]

Oznaczmy \(|BE|=d\). Pole trójkąta \(ABC\) oraz pól jego części wynoszą \[P_{ABC}=\frac12ac\sin\beta,\quad P_{ABE}=\frac12dc\sin\frac\beta2,\quad P_{CBE}=\frac12da\sin\frac\beta2.\] Ponieważ \(P_{ABC}=P_{ABE}+P_{CBE}\), po użyciu \(\sin\beta=2\sin\frac\beta2\cos\frac\beta2\) dostajemy \[2ac\cos\frac\beta2=d(a+c),\] a więc żądaną równość.

**3 pkt** – pełne rozumowanie **2 pkt** – poprawna zależność \(\frac12ac\sin\beta=\frac12dc\sin\frac\beta2+\frac12da\sin\frac\beta2\) bez doprowadzenia do tezy **1 pkt** – poprawne zapisanie pól trzech odpowiednich trójkątów albo równoważny istotny postęp **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** pole trójkąta, funkcje trygonometryczne, dwusieczna i zależności miarowe w trójkącie.

W czworokącie \(CDEF\) obie sumy miar przeciwległych kątów są równe \(180^\circ\).

Ponieważ \(AB\parallel CD\), a \(BC\) jest ich sieczną, kąty \(ABC\) i \(BCD\) są kątami wewnętrznymi jednostronnymi: \[\lvert\angle ABC\rvert+\lvert\angle BCD\rvert=180^\circ.\] Dwusieczne dzielą te kąty na połowy, więc w trójkącie \(BFC\) \[\lvert\angle FBC\rvert+\lvert\angle FCB\rvert=\tfrac12\left(\lvert\angle ABC\rvert+\lvert\angle BCD\rvert\right)=90^\circ,\] a stąd \[\lvert\angle BFC\rvert=180^\circ-90^\circ=90^\circ.\] Kąt \(EFC\) jest przyległy do kąta \(BFC\), więc również \[\lvert\angle EFC\rvert=90^\circ.\] Trapez jest prostokątny o wysokości \(AD\), więc \(AD\perp DC\) i kąt \(CDE\) czworokąta \(CDEF\) jest prosty. W czworokącie \(CDEF\) mamy zatem \(\lvert\angle CDE\rvert=\lvert\angle EFC\rvert=90^\circ\), czyli jedna para kątów przeciwległych daje w sumie \[90^\circ+90^\circ=180^\circ.\] Suma miar kątów czworokąta wynosi \(360^\circ\), więc druga para kątów przeciwległych również sumuje się do \(180^\circ\). Obie sumy są równe \(180^\circ\), a więc równe sobie, co należało wykazać. **Odpowiedź.** Obie sumy miar przeciwległych kątów czworokąta \(CDEF\) są równe \(180^\circ\).

**1 pkt** – wyznaczenie \(\lvert\angle BFC\rvert=90^\circ\) albo zapisanie równoważnych zależności kątowych. **2 pkt** – pełne uzasadnienie równości obu sum kątów przeciwległych.

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Niech E i F będą punktami styczności okręgu o środku S odpowiednio z BD i AB, a G rzutem prostokątnym N na AB. Mamy SM=SE=SF=MA=NG oraz DE=BN. Ponieważ MN∥AB, trójkąty prostokątne BGN i NES są przystające, więc BN=NS. Zatem MN=MS+SN=MA+BN=MA+DE=MA+DM=AD.

**Krok \(1\).** W zadaniach o okręgach wpisanych działają dwa narzędzia: promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej oraz odcinki stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu są równe. Oznaczmy przez \(r\) promień okręgu wpisanego w trójkąt \(ABD\) o środku \(S\), a przez \(E\) i \(F\) punkty styczności tego okręgu odpowiednio z przekątną \(BD\) i z bokiem \(AB\). Punkt \(M\) to, zgodnie z treścią, punkt styczności z bokiem \(AD\). **Krok \(2\).** Kąt \(DAB\) jest prosty, a odległości punktu \(S\) od boków \(AD\) i \(AB\) są równe \(r\). Czworokąt \(AMSF\) ma zatem trzy kąty proste i dwa boki długości \(r\), czyli jest kwadratem o boku \(r\). Stąd \[SM=SF=SE=AM=AF=r.\] **Krok \(3\).** Rozbijamy oba odcinki, które mamy porównać. Punkt \(S\) leży na odcinku \(MN\), więc \[MN=MS+SN=r+SN,\] a ponieważ \(M\) leży na boku \(AD\), to \[AD=AM+MD=r+MD.\] Wystarczy więc udowodnić jedną równość: \(SN=MD\). **Krok \(4\).** Odcinki \(DM\) i \(DE\) są odcinkami stycznych poprowadzonych z punktu \(D\) do okręgu o środku \(S\), więc \[DM=DE.\] **Krok \(5\).** Teraz wiążemy punkt \(N\) z punktem \(E\). Symetria środkowa względem środka prostokąta \(ABCD\) zamienia \(A\) z \(C\) oraz \(B\) z \(D\), więc przeprowadza trójkąt \(ABD\) na trójkąt \(CDB\), a co za tym idzie okrąg wpisany w \(ABD\) na okrąg wpisany w \(BCD\). Punkt \(E\) leży na \(BD\) w odległości \(DE\) od \(D\), więc jego obrazem jest punkt leżący na \(BD\) w odległości \(DE\) od \(B\) i będący punktem styczności drugiego okręgu z \(BD\), czyli punkt \(N\). Stąd \[BN=DE=DM.\] **Krok \(6\).** Pokażemy jeszcze, że \(SN=BN\). Poprowadźmy odcinek \(BS\). Trójkąty prostokątne \(BFS\) i \(BES\) mają wspólną przeciwprostokątną \(BS\) oraz równe przyprostokątne \(SF=SE=r\), więc są przystające. Zatem \[\sphericalangle FBS=\sphericalangle EBS,\] czyli \(BS\) jest dwusieczną kąta \(ABD\). **Krok \(7\).** Odcinek \(MS\) jest prostopadły do \(AD\), a bok \(AB\) też jest prostopadły do \(AD\), więc prosta \(MN\) jest równoległa do \(AB\). Dla prostych równoległych \(MN\) i \(AB\) przeciętych sieczną \(BS\) kąty naprzemianległe są równe: \[\sphericalangle NSB=\sphericalangle FBS.\] **Krok \(8\).** Punkt \(E\) leży na odcinku \(BD\), a więc na tej samej półprostej o początku \(B\) co punkt \(N\). Dlatego \(\sphericalangle EBS=\sphericalangle NBS\). Łącząc to z krokami \(6\) i \(7\): \[\sphericalangle NSB=\sphericalangle FBS=\sphericalangle EBS=\sphericalangle NBS.\] **Krok \(9\).** W trójkącie \(BSN\) kąty przy wierzchołkach \(S\) i \(B\) są więc równe, czyli trójkąt jest równoramienny i \[NS=NB.\] **Krok \(10\).** Zbieramy wszystko razem: \[MN=MS+SN=r+NB=r+DM=AM+MD=AD.\] To kończy dowód. **Uwaga.** Założenie, że środek \(S\) leży na odcinku \(MN\), jest istotne i korzystamy z niego dwa razy: przy rozbiciu \(MN=MS+SN\) w kroku \(3\) oraz przy stwierdzeniu, że prosta \(MN\) jest równoległa do \(AB\) w kroku \(7\). Bez tego założenia teza w ogóle nie musi być prawdziwa. **Odpowiedź.** \(MN=MS+SN=AM+MD=AD\), czyli \(MN=AD\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający albo poprowadzi odcinki \(SE\) i \(NG\), albo zapisze równość \(\lvert DM\rvert=\lvert DE\rvert\), albo zapisze równość \(\lvert DE\rvert=\lvert BN\rvert\), albo zapisze równość \(\lvert SM\rvert=\lvert SE\rvert=\lvert MA\rvert=\lvert NG\rvert\), albo zapisze, że trójkąty \(BFS\) i \(BES\) są przystające, albo zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów \(DAB\) i \(DMN\): \(\tfrac{\lvert AD\rvert}{\lvert DB\rvert}=\tfrac{\lvert MD\rvert}{\lvert DN\rvert}\), albo zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów \(MDN\) i \(ESN\): \(\tfrac{\lvert SE\rvert}{\lvert SN\rvert}=\tfrac{\lvert MD\rvert}{\lvert DN\rvert}\), albo zauważy, że odcinek \(BS\) jest dwusieczną kąta \(ABD\), albo zapisze, że trójkąt \(BNS\) jest równoramienny, i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający albo zapisze, że trójkąty \(BGN\) i \(NES\) są przystające, albo zapisze, że trójkąt \(BSN\) jest równoramienny i \(\lvert BN\rvert=\lvert DM\rvert\), albo zapisze proporcje […], albo zauważy, że \(\lvert MN\rvert=r+\lvert SN\rvert\) i […], albo zapisze proporcje […] oraz zapisze równanie […] wynikające z twierdzenia Pitagorasa w jednym z trójkątów \(BGN\) i \(ENS\), i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający wykaże, że \(\lvert MN\rvert=\lvert AD\rvert\).

V. Rozumowanie i argumentacja. 7. Planimetria. Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) ich własności (R7.4).

Trójkąty \(CDE\) i \(FBG\) są podobne na mocy cechy kąt-kąt-kąt.

Niech \(|\angle ACB|=\alpha\). Ponieważ \(ABC\) jest prostokątny, \(|\angle ABC|=90^\circ-\alpha\). W trójkącie \(CDE\) mamy \(|\angle DEC|=90^\circ\), więc \(|\angle CDE|=90^\circ-\alpha\). W trójkącie \(FBG\) mamy \(|\angle FGB|=90^\circ\) oraz \(|\angle FBG|=90^\circ-\alpha\), więc \(|\angle BFG|=\alpha\). Odpowiednie kąty obu trójkątów są równe, zatem trójkąty są podobne.

**2 pkt** – pełne rozumowanie prowadzące do podobieństwa **1 pkt** – wskazanie jednej właściwej pary równych kątów ostrych lub podobieństwa obu trójkątów do \(ABC\), bez pełnego uzasadnienia **0 pkt** – brak koniecznego postępu albo przyjęcie konkretnych miar kątów

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i cechy podobieństwa.

Trójkąty ABS i DCS są podobne w skali \(5\), więc P(ABS)=\(25\)·P(DCS).

Z założenia \(\lvert AS\rvert=\frac56\lvert AC\rvert\), a punkt \(S\) leży na przekątnej \(AC\), więc \[\lvert SC\rvert=\lvert AC\rvert-\lvert AS\rvert=\tfrac16\lvert AC\rvert,\qquad \frac{\lvert AS\rvert}{\lvert SC\rvert}=5.\] Ponieważ \(AB\parallel CD\), kąty \(SAB\) i \(SCD\) są naprzemianległe, podobnie kąty \(SBA\) i \(SDC\). Trójkąty \(ABS\) i \(CDS\) są zatem podobne (cecha kąt-kąt), a skala podobieństwa pierwszego względem drugiego wynosi \[k=\frac{\lvert AS\rvert}{\lvert SC\rvert}=5.\] Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali: \[\frac{P_{ABS}}{P_{DCS}}=k^2=25,\] czyli pole trójkąta \(ABS\) jest \(25\) razy większe od pola trójkąta \(DCS\), co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(P_{ABS}=25\,P_{DCS}\)

1 pkt: podobieństwo i skala 5 albo równoważne zależności pól. 2 pkt: pełny dowód stosunku pól 25.

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

Płaszczyzna \(ACK\) przecina prostokąt \(BDHF\) wzdłuż prostej \(KL\), gdzie \(L\) jest środkiem kwadratu \(ABCD\) (przecięciem \(AC\) i \(BD\)), a \(K\) środkiem krawędzi \(BF\). Punkty odcinka \(BH\) mają w tym prostokącie postać \((t\,a\sqrt2,\ t\,a)\), a po podstawieniu do równania prostej \(KL\) wychodzi \(4t=1\), czyli \(t=\tfrac14\). Zatem \(|BP|=\tfrac14|BH|\), \(|HP|=\tfrac34|BH|\) i \(|BP|:|HP|=1:3\).

**Krok \(1\).** Zadanie jest przestrzenne, ale wszystkie potrzebne obiekty da się zamknąć w jednej płaszczyźnie. Przekątna \(BH\) leży w prostokącie \(BDHF\) (przekrój sześcianu zawierający przekątne \(BD\) i \(FH\) obu podstaw). Znajdziemy część wspólną płaszczyzny tnącej z tym prostokątem i dalej policzymy wszystko na płasko. **Krok \(2\).** Niech \(L\) będzie punktem przecięcia przekątnych \(AC\) i \(BD\) kwadratu \(ABCD\), czyli środkiem tego kwadratu. Punkt \(L\) leży na odcinku \(AC\), a więc należy do płaszczyzny tnącej; leży też na \(BD\), a więc należy do płaszczyzny \(BDHF\). **Krok \(3\).** Punkt \(K\) (środek krawędzi \(BF\)) należy do płaszczyzny tnącej z założenia oraz do płaszczyzny \(BDHF\), bo krawędź \(BF\) jest bokiem prostokąta \(BDHF\). Skoro obie płaszczyzny mają wspólne punkty \(K\) i \(L\), to ich częścią wspólną jest prosta \(KL\). **Krok \(4\).** Punkt \(P\) leży na \(BH\), czyli w płaszczyźnie \(BDHF\), i jednocześnie na płaszczyźnie tnącej. Zatem \(P\) jest punktem przecięcia prostych \(BH\) i \(KL\) — dalsza część zadania rozgrywa się już tylko w prostokącie \(BDHF\). **Krok \(5\).** Oznaczmy krawędź sześcianu przez \(a\). Wtedy \(|BF|=a\), a \(|BD|=a\sqrt2\) jako przekątna kwadratu o boku \(a\). Wprowadzamy w płaszczyźnie \(BDHF\) układ współrzędnych o początku w \(B\), z osią poziomą wzdłuż \(BD\) i pionową wzdłuż \(BF\): \[B=(0,0),\quad D=\left(a\sqrt2,0\right),\quad F=(0,a),\quad H=\left(a\sqrt2,a\right).\] **Krok \(6\).** Środki odcinków: \(L\) to środek \(BD\), czyli \(L=\left(\dfrac{a\sqrt2}{2},0\right)\), a \(K\) to środek \(BF\), czyli \(K=\left(0,\dfrac{a}{2}\right)\). **Krok \(7\).** Prosta \(KL\) przecina osie w punktach o współrzędnych \(\dfrac{a\sqrt2}{2}\) i \(\dfrac{a}{2}\), więc zapisujemy ją w postaci odcinkowej: \[\frac{x}{\frac{a\sqrt2}{2}}+\frac{y}{\frac{a}{2}}=1.\] **Krok \(8\).** Punkty odcinka \(BH\) mają postać \(\left(t\,a\sqrt2,\ t\,a\right)\), gdzie \(t\in\langle0,1\rangle\) (dla \(t=0\) dostajemy \(B\), dla \(t=1\) punkt \(H\)). Podstawiamy do równania prostej \(KL\): \[\frac{t\,a\sqrt2}{\frac{a\sqrt2}{2}}+\frac{t\,a}{\frac{a}{2}}=2t+2t=4t.\] **Krok \(9\).** Z warunku \(4t=1\) otrzymujemy \(t=\dfrac14\). Oznacza to, że \[|BP|=\tfrac14|BH|,\qquad |HP|=|BH|-|BP|=\tfrac34|BH|,\] a zatem \(|BP|:|HP|=\dfrac14:\dfrac34=1:3\), co należało wykazać. **Uwaga.** Krawędź \(a\) skróciła się w rachunkach — wynik nie zależy od wielkości sześcianu, a jedynie od tego, że \(K\) i \(L\) są środkami odpowiednich odcinków. **Odpowiedź.** Punkt \(P\) dzieli przekątną tak, że \(|BP|=\tfrac14|BH|\), czyli \(|BP|:|HP|=1:3\).

**1 pkt** – gdy zdający zauważy, że \(P\) jest punktem przecięcia przekątnej \(BH\) z odcinkiem \(KL\), gdzie \(L\) to środek przekątnej \(BD\). **2 pkt** – gdy zapisze, że trójkąty \(LBK\) i \(DBF\) są podobne w skali \(1:2\), albo zapisze, że odcinek \(KL\) jest obrazem odcinka \(FD\) w jednokładności o środku \(B\) i skali […], albo wykaże, że trójkąt \(LBP\) jest równoramienny, np. wykaże, że \(\lvert\angle PBL\rvert=\lvert\angle PLB\rvert\), albo poprowadzi odcinki łączące środek przekątnej \(BH\) z punktami \(K\) i \(L\) i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **3 pkt** – gdy wykaże, że \(\lvert BP\rvert:\lvert HP\rvert=1:3\).

Klasyfikacja rzeczowa: stosowanie podobieństwa trójkątów i odcinków łączących środki boków w przekroju sześcianu.

\[P_{KLMN}:P_{ABCD}=1:3.\]

Niech \(d\) oznacza długość przekątnej kwadratu. Wtedy \(P_{ABCD}=\frac{d^2}{2}\). Ponieważ \(K,M\) są środkami odpowiednich połówek przekątnej \(AC\), mamy \(KM=\frac d2\). Z kolei \(|BE|=|DE|=\frac d2\), a warunki \(|BL|=\frac13|BE|\) i \(|DN|=\frac13|DE|\) dają \(|EL|=|EN|=\frac d3\), więc \(LN=\frac{2d}{3}\). Przekątne czworokąta \(KLMN\) są prostopadłe, zatem \[P_{KLMN}=\frac12\cdot\frac d2\cdot\frac{2d}{3}=\frac{d^2}{6}.\] Stąd \[\frac{P_{KLMN}}{P_{ABCD}}=\frac{d^2/6}{d^2/2}=\frac13.\]

**1 pkt** – poprawne wyznaczenie długości przekątnych \(KM=\frac d2\), \(LN=\frac{2d}{3}\) i wykorzystanie ich prostopadłości **2 pkt** – obliczenie obu pól i wykazanie stosunku \(1:3\) **0 pkt** – rozwiązanie bez poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** G10.9 zdający oblicza pola trójkątów i czworokątów.

\[P=25\pi.\]

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.

Na czworokącie \(CEFG\) można opisać okrąg, ponieważ suma jego przeciwległych kątów jest równa \(180^\circ\).

W trójkącie \(ABC\) mamy \(|\angle ABC|=70^\circ\). Czworokąty \(ADFE\) i \(BDFG\) są wpisane odpowiednio w okręgi \(o_1\) i \(o_2\), więc \[|\angle DFE|=180^\circ-50^\circ=130^\circ,\] \[|\angle DFG|=180^\circ-70^\circ=110^\circ.\] Zatem \(|\angle EFG|=360^\circ-130^\circ-110^\circ=120^\circ\). Ponieważ \(|\angle ECG|=60^\circ\), suma przeciwległych kątów czworokąta \(CEFG\) wynosi \(180^\circ\), co kończy dowód.

**3 pkt** – pełne uzasadnienie współokręgowości punktów \(C,E,F,G\) **2 pkt** – obliczenie \(|\angle EFG|=120^\circ\) **1 pkt** – obliczenie \(|\angle DFE|=130^\circ\) albo \(|\angle DFG|=110^\circ\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** planimetria - kąty wpisane i warunek opisania okręgu na czworokącie.

Na czworokącie \(PQRS\) można opisać okrąg.

Oznaczmy \[\angle BAP=\angle PAD=\alpha,\qquad \angle CBP=\angle ABP=\beta.\] Ponieważ \(ABCD\) jest wpisany w okrąg, kąty przeciwległe są dopełniające do \(180^\circ\), więc \[\angle DCR=90^\circ-\alpha,\qquad \angle CDR=90^\circ-\beta.\] W trójkącie \(ABP\) otrzymujemy \[\angle SPQ=\angle APB=180^\circ-(\alpha+\beta).\] W trójkącie \(CDR\) mamy natomiast \[\angle SRQ=\angle CRD=\alpha+\beta.\] Zatem \[\angle SPQ+\angle SRQ=180^\circ.\] Suma przeciwległych kątów czworokąta \(PQRS\) jest równa \(180^\circ\), więc czworokąt ten jest wpisany w okrąg.

**3 pkt** – wykazanie, że suma przeciwległych kątów czworokąta \(PQRS\) wynosi \(180^\circ\) **2 pkt** – poprawne wyznaczenie \(\angle SPQ=180^\circ-(\alpha+\beta)\) oraz \(\angle SRQ=\alpha+\beta\) **1 pkt** – oznaczenie połówek dwóch sąsiednich kątów i poprawne wyrażenie połówek dwóch pozostałych kątów **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7. Planimetria - twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i opisane na okręgu (R7.1).

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

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

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

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

\[4(\sin^6\alpha+\cos^6\alpha)=1+3\cos^2 2\alpha.\]

Korzystamy z tożsamości \[a^6+b^6=(a^2+b^2)\big((a^2+b^2)^2-3a^2b^2\big).\] Ponieważ \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\), lewa strona jest równa \[4(\sin^6\alpha+\cos^6\alpha)=4(1-3\sin^2\alpha\cos^2\alpha).\] Z kolei \[\begin{aligned}1+3\cos^2 2\alpha&=1+3(\cos^2\alpha-\sin^2\alpha)^2\\&=1+3\big((\cos^2\alpha+\sin^2\alpha)^2-4\sin^2\alpha\cos^2\alpha\big)\\&=4-12\sin^2\alpha\cos^2\alpha\\&=4(1-3\sin^2\alpha\cos^2\alpha).\end{aligned}\] Obie strony są więc równe, co kończy dowód.

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 3 pkt** – pełne przekształcenie obu stron do tej samej postaci **2 pkt** – poprawne przekształcenie jednej strony i istotny postęp po drugiej stronie **1 pkt** – poprawne użycie właściwej tożsamości algebraicznej lub wzoru na cosinus kąta podwojonego **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** 2.1. R. Zdający używa wzorów skróconego mnożenia na \((a\pm b)^3\) oraz \(a^3\pm b^3\). 6.4. Zdający stosuje proste zależności między funkcjami trygonometrycznymi, w szczególności \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\).

\[|CP|=\frac23a.\]

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Trójkąt \(ABC\) jest rozwartokątny, a miary kątów \(ASB\), \(ASC\), \(BSC\) są równe odpowiednio \[6\alpha,\quad4\alpha,\quad2\alpha,\] więc tworzą ciąg arytmetyczny o różnicy \(-2\alpha\).

Z sumy kątów trójkąta \[\alpha+2\alpha+4\alpha=180^\circ,\] zatem \(\alpha=\frac{180^\circ}{7}\). Kąt \(BCA=4\alpha=\frac{720^\circ}{7}>90^\circ\), więc trójkąt jest rozwartokątny. Z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym \[\angle BSC=2\angle BAC=2\alpha,\qquad \angle ASC=2\angle ABC=4\alpha.\] Kąt wpisany \(BCA\) opiera się na łuku \(BA\) o mierze \(8\alpha>180^\circ\), dlatego wypukły kąt środkowy \(ASB\) ma miarę \[360^\circ-8\alpha=14\alpha-8\alpha=6\alpha.\] Liczby \(6\alpha\), \(4\alpha\), \(2\alpha\) tworzą ciąg arytmetyczny.

**3 pkt** – wykazanie rozwartokątności oraz wyznaczenie miar \(6\alpha\), \(4\alpha\), \(2\alpha\) i stwierdzenie, że tworzą ciąg arytmetyczny **2 pkt** – poprawne zastosowanie związku między kątem wpisanym i środkowym do wyznaczenia kątów \(ASC\) i \(BSC\) **1 pkt** – obliczenie \(\alpha=\frac{180^\circ}{7}\) i uzasadnienie, że trójkąt jest rozwartokątny **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak dowodu

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** Zdający korzysta ze związku między kątem środkowym i wpisanym oraz bada, czy podane liczby tworzą ciąg arytmetyczny.

Wykazano, że \[m(\angle ASB)=4\,m(\angle SBC).\]

Oznaczmy \(m(\angle ASB)=\alpha\). Kąt wpisany \(ACB\) i kąt środkowy \(ASB\) są oparte na tym samym łuku \(AB\), więc \[m(\angle ACB)=\frac\alpha2.\] Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny, a prosta \(CS\) jest jego osią symetrii i zawiera dwusieczną kąta \(ACB\). Zatem \[m(\angle SCB)=\frac12m(\angle ACB)=\frac\alpha4.\] Ponieważ \(SB=SC\) są promieniami okręgu, trójkąt \(SBC\) jest równoramienny, więc \[m(\angle SBC)=m(\angle SCB)=\frac\alpha4.\] Stąd \(m(\angle ASB)=4\,m(\angle SBC)\), co należało wykazać.

**2 pkt** – pełne uzasadnienie, że kąt \(ASB\) jest cztery razy większy od kąta \(SBC\) **1 pkt** – wykorzystanie twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym oraz równości kątów w odpowiednim trójkącie równoramiennym, lecz bez domknięcia dowodu **0 pkt** – rozumowanie błędne, ograniczone wyłącznie do szczególnego przypadku albo brak dowodu

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** Przeprowadzenie dowodu geometrycznego z wykorzystaniem związków miarowych w figurach płaskich (V.7.c).

Wykazano, że \(|KC|=|LC|\).

Oznaczmy \(|BC|=a\) oraz \(|AC|=b\). Trójkąty \(BCK\) i \(BDE\) są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku \(B\), więc są podobne. Analogicznie trójkąty \(ACL\) i \(AGF\) są podobne. Zatem \[\frac{|KC|}{|CB|}=\frac{|ED|}{|BD|},\qquad \frac{|LC|}{|AC|}=\frac{|FG|}{|AG|}.\] Ponieważ boki zbudowanych kwadratów mają długości \(|ED|=|AC|=b\) oraz \(|FG|=|BC|=a\), a odpowiednie odcinki mają długość \(a+b\), otrzymujemy \[|KC|=a\cdot\frac{b}{a+b}=\frac{ab}{a+b}\] oraz \[|LC|=b\cdot\frac{a}{a+b}=\frac{ab}{a+b}.\] Stąd \(|KC|=|LC|\), co kończy dowód.

**3 pkt** – pełny dowód prowadzący do \(|KC|=|LC|=\frac{ab}{a+b}\) **2 pkt** – poprawne proporcje pozwalające wyznaczyć długości \(|KC|\) i \(|LC|\) **1 pkt** – poprawne wskazanie obu par trójkątów podobnych **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozumowanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje proporcje długości odpowiednich boków.

Teza została wykazana: \(\angle BAE=\angle EAF\).

Przedłużmy odcinki \(AB\) i \(FE\) do przecięcia w punkcie \(G\). Ponieważ \(\lvert AB\rvert>\lvert BC\rvert\), punkt \(G\) leży na przedłużeniu boku \(AB\) poza wierzchołkiem \(B\). Trójkąty \(ECF\) i \(EBG\) są przystające: - oba mają kąt prosty (przy \(C\) i przy \(B\), bo \(ABCD\) jest prostokątem), - kąty \(CEF\) i \(BEG\) są wierzchołkowe, więc równe, - \(\lvert CE\rvert=\lvert BE\rvert\), bo \(E\) jest środkiem boku \(BC\). Z przystawania (cecha kąt-bok-kąt) wynika \(\lvert EF\rvert=\lvert EG\rvert\). Trójkąty \(AEF\) i \(AEG\) również są przystające: oba mają kąt prosty przy wierzchołku \(E\) (z założenia \(\angle AEF=90^\circ\), a punkty \(F\), \(E\), \(G\) są współliniowe), mają wspólną przyprostokątną \(AE\), a ich drugie przyprostokątne \(EF\) i \(EG\) są równe. Z cechy bok-kąt-bok trójkąty te są przystające. Odpowiadające sobie kąty przystających trójkątów są równe, zatem \[\angle EAF=\angle EAG=\angle BAE.\] **Odpowiedź.** \(\angle BAE=\angle EAF\), co należało udowodnić.

**Schemat oceniania I sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zapisanie, że trójkąty \(ECF\) i \(EBG\) są przystające. **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zapisanie, że trójkąty \(AEF\) i \(AEG\) są przystające. **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zapisanie, że \(\angle EAF=\angle EAB\). **Schemat oceniania II sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zapisanie, że trójkąty \(ABE\) i \(GCE\) są przystające. **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zapisanie, że […] \(\angle EAB\). **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zapisanie, że \(\angle EAF=\angle EAB\). **Schemat oceniania III sposobu rozwiązania** **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zapisanie, że \(\cos\beta=\frac{a^2-b^2}{[…]}\). **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zapisanie, że \(\cos\beta=\frac{a^2-b^2}{[…]}\) oraz \(\cos\alpha=\) […]. **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zapisanie, że \(\cos\beta=\cos 2\alpha\). **Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zapisanie, że \(\operatorname{tg}\beta=\frac{2ab}{a^2-b^2}\). **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zapisanie, że \(\operatorname{tg}\beta=\frac{2ab}{a^2-b^2}\) oraz \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{b}{a}\). **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zapisanie, że \(\operatorname{tg}\beta=\operatorname{tg}2\alpha\).

**Wymaganie ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymaganie szczegółowe:** Zdający stosuje cechy przystawania trójkątów (G10.14) oraz wykorzystuje własności prostokąta w dowodzie geometrycznym. **Uwaga redakcyjna.** Klucz CKE do tego zadania przewiduje \(4\) punkty; w nagłówku zadania podano punktację \(3\) pkt za tekstem arkusza.

\[P_{ABCD}=72.\]

Trójkąty \(AOD\) i \(DOC\) mają wspólną wysokość opuszczoną z \(D\) na prostą \(AC\), więc stosunek ich pól jest równy stosunkowi podstaw: \[\frac{P_{AOD}}{P_{DOC}}=\frac{\lvert AO\rvert}{\lvert OC\rvert}=5,\qquad P_{DOC}=\frac{10}{5}=2.\] Tak samo trójkąty \(AOB\) i \(BOC\) mają wspólną wysokość z \(B\): \[\frac{P_{AOB}}{P_{BOC}}=\frac{\lvert AO\rvert}{\lvert OC\rvert}=5.\] Trójkąty \(ABD\) i \(ABC\) mają wspólną podstawę \(AB\) i równe wysokości (bo \(CD\parallel AB\)), więc mają równe pola; po odjęciu wspólnej części \(AOB\) otrzymujemy \[P_{AOD}=P_{BOC}=10.\] Stąd \(P_{AOB}=5\cdot10=50\). Pole trapezu jest sumą pól czterech trójkątów: \[P_{ABCD}=P_{AOB}+P_{AOD}+P_{BOC}+P_{DOC}=50+10+10+2=72,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=72\)

**Schemat oceniania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zapisanie pola trójkąta \(ACD\) w zależności od pola trójkąta \(CDO\) oraz w zależności od boku \(CD\), albo zapisanie pola trójkąta \(ABD\) w zależności od pola trójkąta \(ADO\) oraz w zależności od boku \(AB\). **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: obliczenie pola trójkąta \(CDO\) albo obliczenie pola trójkąta \(ABD\). **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zapisanie zależności między polem trójkąta \(ABC\) a jedną z podstaw trapezu i wysokością trapezu, albo zapisanie zależności między polem trójkąta \(BCD\) a jedną z podstaw trapezu i wysokością trapezu, albo zapisanie zależności między polami trójkątów \(ABO\) i \(CDO\) oraz uzasadnienie, że pole trójkąta \(BCO\) jest równe \(10\). **4 pkt** – rozwiązanie pełne: przedstawienie poprawnego uzasadnienia, że pole trapezu \(ABCD\) jest równe \(72\).

Zadanie 31. (0–4) W trapezie ABCD  AB CD przekątne AC i BD przecinają się w punkcie O takim, że AO : OC  5 : 1. Pole trójkąta AOD jest równe 10. Uzasadnij, że pole trapezu ABCD jest równe 72. D C O A B 7.3., SP11.2. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) cechy V. Rozumowanie podobieństwa trójkątów, oblicza pola: kwadratu, prostokąta, i argumentacja. rombu, równoległoboku, trójkąta, trapezu przedstawionych na rysunku (w tym na własnym rysunku pomocniczym) oraz w sytuacjach praktycznych. I sposób rozwiązania: Trójkąty ABO i CDO są podobne (na podstawie cechy kk). Jeżeli CO  x , to AO  5x , ponadto AB  5 CD . Jeżeli wysokość w trójkącie CDO opuszczona na bok CD jest równa h, to wysokość w trójkącie ABO opuszczona na bok AB jest równa 5h. D C h x O 5h 5x A B Możemy zapisać dwa wzory opisujące pole trójkąta ACD.  P  P  P  10  P ACD AOD CDO CDO 1 1  P   CD  h  5h  3 CD  h  6   CD  h  6P ACD CDO 2 2 Możemy zatem zapisać równość: 6P  10  P CDO CDO Wobec tego: 5P  10. CDO P  2 CDO Możemy wyznaczyć pole trójkąta ACD: P  10  P  10  2  12 . ACD CDO Obliczmy pole trójkąta ABC. 1 1 P   AB  h  5h  3 AB  h  3 5 CD  h  30   CD  h  30P  60 ABC CDO 2 2 Obliczamy pole trapezu ABCD. P  P  P  12  60  72 ABCD ACD ABC Zatem wykazaliśmy, że pole trapezu ABCD jest równe 72. II sposób rozwiązania: Trójkąty ABO i CDO są podobne (na podstawie cechy kk). Jeżeli CO  x , to AO  5x , ponadto AB  5 CD . Jeżeli wysokość w trójkącie CDO opuszczona na bok CD jest równa h, to wysokość w trójkącie ABO opuszczona na bok AB jest równa 5h. D C h x O 5h 5x A B Możemy zapisać dwa wzory opisujące pole trójkąta ACD. 5  P  P  P  10  P  10   AB  h ABD AOD ABO ABO 2 1  P   AB  h  5h  3 AB  h ABD 2 Możemy zatem zapisać równość: 5 3 AB  h  10   AB  h 2 Wobec tego: 0,5 AB  h  10. AB  h  20 Możemy wyznaczyć pole trójkąta ABCD: P  3 AB  h  3 20  60 . ABD Obliczmy pole trójkąta BCD. 1 1 6 P   CD  h  5h    AB  h  0, 6  AB  h  0, 6  20  12 BCD 2 2 5 Obliczamy pole trapezu ABCD. P  P  P  60 12  72 ABCD ABD BCD Zatem wykazaliśmy, że pole trapezu ABCD jest równe 72. Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania – 1 pkt  Zapisanie pola trójkąta ACD w zależności od pola trójkąta CDO oraz w zależności od boku CD albo  Zapisanie pola trójkąta ABD w zależności od pola trójkąta ADO oraz w zależności od boku AB. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 2 pkt  Obliczenie pola trójkąta CDO albo  Obliczenie pola trójkąta ABD. Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 3 pkt  Zapisanie zależności między polem trójkąta ABC a jedną z podstaw trapezu i wysokością trapezu albo  Zapisanie zależności między polem trójkąta BCD a jedną z podstaw trapezu i wysokością trapezu, albo  Zapisanie zależności między polami trójkątów ABO i CDO oraz uzasadnienie, że pole trójkąta BCO jest równe 10. Rozwiązanie pełne – 4 pkt Przedstawienie poprawnego uzasadnienia, że pole trapezu ABCD jest równe 72.

Wykazano, że \[|CD|=|DE|=|CE|.\]

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

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

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

Teza wynika z twierdzenia sinusów: dana nierówność jest równoważna warunkowi \(a^{2}+b^{2}\lt c^{2}\), a wtedy z twierdzenia cosinusów \(\cos\gamma=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\lt 0\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** To zadanie na dowód. Założenie mówi o sinusach kątów, a teza o cosinusie — potrzebujemy więc mostu między nimi. Naturalnym pomostem są boki trójkąta: twierdzenie sinusów zamieni sinusy na boki, a twierdzenie cosinusów zamieni boki na \(\cos\gamma\). **Krok \(2\).** Oznaczmy przez \(a\), \(b\), \(c\) długości boków leżących naprzeciw kątów odpowiednio \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\), a przez \(R\) promień okręgu opisanego na tym trójkącie. **Krok \(3\).** Z twierdzenia sinusów \[\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\sin\beta}=\frac{c}{\sin\gamma}=2R,\] skąd \[\sin\alpha=\frac{a}{2R},\qquad \sin\beta=\frac{b}{2R},\qquad \sin\gamma=\frac{c}{2R}.\] **Krok \(4\).** Podstawiamy to do założenia: \[\frac{a^2}{4R^2}+\frac{b^2}{4R^2}\lt \frac{c^2}{4R^2}.\] **Krok \(5\).** Mnożymy obie strony przez \(4R^2\). Jest to liczba dodatnia, więc zwrot nierówności się nie zmienia: \[a^2+b^2\lt c^2,\qquad\text{czyli}\qquad a^2+b^2-c^2\lt 0.\] **Krok \(6\).** Z twierdzenia cosinusów dla kąta \(\gamma\) \[c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma,\] skąd po przekształceniu \[\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}.\] **Krok \(7\).** W tym ułamku licznik jest ujemny na mocy kroku \(5\), a mianownik \(2ab\) jest dodatni, bo \(a\) i \(b\) są długościami boków. Iloraz liczby ujemnej i dodatniej jest ujemny, więc \[\cos\gamma\lt 0,\] co należało wykazać. **Uwaga.** Warto zauważyć sens geometryczny wyniku: z \(a^2+b^2\lt c^2\) wynika, że trójkąt jest rozwartokątny, a kąt rozwarty leży naprzeciw najdłuższego boku, czyli jest nim \(\gamma\) — a cosinus kąta rozwartego jest ujemny. W dowodzie kluczowe jest to, że mnożymy przez wielkości dodatnie (\(4R^2\) i \(2ab\)), więc znak nierówności zostaje zachowany. **Odpowiedź.** Z twierdzenia sinusów założenie jest równoważne nierówności \(a^2+b^2\lt c^2\), a wtedy \(\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\lt 0\), co kończy dowód.

**Schemat oceniania I sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: zastosowanie twierdzenia sinusów, np. zapisanie równości: \(\sin\alpha=\) […], \(\sin\beta=\) […], \(\sin\gamma=\) […], albo wzoru na pole trójkąta i zapisanie równości: \(\sin\alpha=\) […], \(\sin\beta=\) […], \(\sin\gamma=\) […]. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zapisanie nierówności \(a^2+b^2-c^2<0\). **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zastosowanie twierdzenia cosinusów do zapisania równości \(\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\). **4 pkt** – rozwiązanie pełne: poprawne uzasadnienie, że \(\cos\gamma<0\). **Uwaga:** Jeżeli zdający zauważy, że z nierówności \(a^2+b^2<c^2\) wynika, że trójkąt jest rozwartokątny oraz \(\gamma\) jest kątem rozwartym, a stąd \(\cos\gamma<0\), to otrzymuje \(4\) punkty. **Schemat oceniania II sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: doprowadzenie nierówności do postaci […]. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: doprowadzenie nierówności do postaci […]. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: doprowadzenie nierówności do postaci \(\cos(\alpha+\beta)>0\). **4 pkt** – rozwiązanie pełne: poprawne uzasadnienie, że \(\cos\gamma<0\).

Zadanie 14. (0–4) Wykaż, że jeżeli ,, są kątami wewnętrznymi trójkąta i sin2 sin2  sin2 , to cos  0 . R7.5. Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich V. Rozumowanie z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia i argumentacja cosinusów. Rozwiązanie (I sposób): Niech a, b, c oznaczają długości boków trójkąta leżących naprzeciwko kątów, odpowiednio, ,,, i niech R będzie promieniem okręgu opisanego na tym trójkącie. Z twierdzenia sinusów otrzymujemy a b c sin , sin   , sin  . 2R 2R 2R Zatem nierówność sin2 sin2  sin2  możemy zapisać w postaci 2 2 2  a   b   c          .  2R   2R   2R  Stąd a2  b2  c2 , czyli a2  b2  c2  0 . Zatem z twierdzenia cosinusów otrzymujemy a2  b2  c2 cos   0 . 2ab Uwaga: Zamiast wykorzystać twierdzenie sinusów możemy również skorzystać ze wzoru na pole trójkąta i wówczas otrzymujemy 2P 2P 2P sin , sin   , sin  bc ac ab Dalsza część rozwiązania przebiega tak samo. Schemat oceniania: Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania – 1 p. Zastosowanie a b c  twierdzenia sinusów, np. zapisanie równości: sin , sin   , sin  2R 2R 2R albo 2P 2P 2P  wzoru na pole trójkąta i zapisanie równości: sin , sin   , sin  bc ac ab Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 2 p. Zapisanie nierówności a2  b2  c2  0 . Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 3 p. a2  b2  c2 Zastosowanie twierdzenia cosinusów do zapisania równości cos  . 2ab Rozwiązanie pełne – 4 p. Poprawne uzasadnienie, że cos  0 . Uwaga: Jeżeli zdający zauważy, że z nierówności a2  b2  c2 wynika, że trójkąt jest rozwartokątny oraz jest kątem rozwartym, a stąd cos  0 , to otrzymuje 4 punkty. Rozwiązanie (II sposób): Ponieważ   180    , więc sin sin  180     sin   . Nierówność sin2 sin2  sin2  możemy zapisać w postaci sin2 sin2  sin2   . Ze wzoru na sinus sumy kątów otrzymujemy sin2 sin2  sincos cossin 2 sin2 sin2  sin2cos2  2sincoscossin cos2sin2  sin2 sin2cos2  sin2  cos2sin2  2sincoscossin sin2  1 cos2    sin2   1 cos2   2sincoscossin  sin2sin2  sin2 sin2 2sincoscossin  2sin2sin2  2sincoscossin  sin2sin2  sincoscossin  Obie strony nierówności możemy podzielić przez sinsin  0 , otrzymując sinsin  coscos coscos sinsin 0 cos    0 Stąd wynika, że   90 , więc   90 . To oznacza, że cos  0 , co kończy dowód. Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania – 1 p. Doprowadzenie nierówności do postaci sin2 sin2  sin2   Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 2 p. Doprowadzenie nierówności do postaci sin2 sin2  sin2cos2  2sincoscossin cos2sin2  Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 3 p. Doprowadzenie nierówności do postaci cos    0 Rozwiązanie pełne – 4 p. Poprawne uzasadnienie, że cos  0 .

Oznaczmy AB=a, CD=b, ramię trapezu przez c, a wysokość przez \(h\). Ponieważ trapez jest opisany na okręgu, \(h\)=\(2r\) i a+b=\(2c\). Po opuszczeniu wysokości mamy odcinek długości (a−b)/\(2\). Z twierdzenia Pitagorasa: \(4\)\(r^{2}\)=\(c^{2}\)−((a−b)/\(2\))\(2\)=((a+b)/\(2\))\(2\)−((a−b)/\(2\))\(2\)=ab, czyli \(4\)\(r^{2}\)=AB·CD.

Oznaczmy \(a=\lvert AB\rvert\), \(b=\lvert CD\rvert\), \(c\) — długość ramienia, \(h\) — wysokość trapezu. Okrąg wpisany jest styczny do obu podstaw, a odległość między nimi jest równa wysokości trapezu, więc \[h=2r.\] W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe, więc \[a+b=2c,\qquad c=\frac{a+b}{2}.\] Opuśćmy wysokość z wierzchołka \(D\) na podstawę \(AB\). Powstaje trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej \(c\) i przyprostokątnych \(h\) oraz \(\frac{a-b}{2}\) (trapez jest równoramienny, więc oba rzuty ramion są równe). Z twierdzenia Pitagorasa \[h^2=c^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=\frac{(a+b)^2-(a-b)^2}{4}=ab.\] Ponieważ \(h=2r\), otrzymujemy \[4r^2=h^2=ab=\lvert AB\rvert\cdot\lvert CD\rvert,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(4r^2=\lvert AB\rvert\cdot\lvert CD\rvert\)

**1–2 pkt** – zapisanie \(h=2r\) oraz \(a+b=2c\). **3 pkt** – zapisanie zależności Pitagorasa \(h^2=c^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\). **4 pkt** – przekształcenie do postaci \(4r^2=ab\).

V. Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzenie dowodu geometrycznego. (V.7.c)

Tożsamość została wykazana dla dowolnego kąta \(\alpha\).

Przekształcamy lewą stronę. Z jedynki trygonometrycznej \(\left(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha\right)^{2}=1\), a po rozwinięciu kwadratu sumy \[\sin^{4}\alpha+2\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha+\cos^{4}\alpha=1,\] czyli \[\sin^{4}\alpha+\cos^{4}\alpha=1-2\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha.\] Teraz prawa strona. Ze wzoru na sinus podwojonego kąta \(\sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha\), więc \[\sin^{2}(2\alpha)=4\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha,\qquad \cos^{2}(2\alpha)=1-\sin^{2}(2\alpha)=1-4\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha.\] Zatem \[\frac{1+\cos^{2}(2\alpha)}{2}=\frac{2-4\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha}{2}=1-2\sin^{2}\alpha\cos^{2}\alpha.\] Obie strony sprowadziliśmy do tego samego wyrażenia, więc tożsamość zachodzi dla każdego kąta \(\alpha\). **Odpowiedź.** \(\sin^{4}\alpha+\cos^{4}\alpha=\dfrac{1+\cos^{2}(2\alpha)}{2}\) dla dowolnego \(\alpha\), co należało wykazać.

**1 pkt** – zdający doprowadzi lewą stronę tej równości do postaci […] albo zapisze prawą stronę tej równości w postaci \(\tfrac{2-\sin^{2}2\alpha}{2}\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **2 pkt** – zdający doprowadzi lewą stronę tej równości do postaci \(1-2\left(\sin\alpha\cos\alpha\right)^{2}\) oraz zapisze prawą stronę w postaci \(\tfrac{2-\sin^{2}2\alpha}{2}\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – zdający przeprowadzi pełne poprawne rozumowanie.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: dowód tożsamości trygonometrycznej.

\[P_{ABCD}=4\,P_{DCE}.\]

Z rysunku odczytujemy, że punkt \(E\) leży na przedłużeniu przekątnej \(AC\) poza wierzchołek \(C\), więc punkty \(A\), \(C\), \(E\) są współliniowe. Trójkąty \(ACD\) i \(DCE\) mają podstawy \(AC\) i \(CE\) leżące na tej samej prostej oraz wspólny wierzchołek \(D\), więc mają równe wysokości opuszczone z \(D\). Stosunek ich pól jest równy stosunkowi podstaw: \[\frac{P_{DCE}}{P_{ACD}}=\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert AC\rvert}=\frac12,\qquad P_{ACD}=2\,P_{DCE}.\] Przekątna \(AC\) dzieli równoległobok na dwa trójkąty przystające, zatem \[P_{ABCD}=2\,P_{ACD}=2\cdot2\,P_{DCE}=4\,P_{DCE},\] co należało uzasadnić. **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=4\,P_{DCE}\)

**1 pkt** – zapisanie związku między polem trójkąta \(ACD\) a polem trójkąta \(DCE\), np. \(P_{DCE}=\frac12P_{ACD}\). **2 pkt** – wykazanie, że \(P_{ABCD}=4\,P_{DCE}\).

Zadanie 30. (0–2) **Wymaganie ogólne:** rozumowanie i argumentacja. **Wymaganie szczegółowe:** znajdowanie związków miarowych w figurach płaskich; wykorzystywanie związku między polami trójkątów o tej samej wysokości.

Kąt \(APB\) jest rozwarty.

Oznaczmy \(\lvert\angle A\rvert=2\alpha\), \(\lvert\angle B\rvert=2\beta\), \(\lvert\angle C\rvert=\gamma\). Dwusieczne dzielą kąty \(A\) i \(B\) na połowy, więc w trójkącie \(ABP\) kąty przy \(A\) i \(B\) mają miary \(\alpha\) i \(\beta\). Z sumy kątów trójkąta \(ABC\): \[2\alpha+2\beta+\gamma=180^\circ.\] Kąt \(\gamma\) jest kątem trójkąta, więc \(\gamma>0^\circ\); stąd \[2\alpha+2\beta<180^\circ,\qquad \alpha+\beta<90^\circ.\] Z sumy kątów trójkąta \(ABP\): \[\lvert\angle APB\rvert=180^\circ-(\alpha+\beta)>180^\circ-90^\circ=90^\circ,\] a ponieważ jest to kąt trójkąta, jest mniejszy od \(180^\circ\). Kąt \(APB\) jest więc rozwarty, co należało wykazać. **Odpowiedź.** Kąt \(APB\) jest rozwarty.

2 pkt: pełne rozumowanie uzasadniające, że ∠APB > 90°. Oficjalny schemat nie przewiduje osobnego progu 1 pkt.

Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzenie dowodu geometrycznego (V.7.c).

Tożsamość została uzasadniona.

Przenosimy wszystkie wyrazy na jedną stronę i grupujemy je tak, by powstały różnice tych samych potęg: \[\sin^{4}\alpha-\cos^{4}\alpha-\left(\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\alpha\right).\] Do pierwszej różnicy stosujemy wzór skróconego mnożenia \(a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b)\) dla \(a=\sin^{2}\alpha\), \(b=\cos^{2}\alpha\): \[\sin^{4}\alpha-\cos^{4}\alpha=\left(\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\alpha\right)\left(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha\right)=\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\alpha,\] bo z jedynki trygonometrycznej drugi nawias jest równy \(1\). Zatem rozważane wyrażenie jest równe \[\left(\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\alpha\right)-\left(\sin^{2}\alpha-\cos^{2}\alpha\right)=0,\] a to oznacza, że obie strony badanej równości są równe. Rachunek nie korzystał z założenia o ostrości kąta, więc tożsamość zachodzi dla każdego \(\alpha\). **Odpowiedź.** \(\sin^{4}\alpha+\cos^{2}\alpha=\sin^{2}\alpha+\cos^{4}\alpha\) dla każdego kąta \(\alpha\), co należało uzasadnić.

1 pkt: poprawne przekształcenie jednej strony. 2 pkt: pełne uzasadnienie tożsamości.

Zadania 28. (0–2) Rozumowanie i argumentacja Uzasadnienie tożsamości trygonometrycznej z zastosowaniem prostych związków między funkcjami trygonometrycznymi kata ostrego (V.6.c) I sposób rozwiązania sin4  sin2  cos4  cos2  sin2   sin21   cos2   cos2 1  sin2    cos2    cos2    sin2  L  P Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy przekształci lewą lub prawą stronę tej równości do postaci: sin2   sin21  lub cos2  cos2 1  i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy przeprowadzi pełne rozumowanie i uzasadni, że tożsamość jest prawdziwa. II sposób rozwiązania sin4  cos4  sin2  cos2   sin2  cos2    sin2  cos2    sin2  cos2  1  sin2  cos2    sin2  cos2  L  P Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy uzyska po lewej stronie wyrażenie  sin2 cos2   sin2 cos2   i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy przeprowadzi pełne rozumowanie i uzasadni, że tożsamość jest prawdziwa. III sposób rozwiązania L  sin4  cos2  sin2  sin2 cos2 sin2   1 cos2    cos2   sin2 sin2  cos2  cos2  1  1 cos2   cos2  1 cos2 cos4  sin2 cos4 P Schemat oceniania III sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy przekształcając lewą lub prawą stronę równość uzyska wyrażenie sin2  sin2  cos2  cos2  i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy przeprowadzi pełne rozumowanie i uzasadni, że tożsamość jest prawdziwa. Egzamin maturalny z matematyki 9 Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy IV sposób rozwiązania sin2  sin2 cos2  sin2 cos4  1 cos2     1 cos2    cos2  1 cos2    cos4  1 2 cos2  cos4  cos2  1 cos2  cos4  1 cos2 cos4 1 cos2 cos4  L  P lub sin4  cos2 sin2  cos2  cos2  sin4   1 sin2    sin2   1 sin2     1 sin2   sin4  sin2 1  sin21 2 sin2  sin4 sin4  sin2 1  sin4 sin21 L  P Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy przekształci równość do postaci, w której występuje tylko jedna funkcja trygonometryczna, np.:  1 cos2     1 cos2    cos2  1 cos2    cos4  lub sin4   1 sin2    sin2   1 sin2     1 sin2   i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt jeżeli przeprowadzi pełne rozumowanie i uzasadni, że tożsamość jest prawdziwa. V sposób rozwiązania Daną równość zapisujemy w postaci sin4  cos4  sin2  cos2 . Przekształcamy: L  sin4  cos4    sin2  2  cos4    1  cos2  2  cos4    1  2 cos2  cos4  cos4   1  2 cos2   1  cos2  cos2   sin 2  cos2   P Schemat oceniania V sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy uzyska po lewej stronie wyrażenie  1  cos2  2  cos4  i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy przeprowadzi pełne rozumowanie i uzasadni, że tożsamość jest prawdziwa. 10 Egzamin maturalny z matematyki Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy

Kąt \(AED\) jest prosty.

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle CED\rvert\) oraz \(\beta=\lvert\angle AEB\rvert\). Z założenia \(\lvert EC\rvert=\lvert CD\rvert\), więc trójkąt \(DCE\) jest równoramienny o podstawie \(DE\); kąty przy tej podstawie są równe i \[\lvert\angle DCE\rvert=180^\circ-2\alpha.\] Podobnie \(\lvert EB\rvert=\lvert BA\rvert\), więc trójkąt \(ABE\) jest równoramienny o podstawie \(AE\) i \[\lvert\angle ABE\rvert=180^\circ-2\beta.\] Punkt \(E\) leży na boku \(BC\), a \(AB\parallel CD\), więc kąty \(ABE\) i \(DCE\) są kątami wewnętrznymi jednostronnymi przy prostej \(BC\) przecinającej proste równoległe. Ich suma wynosi \(180^\circ\): \[(180^\circ-2\beta)+(180^\circ-2\alpha)=180^\circ,\qquad \alpha+\beta=90^\circ.\] Kąty \(AEB\), \(AED\) i \(DEC\) tworzą kąt półpełny o wierzchołku \(E\) leżącym na odcinku \(BC\), zatem \[\lvert\angle AED\rvert=180^\circ-\alpha-\beta=180^\circ-90^\circ=90^\circ,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** Kąt \(AED\) jest prosty.

1 pkt: poprawne zapisanie zależności między kątami w trójkątach równoramiennych ABE i DCE. 2 pkt: pełne uzasadnienie, że ∠AED = 90°.

Rozumowanie i argumentacja. Uzasadnienie, że wskazany kąt jest prosty.

Trójkąty ABD i MPD są podobne, więc MP/AB=MD/AD. Trójkąty ABC i PNC są podobne, więc PN/AB=NC/BC. Z twierdzenia Talesa dla trzech prostych równoległych AB, MN i CD mamy MD/AD=NC/BC. Stąd MP/AB=PN/AB, czyli MP=NP.

**Krok \(1\).** W zadaniu jest prosta równoległa do podstaw trapezu, a równoległość natychmiast daje trójkąty podobne (kąty odpowiadające). Plan: wyrazić \(|MP|\) i \(|PN|\) przez ten sam odcinek \(|AB|\) i pokazać, że oba stosunki są równe. Trzeci potrzebny składnik to twierdzenie Talesa dla ramion trapezu. **Krok \(2\).** Przyjmijmy oznaczenia: \(AB\) i \(CD\) to podstawy, \(P\) to punkt przecięcia przekątnych, \(M\) leży na ramieniu \(AD\), \(N\) na ramieniu \(BC\), a prosta \(MN\) jest równoległa do podstaw i przechodzi przez \(P\). **Krok \(3\).** Rozpatrujemy trójkąt \(ABD\). Punkt \(M\) leży na boku \(DA\), punkt \(P\) leży na boku \(DB\) (bo \(P\) jest na przekątnej \(BD\)), a odcinek \(MP\) jest równoległy do \(AB\). Trójkąty \(DMP\) i \(DAB\) mają wspólny kąt przy wierzchołku \(D\) i równe kąty odpowiadające, więc są podobne. Stąd \[\frac{|MP|}{|AB|}=\frac{|DM|}{|DA|}.\] **Krok \(4\).** Analogicznie w trójkącie \(ABC\): punkt \(N\) leży na boku \(CB\), punkt \(P\) na boku \(CA\), a \(PN\) jest równoległe do \(AB\). Trójkąty \(CPN\) i \(CAB\) są podobne, więc \[\frac{|PN|}{|AB|}=\frac{|CN|}{|CB|}.\] **Krok \(5\).** Teraz twierdzenie Talesa. Proste \(AD\) i \(BC\) przecinamy trzema prostymi równoległymi: \(DC\), \(MN\) i \(AB\). Odcinki wyznaczone na jednym ramieniu są proporcjonalne do odcinków wyznaczonych na drugim: \[\frac{|DM|}{|DA|}=\frac{|CN|}{|CB|}.\] **Krok \(6\).** Łączymy trzy powyższe równości: \[\frac{|MP|}{|AB|}=\frac{|DM|}{|DA|}=\frac{|CN|}{|CB|}=\frac{|PN|}{|AB|}.\] **Krok \(7\).** Mnożymy skrajne wyrażenia przez \(|AB|\gt0\) i otrzymujemy \(|MP|=|PN|\), co należało wykazać. **Uwaga.** Sedno dowodu leży w tym, że punkt \(P\) należy jednocześnie do obu przekątnych — dzięki temu ten sam punkt pojawia się w obu podobieństwach i oba stosunki dają się porównać. Bez tego założenia teza jest fałszywa: dowolna prosta równoległa do podstaw nie jest dzielona przez ramiona na równe części. **Odpowiedź.** Z podobieństw \(DMP\sim DAB\) i \(CPN\sim CAB\) oraz z twierdzenia Talesa wynika \(\dfrac{|MP|}{|AB|}=\dfrac{|PN|}{|AB|}\), czyli \(|MP|=|NP|\).

*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.* **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – zauważenie dwóch par trójkątów podobnych: \(ABD\) i \(MPD\) oraz \(ABC\) i \(PNC\) i zapisanie proporcji \(\frac{\lvert MP\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{\lvert MD\rvert}{\lvert AD\rvert}\), \(\frac{\lvert PN\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{\lvert NC\rvert}{\lvert BC\rvert}\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – skorzystanie z twierdzenia Talesa dla prostych \(AD\) i \(BC\) przeciętych prostymi równoległymi \(AB\), \(MN\) i \(DC\) i zapisanie proporcji \(\frac{\lvert MD\rvert}{\lvert AD\rvert}=\frac{\lvert NC\rvert}{\lvert BC\rvert}\). **Rozwiązanie pełne** – zapisanie równości \(\frac{\lvert MP\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{\lvert NP\rvert}{\lvert AB\rvert}\) i wyprowadzenie wniosku, że \(\lvert MP\rvert=\lvert NP\rvert\). Uwaga: zdający może skorzystać z proporcji \(\frac{\lvert AM\rvert}{\lvert MD\rvert}=\frac{\lvert BN\rvert}{\lvert NC\rvert}\) i albo z niej wyprowadzić żądaną proporcję, albo do niej sprowadzić żądaną proporcję.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: dowód geometryczny z podobieństwa trójkątów i twierdzenia Talesa.

Trójkąt KGE jest równoboczny

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

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

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

Z równoległoboku i z kwadratu \(CDEF\) mamy \(|AB|=|CD|=|CF|\), a z kwadratu \(BCGH\) mamy \(|BC|=|CG|\). Jeśli \(\alpha=|\angle ABC|\), to \(|\angle BCD|=180^\circ-\alpha\), a z kąta pełnego przy wierzchołku \(C\) wynika \(|\angle FCG|=360^\circ-(180^\circ-\alpha)-90^\circ-90^\circ=\alpha\). Trójkąty \(ABC\) i \(FCG\) są więc przystające (bok-kąt-bok), skąd \(|AC|=|FG|\).

**Krok \(1\).** Mamy wykazać, że dwa odcinki są równe. Najprostsza droga to znaleźć dwa trójkąty przystające, w których te odcinki są odpowiadającymi sobie bokami. Odcinek \(AC\) jest bokiem trójkąta \(ABC\), a odcinek \(FG\) bokiem trójkąta \(FCG\) — oba mają wierzchołek w punkcie \(C\). Pokażemy, że te trójkąty są przystające na podstawie cechy bok-kąt-bok. **Krok \(2\).** Pierwsza para boków. W równoległoboku przeciwległe boki są równe, więc \(|AB|=|CD|\). Czworokąt \(CDEF\) jest kwadratem, a \(CD\) i \(CF\) to jego boki, więc \(|CD|=|CF|\). Łącząc: \[|AB|=|CF|.\] **Krok \(3\).** Druga para boków. Czworokąt \(BCGH\) jest kwadratem, a \(BC\) i \(CG\) to jego boki, więc \[|BC|=|CG|.\] **Krok \(4\).** Kąt trójkąta \(ABC\) zawarty między bokami \(AB\) i \(BC\) to kąt \(ABC\). Oznaczmy \(\alpha=|\angle ABC|\). W równoległoboku kąty przy sąsiednich wierzchołkach dopełniają się do kąta półpełnego, więc \[|\angle BCD|=180^\circ-\alpha.\] **Krok \(5\).** Teraz kąt \(FCG\), czyli kąt trójkąta \(FCG\) zawarty między bokami \(CF\) i \(CG\). Wokół punktu \(C\) leżą kolejno cztery kąty: \(\angle BCD\) (kąt równoległoboku), \(\angle DCF\) i \(\angle GCB\) (kąty kwadratów, każdy \(90^\circ\)) oraz szukany \(\angle FCG\). Ich suma to kąt pełny: \[|\angle FCG|=360^\circ-\left(180^\circ-\alpha\right)-90^\circ-90^\circ=\alpha.\] **Krok \(6\).** Zebraliśmy trzy fakty: \(|AB|=|CF|\), \(|BC|=|CG|\) oraz \(|\angle ABC|=|\angle FCG|\), przy czym te kąty leżą dokładnie między wymienionymi bokami. To jest cecha przystawania bok-kąt-bok, więc trójkąty \(ABC\) i \(FCG\) są przystające. **Krok \(7\).** W trójkątach przystających odpowiadające sobie boki mają równe długości. Bokowi \(AC\) trójkąta \(ABC\) odpowiada bok \(FG\) trójkąta \(FCG\), zatem \[|AC|=|FG|,\] co należało wykazać. **Uwaga.** Rozumowanie nie zależy od tego, czy kąt \(\alpha\) jest ostry, czy rozwarty — kąty przy \(C\) zawsze sumują się do \(360^\circ\), więc równość \(|\angle FCG|=\alpha\) zachodzi zawsze. **Odpowiedź.** Trójkąty \(ABC\) i \(FCG\) są przystające (bok-kąt-bok), więc \(|AC|=|FG|\).

Zadanie 9. 0—4 Obszar standardów Sprawdzane umiejętności Rozumowania i argumentacji Przeprowadzenie dowodu geometrycznego Rozwiązanie Czworokąt ABCD jest równoległobokiem, czworokąt DCFE jest kwadratem, więc IABI = ICDI = ICFI. W kwadracie CBHG odcinki BC i CG są równe. Niech a oznacza kąt ABC danego równoległoboku. Wówczas p BCDI = 1800 —a . W kwadratach CDEF CBHG mamy DCFI = p DCFI = 900 , więc p FCGI = p ABCI. W trójkątach ABC i FCG mamy zatem: ABI= ICFI, IBCI = ICGI oraz In FCGI ABCI, więc trójkąty ABC i FCG są przystające (cecha bkb ). Stąd wnioskujemy, że ACI = IFGI . Schemat oceniania: Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania Zaznaczenie na rysunku odcinków AC i FG oraz zapisanie równości ABI = i BCI=ICGI. Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp Stwierdzenie, że trójkąty ABC i FCG są przystające, na podstawie cechy (bkb), bez podania pełnego uzasadnienia równości kątów p FCGI = p ABCI . Pokonanie zasadniczych trudności zadania ................................................................... 3 p] Stwierdzenie, że trójkąty ABC i FCG są przystające, wraz z podaniem pełnego uzasadmenia równości kątów p FCGI = ABCI . Klucz punktowania odpowiedzi — poziom rozszerzony Rozwiązanie pełne Zapisanie wniosku, że ACI = IFG 4 pkt

V. Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzenie dowodu geometrycznego.

Punkty przecięcia to \(A=\left(x,\frac1{x^2}\right)\) i \(B=\left(-x,\frac1{x^2}\right)\), gdzie \(x\neq0\). Wtedy \(|AB|=2|x|\), a wysokość poprowadzona z \(C=(3,-1)\) ma długość \(\frac1{x^2}+1\), więc pole wynosi \(|x|+\frac1{|x|}\geqslant2\), ponieważ ta nierówność jest równoważna \((|x|-1)^2\geqslant0\).

**Krok \(1\).** To zadanie na dowód, więc nie wolno wybrać konkretnej prostej — trzeba pracować na dowolnej. Rozpoznajemy dwie rzeczy: wykres funkcji \(f(x)=\frac1{x^2}\) jest symetryczny względem osi \(Oy\) (bo \(f(-x)=f(x)\)), a prosta równoległa do osi \(Ox\) ma równanie \(y=c\). Dlatego oba punkty przecięcia mają tę samą drugą współrzędną i przeciwne pierwsze współrzędne. Pole wyrazimy jedną zmienną i oszacujemy z dołu. **Krok \(2\).** Niech \(A=\left(x,\frac1{x^2}\right)\), gdzie \(x\neq0\). Ponieważ \(\frac1{(-x)^2}=\frac1{x^2}\), drugim punktem przecięcia jest \(B=\left(-x,\frac1{x^2}\right)\). **Krok \(3\).** Odcinek \(AB\) jest równoległy do osi \(Ox\), więc jego długość to różnica pierwszych współrzędnych: \[|AB|=|x-(-x)|=2|x|.\] **Krok \(4\).** Podstawa \(AB\) leży na prostej poziomej \(y=\frac1{x^2}\), więc wysokość trójkąta opuszczona z punktu \(C=(3,-1)\) to po prostu odległość pionowa: \[h=\left|\frac1{x^2}-(-1)\right|=\frac1{x^2}+1,\] bo \(\frac1{x^2}\gt0\), więc wyrażenie pod modułem jest dodatnie. **Krok \(5\).** Liczymy pole i upraszczamy: \[P=\frac12\cdot|AB|\cdot h=\frac12\cdot2|x|\cdot\left(\frac1{x^2}+1\right)=\frac{|x|}{x^2}+|x|=\frac1{|x|}+|x|.\] **Krok \(6\).** Zostaje wykazać, że \(|x|+\frac1{|x|}\geqslant2\). Oznaczmy \(a=|x|\gt0\) i pomnóżmy nierówność \(a+\frac1a\geqslant2\) stronami przez \(a\gt0\) (to nie zmienia zwrotu): \[a^2+1\geqslant 2a.\] **Krok \(7\).** Przenosimy wszystko na jedną stronę: \[a^2-2a+1\geqslant0,\qquad (a-1)^2\geqslant0,\] a kwadrat liczby rzeczywistej jest nieujemny — to prawda dla każdego \(a\). **Krok \(8\).** Wszystkie przekształcenia były równoważne, zatem \(P=|x|+\frac1{|x|}\geqslant2\) dla każdego \(x\neq0\), co należało wykazać. Równość zachodzi tylko dla \(|x|=1\). **Uwaga.** Pierwsza współrzędna punktu \(C\) nie ma tu żadnego znaczenia — wysokość mierzymy w pionie, bo podstawa jest pozioma. Sprawdzenie tezy dla jednej wybranej pary punktów \(A\) i \(B\) nie jest dowodem. **Odpowiedź.** Pole trójkąta \(ABC\) jest równe \(|x|+\dfrac1{|x|}\), a ta wartość jest nie mniejsza niż \(2\), bo nierówność jest równoważna \((|x|-1)^2\geqslant0\).

Schemat oceniania **0 pkt** – zdający otrzymuje 0 punktów, jeżeli wybierze konkretne dwa punkty \(A\) oraz \(B\) i dla tych punktów obliczy pole trójkąta \(ABC\). **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania** – zapisanie współrzędnych dwóch punktów leżących na wykresie funkcji \(f\) oraz na prostej równoległej do osi \(Ox\): […]. **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – zapisanie długości odcinka \(AB\) \(\left(\lvert AB\rvert=2\lvert x\rvert\right)\) oraz wysokości \(h\) trójkąta \(ABC\) […]. **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie pola trójkąta \(ABC\) w zależności od jednej zmiennej: […]. Uwaga: zdający może założyć, że \(x>0\) i zapisać wzór na pole trójkąta w postaci […]. **Rozwiązanie pełne** – uzasadnienie, że \(\frac{1}{x}+\lvert x\rvert\ge 2\). Zdający może powołać się na (znane) twierdzenie o sumie liczby dodatniej i jej odwrotności.

V. Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzenie dowodu algebraicznego.

Trójkąt ABC jest prostokątny w A

Wyznaczamy wektory wychodzące z wierzchołka \(A=(3,8)\): \[\overrightarrow{AB}=[1-3,\,2-8]=[-2,-6],\qquad \overrightarrow{AC}=[6-3,\,7-8]=[3,-1].\] Trójkąt jest prostokątny przy \(A\) dokładnie wtedy, gdy te wektory są prostopadłe, czyli gdy ich iloczyn skalarny jest równy zeru: \[\overrightarrow{AB}\circ\overrightarrow{AC}=(-2)\cdot3+(-6)\cdot(-1)=-6+6=0.\] Warunek jest spełniony, więc kąt \(BAC\) jest prosty. **Odpowiedź.** Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny, z kątem prostym przy wierzchołku \(A\).

1 pkt: obliczenie kwadratów długości boków. 2 pkt: zależność AC²+AB²=BC² i wniosek.

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria analityczna – sprawdza prostokątność trójkąta ze współrzędnych.

Równość \(|\angle AED|=|\angle BAE|+|\angle CDE|\) zachodzi dla każdego punktu \(E\) leżącego na ramieniu \(BC\) trapezu \(ABCD\).

Przez punkt \(E\) prowadzimy prostą \(k\) równoległą do podstawy \(AB\). Ponieważ \(AB\parallel CD\), prosta \(k\) jest równoległa także do \(CD\). Punkt \(E\) leży na ramieniu \(BC\), więc prosta \(k\) przebiega między podstawami: półprosta \(EA\) leży po stronie podstawy \(AB\), a półprosta \(ED\) — po stronie podstawy \(CD\). Prosta \(k\) leży zatem wewnątrz kąta \(AED\) i dzieli go na dwa kąty: \[|\angle AED|=|\angle AEk|+|\angle kED|,\] gdzie \(\angle AEk\) oznacza kąt między półprostą \(EA\) a tą półprostą prostej \(k\), która jest skierowana zgodnie z półprostą \(AB\), a \(\angle kED\) — kąt między półprostą \(ED\) a przeciwną półprostą prostej \(k\). Prosta \(AE\) przecina proste równoległe \(AB\) i \(k\), więc kąty \(BAE\) i \(AEk\) są kątami naprzemianległymi wewnętrznymi: \[|\angle AEk|=|\angle BAE|.\] Analogicznie prosta \(DE\) przecina proste równoległe \(CD\) i \(k\), więc kąty \(CDE\) i \(kED\) są naprzemianległe wewnętrzne: \[|\angle kED|=|\angle CDE|.\] Podstawiając obie równości, otrzymujemy \[|\angle AED|=|\angle BAE|+|\angle CDE|.\] **Odpowiedź.** \(|\angle AED|=|\angle BAE|+|\angle CDE|\), co należało udowodnić.

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego, poprawnego dowodu, w tym poprowadzenie przez punkt \(E\) prostej równoległej do podstaw i powołanie się na równość kątów naprzemianległych **Uwaga:** Centralna Komisja Egzaminacyjna nie opublikowała dla tego arkusza pokazowego schematu oceniania z progami cząstkowymi. Podana punktacja całkowita pochodzi z arkusza.

**Sprawdzana umiejętność:** przeprowadzanie dowodu geometrycznego z wykorzystaniem własności kątów utworzonych przez prostą przecinającą dwie proste równoległe.

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

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

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

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

a) Dla kąta ostrego \(\alpha\) zachodzi \(\sin\alpha<\operatorname{tg}\alpha\), czyli \(\sin\alpha-\operatorname{tg}\alpha<0\). b) \(\cos^3\alpha+\cos\alpha\cdot\sin^2\alpha=\frac13\).

**a)** Kąt \(\alpha\) jest kątem ostrym w trójkącie prostokątnym, więc \(\sin\alpha>0\) oraz \(0<\cos\alpha<1\). Z definicji tangensa \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}.\] Zatem \[\sin\alpha-\operatorname{tg}\alpha=\sin\alpha-\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\sin\alpha\cdot\frac{\cos\alpha-1}{\cos\alpha}.\] Czynnik \(\sin\alpha\) jest dodatni, mianownik \(\cos\alpha\) jest dodatni, a licznik \(\cos\alpha-1\) jest ujemny, bo \(\cos\alpha<1\). Iloczyn jest więc ujemny, co kończy uzasadnienie. **b)** Wyłączamy \(\cos\alpha\) przed nawias i korzystamy z jedynki trygonometrycznej: \[\cos^3\alpha+\cos\alpha\sin^2\alpha=\cos\alpha\left(\cos^2\alpha+\sin^2\alpha\right)=\cos\alpha.\] Dla \(\sin\alpha=\frac{2\sqrt2}{3}\) oraz \(\alpha\) ostrego mamy \(\cos\alpha>0\), więc \[\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\sqrt{1-\frac89}=\sqrt{\frac19}=\frac13.\] **Odpowiedź.** a) Nierówność zachodzi dla każdego kąta ostrego. b) Wartość wyrażenia jest równa \(\frac13\).

*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.* Model odpowiedzi CKE dla arkusza podstawowego maj 2009 nie jest dostępny w tym wydaniu bazy, dlatego progów punktowych nie podajemy.

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

Najmniejsza możliwa długość odcinka wynosi \(\sqrt5\).

Niech \(P=(t,t^{2})\) będzie punktem paraboli. Najkrótszy odcinek łączący \(P\) z prostą \(y=2x-6\) to odcinek prostopadły, więc jego długość jest odległością punktu \(P\) od tej prostej. Zapisujemy prostą w postaci ogólnej: \(2x-y-6=0\). Wtedy \[d(t)=\frac{|2t-t^{2}-6|}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}=\frac{|-(t^{2}-2t+6)|}{\sqrt5} =\frac{t^{2}-2t+6}{\sqrt5},\] przy czym opuszczenie wartości bezwzględnej jest uprawnione, bo trójmian \(t^{2}-2t+6\) ma wyróżnik \(\Delta=4-24=-20<0\) i dodatni współczynnik przy \(t^{2}\), więc jest dodatni dla każdego \(t\). W szczególności parabola i prosta nie mają punktów wspólnych. Trójmian przyjmuje wartość najmniejszą w wierzchołku, dla \(t=1\): \[t^{2}-2t+6=(t-1)^{2}+5\geq5.\] Stąd \[d(t)\geq\frac{5}{\sqrt5}=\sqrt5,\] a równość zachodzi dla \(t=1\), czyli dla punktu \((1,1)\). Każdy odcinek o końcach na paraboli i na prostej jest nie krótszy od odcinka prostopadłego, więc jego długość jest nie mniejsza niż \(\sqrt5\). Rysunek pomocniczy: parabola \(y=x^{2}\) o wierzchołku w początku układu oraz prosta \(y=2x-6\) przecinająca oś \(Oy\) w punkcie \((0,-6)\) i oś \(Ox\) w punkcie \((3,0)\); prosta przebiega pod parabolą i nie ma z nią punktów wspólnych. **Odpowiedź.** Długość odcinka jest nie mniejsza od \(\sqrt5\).

*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.* **3.1. (1 pkt)** – […]. […] obu funkcji podanych w zadaniu. **3.2. (1 pkt)** – zapisanie współrzędnych dowolnego punktu paraboli w zależności od jednej zmiennej: np. \(P=(x,x^{2})\). **3.3. (1 pkt)** – wyznaczenie odległości punktu \(P\) od danej prostej: \(d=\frac{\lvert 2x-x^{2}-6\rvert}{\sqrt{5}}\). **3.4. (1 pkt)** – zapisanie odległości bez wartości bezwzględnej: \(d=\frac{(x-1)^{2}+5}{\sqrt{5}}\) lub \(d=\frac{x^{2}-2x+6}{\sqrt{5}}\). **3.5. (1 pkt)** – oszacowanie najmniejszej wartości: \(d\ge\sqrt{5}\). **II sposób rozwiązania: (czynności 3.4 i 3.5)** **3.4. (1 pkt)** – wyznaczenie najmniejszej wartości funkcji \(d(x)=\frac{\lvert 2x-x^{2}-6\rvert}{\sqrt{5}}\): \(d_{\min}=\sqrt{5}\). Zdający może wyznaczyć równanie prostej równoległej do danej prostej, stycznej do paraboli i obliczyć odległość między tymi prostymi równoległymi. **3.5. (1 pkt)** – zapisanie wniosku: \(d\ge\sqrt{5}\).

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

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

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

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Z warunków zadania wynika, że \(\angle BAC=\angle DCE=60^{\circ}\), więc odcinki \(AB\) i \(CD\) są równoległe. Czworokąt \(ACDB\) jest trapezem. Odcinek \(KM\) łączy środki boków nierównoległych w tym trapezie, więc jest równoległy do jego podstaw. Wobec tego \(\angle MKL=60^{\circ}\). Podobnie \(\angle ACB=\angle CED=60^{\circ}\), więc odcinki \(BC\) i \(DE\) są równoległe. Czworokąt \(BCED\) jest trapezem. Odcinek \(ML\) łączy środki boków nierównoległych w tym trapezie, więc jest równoległy do jego podstaw. Wobec tego \(\angle KLM=60^{\circ}\). Odpowiedź: Dwa kąty trójkąta \(KLM\) mają miarę \(60^{\circ}\), zatem jest to trójkąt równoboczny.

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

Trójkąt \(DEF\) jest równoboczny.

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

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **11.1. (1 pkt)** – uzasadnienie, że trójkąty \(DCF\), \(DAE\) i \(EBF\) są równoramienne (wykorzystanie założenia, że \(AB=BC=CD=DA\) i trójkąty \(AEB\) oraz \(BFC\) są równoboczne). (na rysunku zaznaczony punkt \(E\)) **11.2. (1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(DAE\) lub \(FCD\): \(\angle DAE=\angle FCD=90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}\). **11.3. (1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(EBF\): \(\angle EBF=360^{\circ}-2\cdot 60^{\circ}-90^{\circ}=150^{\circ}\). **11.4. (1 pkt)** – zapisanie, że trójkąty \(DCF\), \(DAE\) i \(EBF\) są przystające (z cechy przystawania bkb), i wyciągnięcie wniosku o równości boków trójkąta \(DEF\).

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

Teza wynika stąd, że w trójkącie prostokątnym \(\beta=90^\circ-\alpha\), więc \(\sin\beta=\cos\alpha=\frac34\), \(\cos\beta=\frac{\sqrt7}{4}\) i \(\operatorname{tg}\beta=\frac{3}{\sqrt7}=\frac{3\sqrt7}{7}\approx1{,}13\), a to przeczy warunkowi \(\operatorname{tg}\beta=\frac43\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** Mamy wykazać, że pewien obiekt nie istnieje. Takie dowody prowadzi się nie wprost: zakładamy, że taki trójkąt prostokątny istnieje, wyciągamy z tego wnioski i dochodzimy do sprzeczności. Punktem wyjścia jest fakt, że w trójkącie prostokątnym kąty ostre sumują się do \(90^{\circ}\). **Krok \(2\).** Załóżmy więc, że istnieje trójkąt prostokątny o kątach ostrych \(\alpha\) i \(\beta\). Suma kątów w trójkącie wynosi \(180^{\circ}\), a jeden z nich jest prosty, więc \[\alpha+\beta=90^{\circ},\qquad\text{czyli}\qquad \beta=90^{\circ}-\alpha.\] **Krok \(3\).** Dla kątów dopełniających się do \(90^{\circ}\) zachodzi \(\sin\left(90^{\circ}-\alpha\right)=\cos\alpha\). Zatem z danej \(\cos\alpha=\frac34\) wynika \[\sin\beta=\cos\alpha=\frac{3}{4}.\] **Krok \(4\).** Kąt \(\beta\) jest ostry, więc \(\cos\beta\gt 0\) i z jedynki trygonometrycznej \[\cos\beta=\sqrt{1-\sin^2\beta}=\sqrt{1-\frac{9}{16}}=\sqrt{\frac{7}{16}}=\frac{\sqrt7}{4}.\] **Krok \(5\).** Obliczamy tangens tego kąta: \[\mathrm{tg}\,\beta=\frac{\sin\beta}{\cos\beta}=\frac{\frac34}{\frac{\sqrt7}{4}}=\frac{3}{\sqrt7}=\frac{3\sqrt7}{7}.\] **Krok \(6\).** Porównujemy z wartością podaną w treści. Zamiast liczyć przybliżenia, porównajmy kwadraty obu dodatnich liczb: \[\left(\frac{3}{\sqrt7}\right)^2=\frac{9}{7},\qquad \left(\frac{4}{3}\right)^2=\frac{16}{9}.\] Sprowadzamy do wspólnego mianownika \(63\): \(\frac{9}{7}=\frac{81}{63}\) oraz \(\frac{16}{9}=\frac{112}{63}\). Te liczby są różne, więc \[\frac{3\sqrt7}{7}\ne\frac{4}{3}.\] Dla orientacji: \(\frac{3\sqrt7}{7}\approx 1{,}13\), a \(\frac43\approx 1{,}33\). **Krok \(7\).** Otrzymaliśmy sprzeczność: z założenia, że trójkąt jest prostokątny i \(\cos\alpha=\frac34\), wynika \(\mathrm{tg}\,\beta=\frac{3\sqrt7}{7}\), a treść wymaga \(\mathrm{tg}\,\beta=\frac43\). Oba warunki nie mogą zachodzić jednocześnie, więc taki trójkąt nie istnieje. **Uwaga.** Długość przeciwprostokątnej \(24\) jest w tym rozumowaniu zupełnie niepotrzebna, bo sprzeczność wynika już z samych kątów; to dana nadmiarowa. Można też rozumować rachunkowo: z \(\cos\alpha=\frac34\) przyprostokątna przyległa do \(\alpha\) ma długość \(24\cdot\frac34=18\), a z \(\mathrm{tg}\,\beta=\frac43\) druga przyprostokątna wynosiłaby \(18\cdot\frac34=13{,}5\); wtedy \(18^2+13{,}5^2=506{,}25\), a \(24^2=576\), więc twierdzenie Pitagorasa nie zachodzi. **Odpowiedź.** Taki trójkąt nie istnieje: w trójkącie prostokątnym z \(\cos\alpha=\frac34\) wynika \(\mathrm{tg}\,\beta=\frac{3\sqrt7}{7}\approx 1{,}13\), a to jest sprzeczne z warunkiem \(\mathrm{tg}\,\beta=\frac43\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **7.1. (1 pkt)** – obliczenie przybliżonej wartości kąta \(\alpha\): \(\alpha\approx 41^{\circ}\). **7.2. (1 pkt)** – obliczenie przybliżonej wartości kąta: \(\beta\approx 53^{\circ}\). **7.3. (1 pkt)** – oszacowanie sumy kątów \(\alpha\) i \(\beta\): \(\alpha+\beta>90^{\circ}\). Wystarczy obliczenie przybliżonej wartości sumy tych kątów. **7.4. (1 pkt)** – stwierdzenie sprzeczności oraz zapisanie wniosku: trójkąt nie jest prostokątny. **II sposób rozwiązania:** **7.1. (1 pkt)** – obliczenie \(\sin\beta\) (na podstawie równości \(\sin\beta=\cos\alpha\)): \(\sin\beta=\frac{3}{4}\). **7.2. (1 pkt)** – obliczenie \(\cos\beta\): \(\cos\beta=\frac{\sqrt{7}}{4}\). **7.3. (1 pkt)** – obliczenie \(\tg\beta\): \(\tg\beta=\frac{3\sqrt{7}}{7}\). **7.4. (1 pkt)** – porównanie uzyskanego wyniku z wartością funkcji \(\tg\beta\) daną w zadaniu i stwierdzenie sprzeczności oraz zapisanie wniosku: trójkąt nie jest prostokątny. **III sposób rozwiązania:** **7.1. (1 pkt)** – wykorzystanie definicji funkcji cosinus i obliczenie długości przyprostokątnej \(AC\): \(\frac{AC}{AB}=\cos\alpha\) stąd \(AC=18\). (rysunek: \(B\), \(\beta\), \(24\), \(\alpha\), \(C\), \(A\)) **7.2. (1 pkt)** – wykorzystanie definicji funkcji tangens i obliczenie długości przyprostokątnej \(BC\): \(\frac{AC}{BC}=\tg\beta\) stąd \(BC=\frac{27}{2}\). **7.3. (1 pkt)** – obliczenie sumy kwadratów przyprostokątnych i kwadratu przeciwprostokątnej: \(AC^{2}+BC^{2}=(18)^{2}+\left(\frac{27}{2}\right)^{2}=506\frac{1}{4}\), \(AB^{2}=576\). **7.4. (1 pkt)** – uzyskanie sprzeczności \(AC^{2}+BC^{2}\neq AB^{2}\) i zapisanie wniosku: trójkąt nie jest prostokątny. **IV sposób rozwiązania:** **7.1. (1 pkt)** – wykorzystanie definicji funkcji cosinus i obliczenie długości przyprostokątnej \(AC\): \(\frac{AC}{AB}=\cos\alpha\) stąd \(AC=18\). **7.2. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia Pitagorasa i obliczenie długości przyprostokątnej \(BC\): \(BC=6\sqrt{7}\). **7.3. (1 pkt)** – wykorzystanie funkcji tangens i obliczenie tangensa kąta \(\beta\): \(\tg\beta=\frac{3}{\sqrt{7}}\). **7.4. (1 pkt)** – uzyskanie sprzeczności: \(\tg\beta=\frac{3}{\sqrt{7}}\) i z warunków zadania \(\tg\beta=\frac{4}{3}\).

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

Koło o średnicy \(AB\) ma środek \(S=(-20,24)\) i promień \(r=8\sqrt5\). Ponieważ \(-20+8\sqrt5<0\) oraz \(24-8\sqrt5>0\), całe koło leży w II ćwiartce.

Środek koła jest środkiem odcinka \(AB\): \[S=\left(\frac{-4+(-36)}2,\frac{32+16}2\right)=(-20,24).\] Promień jest połową długości średnicy: \[|AB|=\sqrt{(-36+4)^{2}+(16-32)^{2}}=\sqrt{1024+256}=\sqrt{1280}=16\sqrt5,\qquad r=8\sqrt5.\] Koło leży w II ćwiartce dokładnie wtedy, gdy każdy jego punkt ma pierwszą współrzędną ujemną, a drugą dodatnią. Wystarczy więc, by odległość środka od każdej z osi była większa od promienia, przy zachowaniu znaków współrzędnych środka. Odległość \(S\) od osi \(Oy\) wynosi \(20\), odległość od osi \(Ox\) wynosi \(24\). Szacujemy promień: \[r=8\sqrt5=\sqrt{320}<\sqrt{400}=20<24.\] Zatem każdy punkt koła ma pierwszą współrzędną nie większą niż \(-20+r<0\) i drugą nie mniejszą niż \(24-r>0\). **Odpowiedź.** Koło o średnicy \(AB\) jest zawarte w II ćwiartce układu współrzędnych.

**1 pkt** – wyznaczenie środka koła \(S=(-20,24)\) **1 pkt** – wyznaczenie promienia \(r=8\sqrt5\) **2 pkt** – uzasadnienie, że \(r<20\) i \(r<24\), a więc całe koło leży w II ćwiartce

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

a) dowód poniżej; b) \(\operatorname{tg}\alpha=\sqrt7\), czyli \(\alpha\approx69^\circ\).

Niech \(a\) oznacza krawędź podstawy, a \(b\) krawędź boczną. **a)** Ścianą boczną jest trójkąt równoramienny o podstawie \(a\) i kątach przy podstawie \(\alpha\), więc \(\cos\alpha=\dfrac{a/2}{b}\), czyli \(b=\dfrac{a}{2\cos\alpha}\). Rzutem krawędzi bocznej na podstawę jest połowa przekątnej kwadratu, czyli \(\dfrac{a\sqrt2}{2}\). Z twierdzenia Pitagorasa \[H^2=b^2-\frac{a^2}{2}=\frac{a^2}{4\cos^2\alpha}-\frac{a^2}{2} =\frac{a^2\left(1-2\cos^2\alpha\right)}{4\cos^2\alpha}.\] Stąd \[a^2=\frac{4H^2\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}.\] Warunek \(45^\circ<\alpha<90^\circ\) gwarantuje \(1-2\cos^2\alpha>0\). Ponieważ \[\frac{\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}=\frac{1}{\frac{1}{\cos^2\alpha}-2} =\frac{1}{1+\operatorname{tg}^2\alpha-2}=\frac{1}{\operatorname{tg}^2\alpha-1},\] to \[V=\frac13a^2H=\frac43\cdot\frac{H^3}{\operatorname{tg}^2\alpha-1}.\] **b)** Z warunku \(V=\tfrac29H^3\) otrzymujemy \[\frac43\cdot\frac{1}{\operatorname{tg}^2\alpha-1}=\frac29,\qquad \operatorname{tg}^2\alpha-1=6,\qquad \operatorname{tg}\alpha=\sqrt7\approx2{,}646.\] Z tablic \(\operatorname{tg}69^\circ\approx2{,}605\) i \(\operatorname{tg}70^\circ\approx2{,}747\), więc \(\alpha\approx69^\circ\). **Odpowiedź.** \(\alpha\approx69^\circ\).

*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.* Wprowadzam oznaczenia: \(a\) – długość krawędzi podstawy ostrosłupa, \(h\) – wysokość ściany bocznej ostrosłupa. […] a) Z trójkąta prostokątnego \(BES\) wyznaczam \(h\): \(\frac{h}{\frac{a}{2}}=\operatorname{tg}\alpha\), stąd \(h=\frac{a}{2}\cdot\operatorname{tg}\alpha\). Stosuję twierdzenie Pitagorasa w trójkącie prostokątnym \(SOE\) i otrzymuję: \(H^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=h^{2}\). Podstawiam wyrażenie \(\frac{a}{2}\cdot\operatorname{tg}\alpha\) w miejsce \(h\), otrzymuję \(H^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=\left(\frac{a}{2}\operatorname{tg}\alpha\right)^{2}\). Wyznaczam \(a^{2}\): \(H^{2}+\frac{a^{2}}{4}=\frac{a^{2}}{4}\cdot\operatorname{tg}^{2}\alpha\), \(H^{2}=\frac{a^{2}}{4}\cdot\left(\operatorname{tg}^{2}\alpha-1\right)\), \(a^{2}=\frac{4H^{2}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\). Obliczam objętość ostrosłupa: podstawiam do wzoru \(V=\frac{1}{3}a^{2}H\) wyznaczoną wartość \(a^{2}=\frac{4H^{2}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\); \(V=\frac{1}{3}\cdot\frac{4H^{2}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\cdot H=\frac{4}{3}\cdot\frac{H^{3}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\) – co należało wykazać. b) Zapisuję równanie: \(\frac{2}{9}\cdot H^{3}=\frac{4}{3}\cdot\frac{H^{3}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\). Mnożę obie jego strony przez \(\frac{9}{2\cdot H^{3}}\) i otrzymuję równanie: \(1=\frac{6}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\). Stąd \(\operatorname{tg}^{2}\alpha=7\) czyli \(\operatorname{tg}\alpha=\sqrt{7}\) (odrzucam równość \(\operatorname{tg}\alpha=-\sqrt{7}\), bo \(\alpha\) jest kątem ostrym). \(\sqrt{7}\approx 2{,}6458\) Z tablic funkcji trygonometrycznych odczytuję szukaną miarę kąta \(\alpha\): \(\alpha=69^\circ\).

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

**a)** \(\lvert AM\rvert=\lvert MN\rvert=\lvert NC\rvert=\frac13\lvert AC\rvert\). **b)** \(P_{AEM}=P_{CNF}=\frac{1}{12}\lvert AB\rvert\cdot\lvert BC\rvert\).

Umieśćmy prostokąt w układzie współrzędnych: \(A=(0,0)\), \(B=(a,0)\), \(C=(a,b)\), \(D=(0,b)\). Wtedy \(E=\left(\frac a2,0\right)\) oraz \(F=\left(a,\frac b2\right)\), a przekątna \(AC\) to zbiór punktów \((ta,tb)\) dla \(t\in[0,1]\). **a)** Punkt \(M\) to przecięcie \(DE\) z \(AC\). Prosta \(DE\) ma równanie \(y=b-\frac{2b}{a}x\); po podstawieniu \(x=ta\), \(y=tb\) otrzymujemy \[tb=b-2tb,\qquad t=\tfrac13,\qquad M=\left(\tfrac a3,\tfrac b3\right).\] Punkt \(N\) to przecięcie \(DF\) z \(AC\). Prosta \(DF\) ma równanie \(y=b-\frac{b}{2a}x\), skąd \[tb=b-\tfrac12tb,\qquad t=\tfrac23,\qquad N=\left(\tfrac{2a}{3},\tfrac{2b}{3}\right).\] Zatem \(\lvert AM\rvert=\frac13\lvert AC\rvert\), \(\lvert AN\rvert=\frac23\lvert AC\rvert\), więc \[\lvert AM\rvert=\lvert MN\rvert=\lvert NC\rvert=\tfrac13\lvert AC\rvert.\] **b)** Trójkąt \(AEM\) ma podstawę \(AE=\frac a2\) na osi \(Ox\) i wysokość równą rzędnej punktu \(M\), czyli \(\frac b3\): \[P_{AEM}=\tfrac12\cdot\tfrac a2\cdot\tfrac b3=\frac{ab}{12}.\] Trójkąt \(CNF\) ma podstawę \(CF=\frac b2\) na prostej \(x=a\) i wysokość równą odległości \(N\) od tej prostej, czyli \(a-\frac{2a}{3}=\frac a3\): \[P_{CNF}=\tfrac12\cdot\tfrac b2\cdot\tfrac a3=\frac{ab}{12}.\] Pola są równe, co należało uzasadnić. **Odpowiedź.** \(\lvert AM\rvert=\lvert MN\rvert=\lvert NC\rvert\) oraz \(P_{AEM}=P_{CNF}=\frac{ab}{12}\)

*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.* **4.1. (1 pkt)** – […] \(\triangle CNF\sim\triangle AND\) i \(\triangle AEM\sim\triangle MDC\): \(k=\frac{1}{2}\). **4.2. (1 pkt)** – sformułowanie wniosku dotyczącego długości odcinków \(AM\), \(MN\), \(NC\). **4.3. (1 pkt)** – wyznaczenie długości odcinków, które są potrzebne do obliczenia pól trójkątów \(AEM\) i \(CNF\). **4.4. (1 pkt)** – wykazanie równości pól trójkątów.

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

a) Prosta \(AB\colon 2x-3y+2=0\), a odległość punktu \(C\) od niej wynosi \(\dfrac{12}{\sqrt{13}}=\dfrac{12\sqrt{13}}{13}\). b) Punkt \(D=(-1,m)\) leży na prostej \(AB\) tylko dla \(m=0\), więc dla \(m\neq0\) punkty \(A\), \(B\), \(D\) nie są współliniowe i tworzą trójkąt (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy narzędzia. W podpunkcie a) potrzebna jest odległość punktu od prostej, a wzór na nią \[d=\frac{|Ax_0+By_0+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}\] wymaga równania prostej w postaci OGÓLNEJ \(Ax+By+C=0\). Zaczynamy więc od wyznaczenia równania prostej \(AB\). W podpunkcie b) korzystamy z faktu, że trzy punkty są wierzchołkami trójkąta dokładnie wtedy, gdy NIE leżą na jednej prostej. **Krok \(2\).** Liczymy współczynnik kierunkowy prostej \(AB\) dla \(A=(-4,-2)\) i \(B=(5,4)\): \[a=\frac{4-(-2)}{5-(-4)}=\frac{6}{9}=\frac23.\] **Krok \(3\).** Wyznaczamy wyraz wolny, wstawiając punkt \(A\) do \(y=\frac23x+b\): \[-2=\frac23\cdot(-4)+b,\qquad -2=-\frac83+b,\qquad b=-2+\frac83=\frac23.\] Zatem \(AB:\ y=\frac23x+\frac23\). **Krok \(4\).** Zamieniamy na postać ogólną — mnożymy obie strony przez \(3\) i przenosimy wszystko na jedną stronę: \[3y=2x+2,\qquad 2x-3y+2=0.\] (Kontrola: dla \(B=(5,4)\) mamy \(10-12+2=0\ \checkmark\)) **Krok \(5\).** Podpunkt a). Wstawiamy \(C=(-1,4)\) oraz \(A=2\), \(B=-3\), \(C_{\text{ogólne}}=2\) do wzoru na odległość: \[d=\frac{|2\cdot(-1)-3\cdot 4+2|}{\sqrt{2^2+(-3)^2}}=\frac{|-2-12+2|}{\sqrt{4+9}}=\frac{12}{\sqrt{13}}.\] **Krok \(6\).** Usuwamy niewymierność z mianownika: \[d=\frac{12}{\sqrt{13}}=\frac{12\sqrt{13}}{13}\approx 3{,}33.\] **Krok \(7\).** Podpunkt b). Punkty \(A\), \(B\), \(D\) tworzą trójkąt wtedy i tylko wtedy, gdy nie są współliniowe. Sprawdzamy więc, kiedy punkt \(D=(-1,m)\) LEŻY na prostej \(AB\) — wstawiamy jego współrzędne do równania \(2x-3y+2=0\): \[2\cdot(-1)-3m+2=0.\] **Krok \(8\).** Rozwiązujemy to równanie: \[-2-3m+2=0,\qquad -3m=0,\qquad m=0.\] Punkt \(D\) leży na prostej \(AB\) wyłącznie dla \(m=0\). **Krok \(9\).** Wyciągamy wniosek: dla każdego \(m\neq 0\) punkt \(D=(-1,m)\) NIE leży na prostej \(AB\), więc punkty \(A\), \(B\), \(D\) nie są współliniowe, a zatem są wierzchołkami trójkąta — co należało uzasadnić. **Uwaga.** W podpunkcie b) uzasadnienie polega na pokazaniu, że warunek współliniowości prowadzi jedynie do \(m=0\) — nie trzeba liczyć żadnych długości ani pól (choć można też skorzystać z faktu, że pole trójkąta jest niezerowe). Pamiętaj o wartości bezwzględnej w liczniku wzoru na odległość: bez niej dostalibyśmy \(-\frac{12}{\sqrt{13}}\), a odległość nie może być ujemna. **Odpowiedź.** a) Prosta \(AB\colon 2x-3y+2=0\), a odległość punktu \(C\) od niej wynosi \(\dfrac{12}{\sqrt{13}}=\dfrac{12\sqrt{13}}{13}\). b) Punkt \(D=(-1,m)\) leży na prostej \(AB\) tylko dla \(m=0\), więc dla \(m\neq0\) punkty \(A\), \(B\), \(D\) nie są współliniowe i tworzą trójkąt (dowód w rozwiązaniu).

*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.* **4.1. (1 pkt)** – zapisanie równania prostej \(AB\): \(2x-3y+2=0\). **4.2. (1 pkt)** – obliczenie odległości punktu \(C\) od prostej \(AB\): \(\frac{12}{13}\sqrt{13}\). **4.3. (1 pkt)** – zapisanie warunku, przy którym punkt \(D\) leży na prostej \(AB\): \(2(-1)-3m+2=0\) stąd \(m=0\). **4.4. (1 pkt)** – stwierdzenie i zapisanie, że dla \(m\neq 0\) punkty \(A\), \(B\) i \(D\) są wierzchołkami trójkąta.

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

a) \(P(20)=170\) przekątnych; b) wielokąt ma \(13\) boków (trzynastokąt); c) stwierdzenie jest fałszywe — kontrprzykładem jest sześciokąt wypukły, dla którego \(P(6)=9\), czyli liczba przekątnych jest nieparzysta.

**Krok \(1\).** Zadanie \(2\). (\(4\) pkt) **Krok \(2\).** Liczba przekątnych wielokąta wypukłego, w którym jest n boków i n ≥ \(3\) wyraża się wzorem **Krok \(3\).** n ( n − \(3\)) **Krok \(4\).** P ( n) = . **Krok \(5\).** Wykorzystując ten wzór: **Krok \(6\).** a) oblicz liczbę przekątnych w dwudziestokącie wypukłym. **Krok \(7\).** b) oblicz, ile boków ma wielokąt wypukły, w którym liczba przekątnych jest pięć razy **Krok \(8\).** większa od liczby boków. **Odpowiedź.** Rozwiązanie i punktacja: zobacz pełny klucz CKE poniżej.

*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.* a) Do podanego wzoru podstawiam \(n=20\) i otrzymuję \(P(20)=\frac{20\cdot 17}{2}=170\). W dwudziestokącie wypukłym jest \(170\) przekątnych. b) Zapisuję równanie uwzględniające treść tego podpunktu: \(\frac{n(n-3)}{2}=5n\). Jest ono równoważne równaniu kwadratowemu \(n^{2}-13n=0\), którego rozwiązaniem są liczby \(n=0\) lub \(n=13\). Biorąc pod uwagę założenie, że \(n\geq 3\) formułuję odpowiedź: Wielokątem wypukłym, który ma \(5\) razy więcej przekątnych niż boków jest trzynastokąt. c) Powyższe stwierdzenie nie jest prawdziwe, ponieważ sześciokąt wypukły ma \(9\) przekątnych, czyli \(P(6)=9\).

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

a) \(A=(-1,-3)\), \(B=(1,-3)\), \(C=(3,5)\), \(D=(-3,5)\). b) \(AB\parallel DC\) (oba odcinki są poziome) oraz \(|AD|=|BC|=2\sqrt{17}\), przy czym \(|AB|=2\neq6=|DC|\) — czworokąt jest trapezem równoramiennym (dowód w rozwiązaniu). c) \(x^{2}+\left(y-\dfrac32\right)^{2}=\dfrac{85}{4}\), czyli środek \(O=\left(0,\dfrac32\right)\) i promień \(r=\dfrac{\sqrt{85}}{2}\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy zadanie łączące algebrę z geometrią analityczną. Punkt startowy to zwykły układ równań: w drugim równaniu \(x\) występuje tylko w postaci \(x^2\), więc możemy wyznaczyć \(x^2\) i wstawić do pierwszego — zostanie równanie z jedną niewiadomą \(y\). **Krok \(2\).** Z drugiego równania \(-x^2+y+4=0\) otrzymujemy \[x^2=y+4.\] **Krok \(3\).** Wstawiamy to do pierwszego równania: \[-4(y+4)+y^2+2y+1=0,\qquad -4y-16+y^2+2y+1=0,\qquad y^2-2y-15=0.\] **Krok \(4\).** Rozwiązujemy: \(\Delta=4+60=64\), \(\sqrt{\Delta}=8\), więc \(y=\dfrac{2-8}{2}=-3\) lub \(y=\dfrac{2+8}{2}=5\). **Krok \(5\).** Wracamy do zależności \(x^2=y+4\). Dla \(y=-3\) mamy \(x^2=1\), czyli \(x=-1\) lub \(x=1\). Dla \(y=5\) mamy \(x^2=9\), czyli \(x=-3\) lub \(x=3\). Otrzymujemy cztery punkty: \((-1,-3)\), \((1,-3)\), \((3,5)\), \((-3,5)\). Aby czworokąt \(ABCD\) był wypukły, wierzchołki trzeba wypisać w kolejności obiegu, więc przyjmujemy \(A=(-1,-3)\), \(B=(1,-3)\), \(C=(3,5)\), \(D=(-3,5)\). **Krok \(6\).** Podpunkt b). Punkty \(A\) i \(B\) mają tę samą rzędną \(-3\), a punkty \(D\) i \(C\) tę samą rzędną \(5\), więc odcinki \(AB\) i \(DC\) są poziome, a zatem równoległe. Ich długości to \(|AB|=1-(-1)=2\) oraz \(|DC|=3-(-3)=6\). Skoro \(|AB|\neq|DC|\), czworokąt nie jest równoległobokiem, tylko trapezem o podstawach \(AB\) i \(DC\). **Krok \(7\).** Liczymy ramiona: \[|AD|=\sqrt{(-3-(-1))^2+(5-(-3))^2}=\sqrt{4+64}=\sqrt{68}=2\sqrt{17},\] \[|BC|=\sqrt{(3-1)^2+(5-(-3))^2}=\sqrt{4+64}=\sqrt{68}=2\sqrt{17}.\] Ramiona są równe, więc trapez \(ABCD\) jest równoramienny. **Krok \(8\).** Podpunkt c). Każdy trapez równoramienny da się wpisać w okrąg, więc okrąg opisany istnieje. Jego środek \(S\) jest jednakowo odległy od wszystkich wierzchołków; z symetrii figury względem osi \(Oy\) (odcięte wierzchołków tworzą pary \(\pm1\) i \(\pm3\)) leży on na tej osi, więc \(S=(0,b)\). **Krok \(9\).** Wyznaczamy \(b\) z warunku \(|SA|=|SD|\): \[(-1-0)^2+(-3-b)^2=(-3-0)^2+(5-b)^2,\] \[1+b^2+6b+9=9+b^2-10b+25,\] \[6b+10=34-10b,\qquad 16b=24,\qquad b=\frac32.\] **Krok \(10\).** Liczymy promień: \[r^2=|SA|^2=1+\left(-3-\tfrac32\right)^2=1+\left(\tfrac92\right)^2=1+\frac{81}{4}=\frac{85}{4},\qquad r=\frac{\sqrt{85}}{2}.\] Okrąg o środku \(\left(0,\tfrac32\right)\) i promieniu \(r\) ma równanie \(x^2+\left(y-\tfrac32\right)^2=\tfrac{85}{4}\). **Uwaga.** Do wykazania, że trapez jest równoramienny, nie wystarczy sama równość ramion — trzeba jeszcze sprawdzić, że podstawy mają różne długości. Gdyby było \(|AB|=|DC|\), figura byłaby równoległobokiem, a nie trapezem. Drugi wygodny skrót: środka okręgu opisanego szukamy na osi symetrii figury, zamiast rozwiązywać układ trzech równań z dwiema niewiadomymi. **Odpowiedź.** a) \(A=(-1,-3)\), \(B=(1,-3)\), \(C=(3,5)\), \(D=(-3,5)\). b) \(AB\parallel DC\) (oba odcinki są poziome) oraz \(|AD|=|BC|=2\sqrt{17}\), przy czym \(|AB|=2\neq6=|DC|\) — czworokąt jest trapezem równoramiennym. c) \(x^{2}+\left(y-\dfrac32\right)^{2}=\dfrac{85}{4}\), czyli środek \(O=\left(0,\dfrac32\right)\) i promień \(r=\dfrac{\sqrt{85}}{2}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **18.1. (2 pkt)** – […]zanie **18.2. (1 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych wierzchołków czworokąta: \(A=(-1;-3)\), \(B=(1;-3)\), \(C=(3;5)\), \(D=(-3;5)\) **18.3. (1 pkt)** – uzasadnienie że czworokąt \(ABCD\) jest trapezem równoramiennym, np. \(AB\parallel CD\) oraz \(\lvert AD\rvert=\lvert BC\rvert\) **18.4. (1 pkt)** – wyznaczenie równania symetralnej odcinka \(BC\): \(x+4y-6=0\) **18.5. (1 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych środka okręgu: \(O=\left(0;\frac{3}{2}\right)\) **18.6. (1 pkt)** – obliczenie długości promienia okręgu: \(r=\frac{\sqrt{85}}{2}\) **18.7. (1 pkt)** – zapisanie równania okręgu: \(x^{2}+\left(y-\frac{3}{2}\right)^{2}=\frac{85}{4}\)

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

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

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

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

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

Trójkąt \(BAD_1\) jest prostokątny — kąt prosty jest przy wierzchołku \(A\).

Krawędź \(AB\) jest prostopadła do ściany \(ADD_1A_1\), ale wykażemy to rachunkiem, zgodnie z poleceniem. Ściana \(ADD_1A_1\) jest prostokątem o bokach \(\lvert AD\rvert=3\) i \(\lvert DD_1\rvert=6\), więc \[\lvert AD_1\rvert=\sqrt{3^2+6^2}=\sqrt{45}=3\sqrt5.\] Przekątna podstawy: \[\lvert BD\rvert=\sqrt{\lvert AD\rvert^2+\lvert AB\rvert^2}=\sqrt{9+36}=\sqrt{45},\] a ponieważ krawędź \(DD_1\) jest prostopadła do podstawy, \[\lvert BD_1\rvert=\sqrt{\lvert BD\rvert^2+\lvert DD_1\rvert^2}=\sqrt{45+36}=\sqrt{81}=9.\] Boki trójkąta \(BAD_1\) mają zatem długości \(\lvert AB\rvert=6\), \(\lvert AD_1\rvert=3\sqrt5\), \(\lvert BD_1\rvert=9\). Sprawdzamy warunek twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa: \[\lvert AB\rvert^2+\lvert AD_1\rvert^2=36+45=81=\lvert BD_1\rvert^2.\] Suma kwadratów dwóch krótszych boków jest równa kwadratowi najdłuższego, więc trójkąt \(BAD_1\) jest prostokątny, a kąt prosty leży przy wierzchołku \(A\). **Odpowiedź.** Trójkąt \(BAD_1\) jest prostokątny.

**1. (1 pkt)** – wyznaczenie długości przekątnej \(AD_{1}\). Odp. \(\lvert AD_{1}\rvert=3\sqrt{5}\) **2. (1 pkt)** – wyznaczenie długości przekątnej \(BD_{1}\). Odp. \(\lvert BD_{1}\rvert=9\) **3. (2 pkt)** – uzasadnienie, że trójkąt \(BAD_{1}\) jest prostokątny na podstawie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa. \(1\) punkt przyznajemy za zapisanie równości \(\lvert AB\rvert^{2}+\lvert AD_{1}\rvert^{2}=\lvert BD_{1}\rvert^{2}\) i jej sprawdzenie, bez powołania się na odpowiednie twierdzenie. Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną od przedstawionej w schemacie punktowania metodą zgodną z poleceniem 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.

Teza została wykazana: suma kwadratów sinusów kątów wewnętrznych trójkąta prostokątnego jest równa \(2\).

Oznaczmy kąty trójkąta prostokątnego przez \(90^\circ\), \(\alpha\) i \(\beta\). Suma miar kątów w trójkącie wynosi \(180^\circ\), więc \[\alpha+\beta=90^\circ,\qquad \beta=90^\circ-\alpha.\] Ze wzoru redukcyjnego \(\sin\left(90^\circ-\alpha\right)=\cos\alpha\), zatem \[\sin^{2}90^\circ+\sin^{2}\alpha+\sin^{2}\beta=1+\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha.\] Z jedynki trygonometrycznej dwa ostatnie składniki dają \(1\), więc cała suma jest równa \(2\). **Odpowiedź.** Suma kwadratów sinusów miar kątów wewnętrznych trójkąta prostokątnego jest równa \(2\), co należało wykazać.

**[…] ([…] pkt)** – […] wewnętrznych danego trójkąta np. \(\sin\alpha+\sin\beta+\sin 90^\circ\) (1). **34. (1 pkt)** – przekształcenie wyrażenia (1) do postaci: \(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha+1\). **35. (1 pkt)** – wykorzystanie równości: \(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1\) do uzyskania tezy twierdzenia.

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