Zadania o kątach w okręgu

**C.** \(120^{\circ}\)

Po rozwinięciu powierzchni bocznej stożka otrzymujemy wycinek koła o promieniu równym tworzącej \(l=3\), a długość łuku tego wycinka jest równa długości okręgu podstawy: \[2\pi r=2\pi\cdot1=2\pi.\] Miara kąta środkowego wycinka spełnia proporcję \[\frac{\alpha}{360^\circ}=\frac{2\pi r}{2\pi l}=\frac{r}{l}=\frac13,\] skąd \(\alpha=120^\circ\). **Odpowiedź.** C. \(120^{\circ}\)

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

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** G10.5) Zdający oblicza długość okręgu i łuku okręgu; G10.6) Zdający oblicza pole koła, pierścienia kołowego, wycinka kołowego. G11.2) Zdający oblicza pole powierzchni […] stożka […].

\[\lvert BC\rvert=5,\qquad \lvert CD\rvert=6,\qquad P_{ABCD}=30\sqrt{3}.\]

Oznaczmy \(x=\lvert BC\rvert\), \(y=\lvert CD\rvert\). W czworokąt wpisano okrąg, więc sumy długości przeciwległych boków są równe: \[\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert=\lvert BC\rvert+\lvert AD\rvert,\qquad 9+y=x+10,\qquad y=x+1.\] Na czworokącie opisano okrąg, więc przeciwległe kąty dopełniają się do \(180^{\circ}\): \[\lvert\angle BCD\rvert=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}.\] Przekątną \(BD\) wyznaczamy z twierdzenia cosinusów w obu trójkątach: \[\lvert BD\rvert^2=9^2+10^2-2\cdot9\cdot10\cos60^{\circ}=181-90=91,\] \[\lvert BD\rvert^2=x^2+y^2-2xy\cos120^{\circ}=x^2+y^2+xy.\] Podstawiamy \(y=x+1\): \[x^2+(x+1)^2+x(x+1)=91,\qquad 3x^2+3x-90=0,\qquad x^2+x-30=0,\] \[(x-5)(x+6)=0.\] Długość boku jest dodatnia, więc \(x=5\), a stąd \(y=6\). Pole czworokąta jest sumą pól trójkątów \(ABD\) i \(BCD\): \[P=\tfrac12\cdot9\cdot10\sin60^{\circ}+\tfrac12\cdot5\cdot6\sin120^{\circ}=45\cdot\frac{\sqrt3}{2}+15\cdot\frac{\sqrt3}{2}=30\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(\lvert BC\rvert=5\), \(\lvert CD\rvert=6\), \(P_{ABCD}=30\sqrt3\)

**1–2 pkt** – zapisanie warunku wpisania okręgu (\(9+y=x+10\)) i warunku opisania okręgu (\(\lvert\angle BCD\rvert=120^{\circ}\)). **3–4 pkt** – zapisanie dwóch wyrażeń na \(\lvert BD\rvert^2\) i ułożenie równania \(x^2+x-30=0\). **5 pkt** – obliczenie \(\lvert BC\rvert=5\) i \(\lvert CD\rvert=6\). **6 pkt** – obliczenie pola \(P=30\sqrt3\).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

\[\lvert BC\rvert=5,\qquad \lvert CD\rvert=6,\qquad P_{ABCD}=30\sqrt{3}.\]

Oznaczmy \(x=\lvert BC\rvert\), \(y=\lvert CD\rvert\) oraz \(d=\lvert BD\rvert\). Z rysunku odczytujemy, że \(BD\) jest przekątną dzielącą czworokąt na trójkąty \(ABD\) i \(BCD\). W czworokąt wpisano okrąg, więc sumy długości przeciwległych boków są równe: \[\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert=\lvert AD\rvert+\lvert BC\rvert,\qquad 9+y=10+x,\qquad y=x+1.\] Na czworokącie opisano okrąg, więc przeciwległe kąty dopełniają się do \(180^\circ\): \[\lvert\angle BCD\rvert=180^\circ-60^\circ=120^\circ.\] Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(ABD\) daje \[d^{2}=9^{2}+10^{2}-2\cdot9\cdot10\cdot\cos 60^\circ=181-90=91.\] To samo twierdzenie w trójkącie \(BCD\), przy \(\cos 120^\circ=-\tfrac12\), daje \[d^{2}=x^{2}+y^{2}+xy=x^{2}+(x+1)^{2}+x(x+1)=3x^{2}+3x+1.\] Porównanie obu wyrażeń prowadzi do równania \[3x^{2}+3x+1=91,\qquad x^{2}+x-30=0,\qquad x=5\ \lor\ x=-6.\] Długość boku jest liczbą dodatnią, więc pierwiastek \(x=-6\) odrzucamy. Zatem \(\lvert BC\rvert=5\) i \(\lvert CD\rvert=6\). Pole czworokąta jest sumą pól trójkątów \(ABD\) i \(BCD\): \[P=\tfrac12\cdot9\cdot10\cdot\sin 60^\circ+\tfrac12\cdot5\cdot6\cdot\sin 120^\circ=45\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}+15\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}=30\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(\lvert BC\rvert=5\), \(\lvert CD\rvert=6\), \(P_{ABCD}=30\sqrt3\).

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – spełnienie jednego z warunków 1) – 3): 1) zastosowanie twierdzenia o czworokącie opisanym na okręgu i zapisanie zależności między długością boku \(BC\) a długością boku \(CD\) czworokąta, np. \(9+\lvert CD\rvert=10+\lvert BC\rvert\), 2) zapisanie jednego z dwóch równań: \(\lvert BD\rvert^{2}=9^{2}+10^{2}-2\cdot 9\cdot 10\cdot\cos 60^\circ\) lub \(\lvert BD\rvert^{2}=\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 10\right)^{2}+(9-5)^{2}\), 3) zastosowanie twierdzenia o czworokącie wpisanym w okrąg i obliczenie miary kąta \(BCD\): \(120^\circ\). **2 pkt** – spełnienie dwóch spośród warunków 1) – 3) określonych w kryterium za 1 punkt. **3 pkt** – spełnienie wszystkich warunków 1) – 3) określonych w kryterium za 1 punkt ALBO spełnienie warunków 1) i 2) określonych w kryterium za 1 punkt oraz zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(BCD\) i zapisanie równania \(\lvert BD\rvert^{2}=\lvert BC\rvert^{2}+\lvert CD\rvert^{2}-2\cdot\lvert BC\rvert\cdot\lvert CD\rvert\cdot\cos\lvert\angle BCD\rvert\), ALBO spełnienie warunków 2) i 3) określonych w kryterium za 1 punkt oraz zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(BCD\) i zapisanie równania \(\lvert BD\rvert^{2}=\lvert BC\rvert^{2}+\lvert CD\rvert^{2}-2\cdot\lvert BC\rvert\cdot\lvert CD\rvert\cdot\cos\lvert\angle BCD\rvert\). **4 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością boku \(BC\) lub długością boku \(CD\)), np. \(91=\lvert BC\rvert^{2}+(\lvert BC\rvert+1)^{2}-2\cdot\lvert BC\rvert\cdot(\lvert BC\rvert+1)\cdot\cos 120^\circ\), \(91=\left(\lvert BC\rvert+1+\frac{1}{2}\cdot\lvert BC\rvert\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\lvert BC\rvert\right)^{2}\) ALBO zapisanie układu równań z dwiema niewiadomymi (długościami boków \(BC\) i \(CD\)), np. \[\begin{cases}9+\lvert CD\rvert=10+\lvert BC\rvert\\ \left(\sqrt{91}\right)^{2}=\lvert BC\rvert^{2}+\lvert CD\rvert^{2}-2\cdot\lvert BC\rvert\cdot\lvert CD\rvert\cdot\cos 120^\circ\end{cases}\] **5 pkt** – obliczenie długości boków \(BC\) oraz \(CD\): \(\lvert BC\rvert=5\) oraz \(\lvert CD\rvert=6\). **6 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\lvert BC\rvert=5\) i \(\lvert CD\rvert=6\) oraz \(P=30\sqrt{3}\). Uwaga: Jeżeli jedynym błędem zdającego jest: a) błędne zastosowanie twierdzenia cosinusów albo b) błędne zastosowanie wzoru redukcyjnego, albo c) błędne zastosowanie twierdzenia o czworokącie opisanym na okręgu (tj. zapisanie związku \(9\cdot\lvert CD\rvert=10\cdot\lvert BC\rvert\) lub \(10+\lvert CD\rvert=9+\lvert BC\rvert\)), albo d) błędne zastosowanie własności miarowych trójkąta prostokątnego o kątach ostrych \(30^\circ\) i \(60^\circ\), albo e) błędna interpretacja obliczonej długości jednego z dwóch szukanych boków czworokąta, ale zdający realizuje poprawnie strategię rozwiązania zadania, to może otrzymać co najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie, o ile nie nabył prawa do innej liczby punktów. Jeżeli zdający popełni dodatkowo błędy rachunkowe, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie, o ile nie nabył prawa do innej liczby punktów.

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1R) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu.

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

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.

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

Wysokość \(CD\) jest osią symetrii trójkąta równoramiennego \(ABC\). Ponieważ \(K\in CD\), odbicie względem \(CD\) przekształca półprostą \(AC\) w \(BC\) oraz \(AK\) w \(BK\). Stąd \(\lvert\angle CAK\rvert=\lvert\angle KBL\rvert\). Ponadto \(\angle KDB=90^{\circ}\) i \(\angle KLB=90^{\circ}\), więc punkty \(D,B,L,K\) leżą na jednym okręgu. Kąty wpisane \(KDL\) i \(KBL\) są oparte na tym samym łuku \(KL\), zatem mają równe miary.

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

Obwód czworokąta jest równy \(20\).

Kąt \(ABC\) jest prosty, więc trójkąt \(ABC\) jest prostokątny i \[\lvert AC\rvert=\sqrt{4^2+7^2}=\sqrt{65},\qquad P_{ABC}=\tfrac12\cdot4\cdot7=14.\] Kąt \(ABC\) jest wpisany i ma \(90^\circ\), więc \(AC\) jest średnicą okręgu opisanego na czworokącie. Kąt \(ADC\), oparty na tej samej średnicy, również jest prosty. Pole czworokąta jest sumą pól trójkątów \(ABC\) i \(ACD\), więc \[P_{ACD}=18-14=4=\tfrac12\lvert AD\rvert\cdot\lvert DC\rvert,\qquad \lvert AD\rvert\cdot\lvert DC\rvert=8.\] Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ACD\) \[\lvert AD\rvert^2+\lvert DC\rvert^2=65.\] Stąd \[\left(\lvert AD\rvert+\lvert DC\rvert\right)^2=65+2\cdot8=81,\qquad \lvert AD\rvert+\lvert DC\rvert=9\] (bierzemy wartość dodatnią, bo to suma długości). Obwód: \[L=4+7+9=20.\] **Odpowiedź.** Obwód czworokąta jest równy \(20\).

**1 pkt** – zauważenie, że \(AC\) jest średnicą i kąt \(ADC\) jest prosty. **2–3 pkt** – wyznaczenie \(\lvert AD\rvert\cdot\lvert DC\rvert=8\) oraz \(\lvert AD\rvert^2+\lvert DC\rvert^2=65\). **4 pkt** – obliczenie obwodu \(L=20\).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

Obwód czworokąta jest równy \(20\).

Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny, więc \(\lvert AC\rvert=\sqrt{65}\), a jego pole jest równe \(14\). Pole trójkąta \(ACD\) wynosi zatem \(18-14=4\). Ponieważ \(ABCD\) jest wpisany w okrąg, \(\angle ADC=90^{\circ}\). Oznaczając \(\lvert CD\rvert=c\) i \(\lvert AD\rvert=d\), mamy \(cd=8\) oraz \(c^{2}+d^{2}=65\), więc \(c+d=9\). Obwód wynosi \(4+7+9=20\).

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – obliczenie pola trójkąta \(ACD\) i zapisanie, że trójkąt \(ACD\) jest prostokątny (lub dokonanie zapisów, z których wynika, że zdający traktuje ten trójkąt jako prostokątny), np. \(P_{ACD}=4\) oraz \(\frac{1}{2}cd=4\). **2 pkt** – zapisanie układu równań niezależnych z dwiema niewiadomymi \(c\) i \(d\), np. \(\frac{1}{2}cd=4\) oraz \(c^{2}+d^{2}=\left(\sqrt{65}\right)^{2}\) (dla sposobu I) ALBO zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością odcinka \(AE\) lub \(EC\)), np. \(\frac{\frac{8}{\sqrt{65}}}{x}=\frac{\sqrt{65}-x}{\frac{8}{\sqrt{65}}}\) (dla sposobu II). **3 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością jednej z przyprostokątnych trójkąta \(ACD\)), np. \(c^{2}+\left(\frac{8}{c}\right)^{2}=65\) ALBO zapisanie równania \((c+d)^{2}=81\), ALBO obliczenie długości odcinków \(AE\) oraz \(EC\) (dla jednego przypadku): \(\frac{1}{\sqrt{65}}\) i \(\frac{64}{\sqrt{65}}\). **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(20\). Uwaga. Jeżeli zdający uzyska tylko jeden czworokąt \(ABCD\) spełniający warunki zadania i nie skomentuje, że drugi czworokąt spełniający warunki zadania różni się tylko permutacją długości boków \(AD\) i \(CD\), to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1R) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu.

**C.** \(\lvert\angle BCA\rvert=72^{\circ}\)

Kąt \(ABD\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(AD\) niezawierającym punktu \(B\), więc \[\overset{\frown}{AD}=2\cdot18^{\circ}=36^{\circ}.\] Odcinek \(BD\) jest średnicą, więc dzieli okrąg na dwa łuki po \(180^{\circ}\). Punkt \(A\) leży na tym samym półokręgu co \(D\) względem… dokładniej: łuk \(BAD\) ma \(180^{\circ}\) i składa się z łuków \(BA\) oraz \(AD\), zatem \[\overset{\frown}{AB}=180^{\circ}-36^{\circ}=144^{\circ}.\] Z rysunku punkt \(C\) leży na drugim półokręgu, więc kąt wpisany \(BCA\) jest oparty na łuku \(AB\) o mierze \(144^{\circ}\): \[\lvert\angle BCA\rvert=\tfrac12\cdot144^{\circ}=72^{\circ}.\] **Odpowiedź.** C. \(72^{\circ}\)

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

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.1) Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

**C.** \(\lvert\angle BOA\rvert=70^{\circ}\)

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy konfigurację kątów w okręgu: kąt \(CDA\) ma wierzchołek na okręgu, więc jest kątem wpisanym, a kąty \(COB\) i \(BOA\) mają wierzchołek w środku, więc są kątami środkowymi. Korzystamy z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym: kąt środkowy jest dwa razy większy od kąta wpisanego opartego na tym samym łuku. **Krok \(2\).** Kąt wpisany \(\angle CDA\) jest oparty na łuku \(AC\), na którym leży punkt \(B\) (a nie \(D\)). Odpowiadający mu kąt środkowy to \(\angle AOC\), więc \[|\angle AOC|=2\cdot|\angle CDA|=2\cdot50^{\circ}=100^{\circ}.\] **Krok \(3\).** Punkt \(B\) leży na krótszym łuku \(AC\), czyli promień \(OB\) przebiega wewnątrz kąta \(AOC\) i dzieli go na dwa kąty: \[|\angle AOB|+|\angle BOC|=|\angle AOC|=100^{\circ}.\] **Krok \(4\).** Z treści wiemy, że \(|\angle COB|=30^{\circ}\). Podstawiamy: \[|\angle AOB|+30^{\circ}=100^{\circ}.\] **Krok \(5\).** Stąd \[|\angle AOB|=100^{\circ}-30^{\circ}=70^{\circ},\] i rzeczywiście jest to kąt ostry, o który pytano. **Uwaga.** Kąt wpisany zawsze jest połową środkowego opartego na tym samym łuku - podwajamy \(50^{\circ}\), a nie połowimy. Odpowiedź \(100^{\circ}\) to cały kąt \(AOC\), z którego trzeba jeszcze odjąć \(30^{\circ}\). **Odpowiedź.** C, czyli \(70^{\circ}\).

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

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

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

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

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

**D.** Środek okręgu ma współrzędne \((0,-\frac{1}{2})\).

Obliczamy kwadraty długości boków: \[\lvert AB\rvert^2=(2-0)^2+(1+3)^2=20,\qquad \lvert BC\rvert^2=(0-2)^2+(2-1)^2=5,\] \[\lvert AC\rvert^2=(0-0)^2+(2+3)^2=25.\] Ponieważ \(20+5=25\), z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa kąt prosty jest przy wierzchołku \(B\), a przeciwprostokątną jest \(AC\). Kąt prosty trójkąta jest kątem wpisanym opartym na średnicy, więc środek okręgu opisanego to środek odcinka \(AC\): \[S=\left(\frac{0+0}{2},\ \frac{-3+2}{2}\right)=\left(0,-\frac12\right).\] **Odpowiedź.** D. \(\left(0,-\frac{1}{2}\right)\)

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.10) Zdający wskazuje podstawowe punkty szczególne w trójkącie: […] środek okręgu opisanego na trójkącie […].

\(\sin\angle ABC=\frac8{17}\).

Okrąg ma równanie \[(x-19)^2+(y+11)^2=578.\] Punkty \(A\) i \(C\) leżą również na prostej \(y=x\), więc \[(x-19)^2+(x+11)^2=578\iff2x^2-16x-96=0.\] Stąd \(A=(-4,-4)\) i \(C=(12,12)\), zatem \(|AC|=16\sqrt2\). Z twierdzenia sinusów dla trójkąta wpisanego w okrąg o promieniu \(17\sqrt2\): \[\sin\angle ABC=\frac{|AC|}{2R}=\frac{16\sqrt2}{34\sqrt2}=\frac8{17}.\]

**3 pkt** – poprawna metoda i wynik. **2 pkt** – obliczenie długości \(|AC|\). **1 pkt** – wyznaczenie punktów \(A,C\) albo odległości środka okręgu od prostej \(AC\). **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** IX. Geometria analityczna na płaszczyźnie kartezjańskiej. 1R) Zdający znajduje punkty wspólne prostej i okręgu. VII. Trygonometria. 7R) Zdający stosuje twierdzenie sinusów.

D. \(13\)

Trójkąt o bokach \(10\), \(24\), \(26\) jest prostokątny, bo \[10^2+24^2=100+576=676=26^2.\] Kąt prosty jest kątem wpisanym opartym na przeciwprostokątnej, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego: \[R=\frac{26}{2}=13.\] **Odpowiedź.** D. \(13\)

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

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: G10.21) Konstruuje okrąg opisany na trójkącie.

C. \(54^{\circ}\)

Wierzchołki dziesięciokąta foremnego dzielą okrąg opisany na dziesięć równych łuków, każdy o mierze \[\frac{360^\circ}{10}=36^\circ.\] Kąt \(AGD\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(AD\) niezawierającym punktu \(G\); łuk ten obejmuje trzy kolejne łuki \(AB\), \(BC\), \(CD\), więc ma miarę \[3\cdot36^\circ=108^\circ.\] Kąt wpisany ma miarę o połowę mniejszą: \[\lvert\angle AGD\rvert=\tfrac12\cdot108^\circ=54^\circ.\] **Odpowiedź.** C. \(54^{\circ}\)

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

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: 7.1) Stosuje zależności między kątem środkowym i wpisanym.

C. \(54^{\circ}\)

Wierzchołki dziesięciokąta foremnego dzielą okrąg opisany na dziesięć równych łuków, każdy o mierze \[\frac{360^\circ}{10}=36^\circ.\] Kąt \(AGD\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(AD\) niezawierającym punktu \(G\); łuk ten obejmuje trzy kolejne łuki \(AB\), \(BC\), \(CD\), więc ma miarę \[3\cdot36^\circ=108^\circ.\] Kąt wpisany ma miarę o połowę mniejszą: \[\lvert\angle AGD\rvert=\tfrac12\cdot108^\circ=54^\circ.\] **Odpowiedź.** C. \(54^{\circ}\)

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

Wymaganie ogólne: IV. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: VIII.5) Stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

D. \(13\)

Trójkąt o bokach \(10\), \(24\), \(26\) jest prostokątny, bo \[10^2+24^2=100+576=676=26^2.\] Kąt prosty jest kątem wpisanym opartym na przeciwprostokątnej, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego: \[R=\frac{26}{2}=13.\] **Odpowiedź.** D. \(13\)

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

Wymaganie ogólne: IV. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: VIII.10) Wskazuje środek okręgu opisanego; VIII.1) wyznacza promienie okręgów.

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

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

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

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

**C.** Kąt środkowy \(AOB\) oparty na tym samym łuku co kąt wpisany \(ACB\) ma miarę \(100^{\circ}\). Trójkąt \(AOB\) jest równoramienny, więc \(\angle ABO=\frac{180^{\circ}-100^{\circ}}{2}=40^{\circ}\).

**Krok \(1\).** Punkty leżą na okręgu, a szukany kąt ma wierzchołek w środku okręgu — to sygnał, że trzeba połączyć dwa fakty: twierdzenie o kącie środkowym i wpisanym oraz to, że dwa promienie tworzą trójkąt równoramienny. **Krok \(2\).** Kąt \(BCA\) ma wierzchołek na okręgu, a jego ramiona przechodzą przez \(A\) i \(B\), więc jest to kąt **wpisany** oparty na łuku \(AB\). Kąt \(AOB\) ma wierzchołek w środku \(O\) i opiera się na tym samym łuku, więc jest kątem **środkowym**. **Krok \(3\).** Kąt środkowy jest dwa razy większy od wpisanego opartego na tym samym łuku: \[\left|\angle AOB\right|=2\cdot50^{\circ}=100^{\circ}.\] **Krok \(4\).** Odcinki \(OA\) i \(OB\) są promieniami tego samego okręgu, więc \(|OA|=|OB|\) i trójkąt \(AOB\) jest równoramienny o podstawie \(AB\). **Krok \(5\).** W trójkącie równoramiennym kąty przy podstawie są równe. Suma kątów trójkąta wynosi \(180^{\circ}\), więc na dwa kąty przy podstawie zostaje \(180^{\circ}-100^{\circ}=80^{\circ}\), czyli \[\left|\angle ABO\right|=\left|\angle BAO\right|=\frac{80^{\circ}}{2}=40^{\circ}.\] **Krok \(6\).** Szukany kąt ostry \(ABO\) ma więc miarę \(40^{\circ}\). **Uwaga.** Kusi, by odpowiedzieć \(50^{\circ}\), przenosząc miarę danego kąta w inne miejsce rysunku — ale \(\angle ABO\) jest kątem trójkąta \(AOB\) i z kątem wpisanym \(\angle BCA\) łączy go dopiero kąt środkowy. Zauważmy też, że \(40^{\circ}+40^{\circ}+100^{\circ}=180^{\circ}\), więc rachunek się domyka. **Odpowiedź.** C: \(40^{\circ}\)

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

**D.** Kąt środkowy \(BSA\) oparty na tym samym łuku co kąt wpisany \(BDA\) ma miarę \(2\cdot40^{\circ}=80^{\circ}\).

**Krok \(1\).** Punkty \(A\), \(B\), \(D\) leżą na okręgu, a \(S\) jest jego środkiem. Kąt \(BDA\) o wierzchołku \(D\) na okręgu to **kąt wpisany** oparty na łuku \(AB\), natomiast kąt \(BSA\) o wierzchołku w środku okręgu to **kąt środkowy** oparty na tym samym łuku. To rozpoznanie od razu wskazuje narzędzie: twierdzenie o kącie środkowym i wpisanym. **Krok \(2\).** Twierdzenie mówi, że kąt środkowy jest dwa razy większy od kąta wpisanego opartego na tym samym łuku: \[|\angle BSA|=2\cdot|\angle BDA|=2\cdot40^\circ=80^\circ.\] **Krok \(3\).** Warto zobaczyć, że ten sam wynik da się uzyskać bez tego twierdzenia. Odcinki \(SA\) i \(SD\) są promieniami, więc \(|SA|=|SD|=36\) i trójkąt \(ASD\) jest równoramienny. **Krok \(4\).** W trójkącie równoramiennym kąty przy podstawie są równe, a kąt \(SDA\) to nasz kąt \(BDA\) (bo punkt \(S\) leży na odcinku \(BD\), więc półprosta \(DS\) to ta sama półprosta co \(DB\)). Stąd \[|\angle SAD|=|\angle SDA|=40^\circ.\] **Krok \(5\).** Suma kątów trójkąta \(ASD\) wynosi \(180^\circ\), więc \[|\angle ASD|=180^\circ-40^\circ-40^\circ=100^\circ.\] **Krok \(6\).** Ponieważ \(S\) leży na odcinku \(BD\), kąty \(ASD\) i \(ASB\) są przyległe i dopełniają się do kąta półpełnego: \[|\angle BSA|=180^\circ-100^\circ=80^\circ.\] **Uwaga.** Miara kąta \(DBC\) równa \(65^\circ\) oraz długość promienia \(36\) nie są w tym podpunkcie potrzebne — dotyczą pozostałej części zadania. Nadmiar danych to częsty zabieg; trzeba wybrać te, które opisują interesujący nas łuk. **Odpowiedź.** D: \(80^\circ\)

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

**B.** \(10\pi\)

Z rysunku odczytujemy, że punkty \(B\) i \(D\) leżą na okręgu, a środek \(S\) leży na odcinku \(BD\) — odcinek \(BD\) jest więc średnicą okręgu. Kąt \(BCD\) jest kątem wpisanym opartym na średnicy, zatem \[|\angle BCD|=90^{\circ}.\] W trójkącie \(BCD\) znamy \(|\angle DBC|=65^{\circ}\), więc z sumy kątów \[|\angle CDB|=180^{\circ}-90^{\circ}-65^{\circ}=25^{\circ}.\] Kąt \(CDB\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(BC\), a kąt środkowy oparty na tym samym łuku jest dwa razy większy: \[|\angle BSC|=2\cdot25^{\circ}=50^{\circ}.\] Długość łuku o mierze \(\varphi\) w okręgu o promieniu \(r\) wynosi \(\frac{\varphi}{360^{\circ}}\cdot2\pi r\). Dla \(\varphi=50^{\circ}\) i \(r=36\): \[\ell=\frac{50}{360}\cdot2\pi\cdot36=\frac{50}{360}\cdot72\pi=10\pi.\] Kąt \(BDA=40^{\circ}\) jest w tym rachunku daną zbędną. **Odpowiedź.** B. \(10\pi\)

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.6) Zdający stosuje wzory na […] długość łuku 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.

\[R=\frac{7\sqrt3}{3}.\]

Oznaczmy boki \(a=\lvert AB\rvert=3\), \(b=\lvert BC\rvert=3\), \(c=\lvert CD\rvert=5\), \(d=\lvert DA\rvert=8\) oraz połowę obwodu \[s=\frac{3+3+5+8}{2}=\frac{19}{2}.\] Czworokąt jest wpisany w okrąg, więc jego pole daje wzór Brahmagupty: \[K=\sqrt{(s-a)(s-b)(s-c)(s-d)}=\sqrt{\tfrac{13}{2}\cdot\tfrac{13}{2}\cdot\tfrac92\cdot\tfrac32}=\sqrt{\frac{169\cdot27}{16}}=\frac{39\sqrt3}{4}.\] Promień okręgu opisanego na czworokącie wpisanym wyraża wzór \[R=\frac{\sqrt{(ab+cd)(ac+bd)(ad+bc)}}{4K}.\] Obliczamy kolejne czynniki: \[ab+cd=9+40=49,\qquad ac+bd=15+24=39,\qquad ad+bc=24+15=39,\] \[\sqrt{49\cdot39\cdot39}=7\cdot39=273.\] Stąd \[R=\frac{273}{4\cdot\frac{39\sqrt3}{4}}=\frac{273}{39\sqrt3}=\frac{7}{\sqrt3}=\frac{7\sqrt3}{3}.\] **Odpowiedź.** \(R=\dfrac{7\sqrt3}{3}\)

**1–2 pkt** – obliczenie pola czworokąta, np. ze wzoru Brahmagupty albo przez podział przekątną i wykorzystanie \(\cos\lvert\angle BCD\rvert=-\cos\lvert\angle BAD\rvert\). **3 pkt** – zapisanie zależności wiążącej promień okręgu opisanego z bokami i polem. **4 pkt** – obliczenie \(R=\frac{7\sqrt3}{3}\).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

Promień okręgu jest równy \(R=\frac{7\sqrt{3}}{3}\).

Czworokąt \(ABCD\) jest wpisany w okrąg, więc kąty \(BAD\) i \(BCD\) dopełniają się do \(180^\circ\). Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle BAD\rvert\) oraz \(d=\lvert BD\rvert\). Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[d^{2}=3^{2}+8^{2}-2\cdot3\cdot8\cos\alpha=73-48\cos\alpha.\] Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BCD\), przy \(\cos(180^\circ-\alpha)=-\cos\alpha\): \[d^{2}=3^{2}+5^{2}-2\cdot3\cdot5\cos(180^\circ-\alpha)=34+30\cos\alpha.\] Porównanie daje \[73-48\cos\alpha=34+30\cos\alpha,\qquad 78\cos\alpha=39,\qquad \cos\alpha=\tfrac12,\] czyli \(\alpha=60^\circ\) oraz \(d^{2}=73-24=49\), a więc \(d=7\). Promień okręgu opisanego wyznaczamy z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(ABD\), w którym bok \(BD\) leży naprzeciw kąta \(\alpha\): \[2R=\frac{d}{\sin\alpha}=\frac{7}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\frac{14}{\sqrt3},\qquad R=\frac{7}{\sqrt3}=\frac{7\sqrt3}{3}.\] **Odpowiedź.** \(R=\dfrac{7\sqrt3}{3}\).

**(dla sposobu I)** **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\tfrac{7\sqrt{3}}{3}\). **3 pkt** – obliczenie długości jednej z przekątnych czworokąta \(ABCD\), np. \(d=7\), \(\lvert AC\rvert=\tfrac{39}{7}\), ALBO – obliczenie cosinusa jednego z kątów czworokąta \(ABCD\), np. \(\cos\alpha=\tfrac{1}{2}\), \(\cos\gamma=-\tfrac{1}{2}\), \(\cos\lvert\angle ABC\rvert=-\tfrac{71}{98}\), \(\cos\lvert\angle CDA\rvert=\tfrac{71}{98}\). **2 pkt** – zapisanie równań \(d^2=3^2+8^2-2\cdot3\cdot8\cdot\cos\alpha\) oraz \(d^2=3^2+5^2+2\cdot3\cdot5\cdot\cos\alpha\) ALBO – zapisanie równań \(d^2=3^2+8^2+2\cdot3\cdot8\cdot\cos\gamma\) oraz \(d^2=3^2+5^2-2\cdot3\cdot5\cdot\cos\gamma\), ALBO – zapisanie równań \(\lvert AC\rvert^2=3^2+3^2-2\cdot3\cdot3\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\) oraz \(\lvert AC\rvert^2=8^2+5^2+2\cdot8\cdot5\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\), ALBO – zapisanie równań \(\lvert AC\rvert^2=3^2+3^2+2\cdot3\cdot3\cdot\cos\lvert\angle CDA\rvert\) oraz \(\lvert AC\rvert^2=8^2+5^2-2\cdot8\cdot5\cdot\cos\lvert\angle CDA\rvert\). **1 pkt** – zapisanie związków \(d^2=3^2+8^2-2\cdot3\cdot8\cdot\cos\alpha\) oraz \(\alpha+\gamma=180^\circ\) ALBO – zapisanie związków \(d^2=3^2+5^2-2\cdot3\cdot5\cdot\cos\gamma\) oraz \(\alpha+\gamma=180^\circ\), ALBO – zapisanie związków \(d^2=3^2+8^2-2\cdot3\cdot8\cdot\cos\alpha\) oraz \(d^2=3^2+5^2-2\cdot3\cdot5\cdot\cos\gamma\), ALBO – zapisanie związków \(\lvert AC\rvert^2=3^2+3^2-2\cdot3\cdot3\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\) oraz \(\lvert\angle ABC\rvert+\lvert\angle CDA\rvert=180^\circ\), ALBO – zapisanie związków \(\lvert AC\rvert^2=8^2+5^2-2\cdot8\cdot5\cdot\cos\lvert\angle CDA\rvert\) oraz \(\lvert\angle ABC\rvert+\lvert\angle CDA\rvert=180^\circ\), ALBO – zapisanie związków \(\lvert AC\rvert^2=3^2+3^2-2\cdot3\cdot3\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\) oraz \(\lvert AC\rvert^2=8^2+5^2-2\cdot8\cdot5\cdot\cos\lvert\angle CDA\rvert\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Zasady oceniania (dla sposobu II)** **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\tfrac{7\sqrt{3}}{3}\). **3 pkt** – obliczenie długości przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert=\tfrac{39}{7}\) ALBO – obliczenie \(\cos\delta\): \(\cos\delta=\tfrac{13}{14}\). **2 pkt** – zapisanie równań \(e^2=5^2+8^2-2\cdot5\cdot8\cdot(2\cos^2\delta-1)\) oraz \(\frac{\tfrac{1}{2}e}{3}=\cos\delta\). **1 pkt** – zapisanie związków \(e^2=5^2+8^2-2\cdot5\cdot8\cdot\cos\lvert\angle ADC\rvert\) oraz \(\lvert\angle ADC\rvert=2\delta\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Zasady oceniania (dla sposobu III)** **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\tfrac{7\sqrt{3}}{3}\). **3 pkt** – obliczenie długości przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert=\tfrac{39}{7}\). **2 pkt** – zapisanie, że trójkąt \(ABC'\) jest równoboczny. **1 pkt** – uzasadnienie, że \(BD\) jest dwusieczną kąta \(ADC\) oraz zapisanie, że \(C'\) leży na odcinku \(AD\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1R) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu.

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

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

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

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

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.

**C.** \(36^\circ\)

Kąt środkowy oparty na łuku stanowiącym \(\frac15\) okręgu ma miarę \[\frac15\cdot360^\circ=72^\circ.\] Kąt wpisany oparty na tym samym łuku ma miarę równą połowie kąta środkowego, zatem \[|\angle ACB|=\frac12\cdot72^\circ=36^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzanie rozumowań, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

**B.** \(4\pi\)

Kąt środkowy oparty na tym samym łuku ma miarę dwa razy większą od kąta wpisanego: \[\angle ASB=2\cdot60^\circ=120^\circ.\] Łuk \(AB\) stanowi więc \(\frac{120^\circ}{360^\circ}=\frac13\) obwodu okręgu. Ponieważ \[2\pi r=2\pi\cdot6=12\pi,\] długość łuku wynosi \[\frac13\cdot12\pi=4\pi.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych. VIII.6) Zdający stosuje wzór na długość łuku okręgu.

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.

**C.** \(48^\circ\)

Kąt wpisany \(ACB\) oparty na łuku \(AB\) ma miarę \(42^\circ\), więc oparty na tym samym łuku kąt środkowy \(ASB\) ma miarę \[\angle ASB=2\cdot42^\circ=84^\circ.\] Trójkąt \(ASB\) jest równoramienny, ponieważ \(|SA|=|SB|\). Zatem \[\angle BAS=\frac{180^\circ-84^\circ}{2}=48^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

**C.** \(100^\circ\).

Kąt środkowy \(KSM\) oparty na mniejszym łuku \(KM\) ma miarę \(160^\circ\). Ponieważ punkt \(L\) leży na tym łuku, kąt wpisany \(KLM\) jest oparty na większym łuku \(KM\), którego miara wynosi \[360^\circ-160^\circ=200^\circ.\] Miara kąta wpisanego jest połową miary łuku, na którym jest oparty, więc \[|\angle KLM|=\frac12\cdot200^\circ=100^\circ.\] Poprawna jest odpowiedź **C**.

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

**C.** \(100^\circ\)

Kąt środkowy \(KSM\) wyznacza mniejszy łuk \(KM\) o mierze \(160^\circ\). Ponieważ punkt \(L\) leży na tym łuku, kąt wpisany \(KLM\) opiera się na większym łuku \(KM\), którego miara wynosi \[360^\circ-160^\circ=200^\circ.\] Miara kąta wpisanego jest połową miary łuku, więc \[\angle KLM=\frac{200^\circ}{2}=100^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.1) Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

\[d=\frac{\sqrt{(H_2-H_0)^2+(H_2-H_1)^2-2(H_2-H_0)(H_2-H_1)\cos\!\left(\pi\sin\frac{\alpha}{2}\right)}}{\cos\frac{\alpha}{2}}.\]

Po rozwinięciu powierzchni bocznej stożka najkrótsza droga jest odcinkiem \(PB\). Niech \(l\) i \(R\) oznaczają tworzącą i promień podstawy. Kąt środkowy całego wycinka ma miarę \(2\pi R/l\), dlatego punkty leżące po przeciwnych stronach stożka wyznaczają na siatce kąt \[\angle BSP=\pi\frac Rl=\pi\sin\frac{\alpha}{2}.\] Z przekroju osiowego stożka: \[|PS|=\frac{H_2-H_0}{\cos(\alpha/2)},\qquad |BS|=\frac{H_2-H_1}{\cos(\alpha/2)}.\] Stosujemy twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BSP\): \[|PB|^2=|PS|^2+|BS|^2-2|PS||BS|\cos\angle BSP.\] Po podstawieniu otrzymujemy \[d=|PB|=\frac{\sqrt{(H_2-H_0)^2+(H_2-H_1)^2-2(H_2-H_0)(H_2-H_1)\cos\!\left(\pi\sin\frac{\alpha}{2}\right)}}{\cos\frac{\alpha}{2}}.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i pełny wzór na długość \(PB\) **3 pkt** – obliczenie \(\angle BSP=\pi\sin(\alpha/2)\) oraz długości \(PS\) i \(BS\) **2 pkt** – obliczenie kąta na siatce albo obu długości odcinków od szczytu **1 pkt** – zapisanie, że najkrótsza droga jest długością odcinka \(PB\) na siatce stożka **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.3 i IV.4 tworzenie pomocniczych obiektów i modeli matematycznych oraz stosowanie strategii w sytuacji nietypowej. **Wymagania szczegółowe:** VII.1R, VIII.2 i VIII.6 miara łukowa, twierdzenie cosinusów oraz wzory na pole wycinka koła i długość łuku.

\[d=\frac{\sqrt{(H_2-H_0)^2+(H_2-H_1)^2-2(H_2-H_0)(H_2-H_1)\cos\!\left(\pi\sin\frac{\alpha}{2}\right)}}{\cos\frac{\alpha}{2}}.\]

Po rozwinięciu powierzchni bocznej stożka najkrótsza droga jest odcinkiem \(PB\). Niech \(l\) i \(r\) oznaczają tworzącą i promień podstawy. Kąt środkowy całego wycinka ma miarę \(2\pi r/l\), dlatego punkty leżące po przeciwnych stronach stożka wyznaczają na siatce kąt \[\angle BSP=\pi\frac rl=\pi\sin\frac{\alpha}{2}.\] Z przekroju osiowego stożka: \[|PS|=\frac{H_2-H_0}{\cos(\alpha/2)},\qquad |BS|=\frac{H_2-H_1}{\cos(\alpha/2)}.\] Stosujemy twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BSP\): \[|PB|^2=|PS|^2+|BS|^2-2|PS||BS|\cos\angle BSP.\] Po podstawieniu i wyłączeniu wspólnego czynnika otrzymujemy \[d=|PB|=\frac{\sqrt{(H_2-H_0)^2+(H_2-H_1)^2-2(H_2-H_0)(H_2-H_1)\cos\!\left(\pi\sin\frac{\alpha}{2}\right)}}{\cos\frac{\alpha}{2}}.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i pełny wzór na długość \(PB\) **3 pkt** – obliczenie \(\angle BSP=\pi\sin(\alpha/2)\) oraz długości \(PS\) i \(BS\) **2 pkt** – obliczenie kąta na siatce albo obu długości odcinków od szczytu **1 pkt** – zapisanie, że najkrótsza droga jest długością odcinka \(PB\) na siatce stożka **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III i IV tworzenie pomocniczych obiektów i modeli matematycznych oraz stosowanie strategii w sytuacji nietypowej. **Wymagania szczegółowe:** VII.1R, VIII.2 i VIII.6 miara łukowa, twierdzenie cosinusów oraz wzory na pole wycinka koła i długość łuku.

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

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.

\[P_{ABC}=20.\]

Środkiem danego okręgu jest punkt \(S=(1,2)\). Sprawdzamy, że leży on na prostej zawierającej bok \(AB\): \[4\cdot1-3\cdot2+2=0.\] Zatem \(AB\) jest średnicą okręgu, więc \[|AB|=10.\] Z warunku \(|AD|=4|DB|\) i równości \(|AD|+|DB|=10\) wynika \[|AD|=8,\qquad |DB|=2.\] Kąt \(ACB\) jest kątem wpisanym opartym na średnicy, więc jest prosty. Dla wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną: \[|CD|^2=|AD|\cdot|DB|=8\cdot2,\] \[|CD|=4.\] Pole trójkąta wynosi \[P_{ABC}=\frac12|AB|\cdot|CD|=\frac12\cdot10\cdot4=20.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(P=20\) **3 pkt** – obliczenie \(|CD|=4\) **2 pkt** – obliczenie \(|AD|=8\) oraz \(|DB|=2\) **1 pkt** – zapisanie, że \(AB\) jest średnicą okręgu, albo że \(S=(1,2)\) leży na prostej \(4x-3y+2=0\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 3. Dobieranie argumentów do uzasadnienia poprawności rozwiązywania problemów, tworzenie ciągu argumentów gwarantujących poprawność rozwiązania i skuteczność w poszukiwaniu rozwiązań zagadnienia; 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5) Zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych. IX.4) Zdający posługuje się równaniem okręgu \((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\).

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

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

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

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

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

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

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

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

\[|AB|=2\sqrt{10},\qquad |BC|=3\sqrt6,\qquad |CD|=\sqrt{10},\qquad |AD|=2\sqrt6.\]

Trójkąty \(ABD\) i \(BCD\) są prostokątne, więc \(BD\) jest średnicą okręgu i \(|BD|=8\). Z warunków zadania: \[|DE|=2,\qquad |BE|=6,\qquad |AE|=4.\] Niech \(S\) będzie środkiem okręgu, a \(AP\) wysokością trójkąta \(ASE\). Ponieważ \(|AS|=|AE|=4\) i \(|ES|=2\), mamy \(|EP|=|PS|=1\), zatem \[|AP|^2=4^2-1^2=15.\] Ponieważ \(|PB|=5\) i \(|PD|=3\): \[|AB|=\sqrt{15+25}=2\sqrt{10},\qquad |AD|=\sqrt{15+9}=2\sqrt6.\] Trójkąty \(DEC\) i \(BEA\) są podobne w skali \(\frac12\), więc \[|CD|=\frac12|AB|=\sqrt{10}.\] W prostokątnym trójkącie \(BCD\): \[|BC|=\sqrt{|BD|^2-|CD|^2}=\sqrt{64-10}=3\sqrt6.\]

**5 pkt** – poprawna metoda i wszystkie cztery długości **4 pkt** – obliczenie \(|AB|\), \(|AD|\) oraz spełnienie jednego dodatkowego kryterium CKE: \(|CE|=3\), skala podobieństwa \(\frac12\) albo poprawna zależność opisująca pozostałe boki **3 pkt** – obliczenie \(|AB|=2\sqrt{10}\) i \(|AD|=2\sqrt6\) **2 pkt** – obliczenie \(|AP|=\sqrt{15}\), albo \(|CE|=3\), albo skali \(\frac12\), albo wyznaczenie \(|DE|=2\), \(|BE|=6\), \(|AE|=4\) wraz z odpowiednim układem równań **1 pkt** – wyznaczenie \(|DE|=2\), \(|BE|=6\), \(|AE|=4\), albo zauważenie podobieństwa, albo zapisanie twierdzenia o odcinkach siecznych **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

\[|AB|=2\sqrt{10},\qquad |BC|=3\sqrt6,\qquad |CD|=\sqrt{10},\qquad |AD|=2\sqrt6.\]

Trójkąty \(ABD\) i \(BCD\) są prostokątne, więc ich wspólna przeciwprostokątna \(BD\) jest średnicą okręgu. Zatem \(|BD|=8\). Z warunków \[|BE|=3|DE|,\qquad |BD|=2|AE|\] otrzymujemy \[|DE|=2,\qquad |BE|=6,\qquad |AE|=4.\] Niech \(S\) będzie środkiem okręgu, a \(AP\) wysokością trójkąta \(ASE\). Ponieważ \(|AS|=|AE|=4\) i \(|ES|=2\), mamy \(|EP|=|PS|=1\). Z twierdzenia Pitagorasa \[|AP|^2=4^2-1^2=15.\] Ponieważ \(|PB|=5\) i \(|PD|=3\), ponownie z twierdzenia Pitagorasa: \[|AB|=\sqrt{15+25}=2\sqrt{10},\] \[|AD|=\sqrt{15+9}=2\sqrt6.\] Trójkąty \(DEC\) i \(BEA\) są podobne, a ich skala wynosi \[\frac{|DE|}{|AE|}=\frac12.\] Stąd \[|CD|=\frac12|AB|=\sqrt{10}.\] W prostokątnym trójkącie \(BCD\): \[|BC|=\sqrt{|BD|^2-|CD|^2}=\sqrt{64-10}=3\sqrt6.\]

**5 pkt** – poprawna metoda i wszystkie długości: \(|AB|=2\sqrt{10}\), \(|BC|=3\sqrt6\), \(|CD|=\sqrt{10}\), \(|AD|=2\sqrt6\) **4 pkt** – obliczenie \(|AB|\) i \(|AD|\) oraz spełnienie jednego z kryteriów CKE: \(|CE|=3\), skala podobieństwa \(\frac12\) albo poprawna zależność opisująca pozostałe boki **3 pkt** – obliczenie \(|AB|=2\sqrt{10}\) i \(|AD|=2\sqrt6\) **2 pkt** – obliczenie \(|AP|=\sqrt{15}\), albo \(|CE|=3\), albo skali podobieństwa \(\frac12\), albo wyznaczenie \(|DE|=2\), \(|BE|=6\), \(|AE|=4\) wraz z układem równań prowadzącym do boków **1 pkt** – wyznaczenie \(|DE|=2\), \(|BE|=6\), \(|AE|=4\), albo zauważenie odpowiednich trójkątów podobnych, albo zapisanie \(|AE|\cdot|CE|=|BE|\cdot|DE|\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Element podstawy programowej:** własności kątów wpisanych i średnicy okręgu, podobieństwo trójkątów, twierdzenie Pitagorasa oraz twierdzenie o odcinkach siecznych. Klucz CKE dla tego arkusza w formule 2015 nie podaje osobnego kodu wymagania.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

\[|\angle CAB|=30^\circ,\qquad |\angle ABC|=30^\circ,\qquad |\angle BCA|=120^\circ.\]

Niech \(D\) będzie drugim końcem średnicy przechodzącej przez \(A\) i \(S\). Wtedy \(|AD|=2r\), \(|DB|=r\), a \(\angle ACD=90^\circ\). W trójkącie prostokątnym \(ACD\): \[|CD|^2=(2r)^2-(\sqrt3r)^2=r^2,\] więc \(|CD|=r\). Trójkąt \(ACD\) ma boki \(r,\sqrt3r,2r\), zatem jego kąty przy \(A\) i \(D\) mają odpowiednio \(30^\circ\) i \(60^\circ\). Ponieważ \(|DB|=|DC|=r\) i \(\angle CDB=120^\circ\), kąty przy \(B\) i \(C\) w trójkącie \(DBC\) mają po \(30^\circ\). Stąd kąty trójkąta \(ABC\) to \(30^\circ,30^\circ,120^\circ\).

**4 pkt** – poprawne miary wszystkich kątów: \(30^\circ,30^\circ,120^\circ\) **3 pkt** – poprawne wyznaczenie wszystkich kątów w trójkącie pomocniczym \(DBC\) albo \(ASC\) **2 pkt** – poprawne wyznaczenie pozostałych kątów w trójkącie \(ADC\) albo \(BSC\) **1 pkt** – zauważenie, że \(\angle ACD=90^\circ\) albo \(\angle BCS=90^\circ\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.1 i III.3 operowanie obiektami oraz tworzenie konstrukcji pomocniczej. **Wymagania szczegółowe:** VII.6, VIII.1, VIII.5 i VIII.11 rozwiązywanie trójkątów, własności okręgu i kątów wpisanych oraz zastosowanie trygonometrii w planimetrii.

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

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

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

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

**B.** \(105^\circ\).

Z rysunku odczytujemy kolejność punktów na okręgu: \(D\), \(C\), \(B\), \(A\), \(E\) (zgodnie z ruchem wskazówek zegara), przy czym \(E\) leży na łuku \(AD\) niezawierającym \(B\) i \(C\). Kąt wpisany \(BCD\) jest oparty na łuku \(BD\) niezawierającym punktu \(C\) (czyli przechodzącym przez \(A\) i \(E\)), więc łuk ten ma miarę \[2\cdot110^\circ=220^\circ.\] Kąt wpisany \(BDA\) jest oparty na łuku \(AB\), więc \[\overset{\frown}{AB}=2\cdot35^\circ=70^\circ.\] Łuk \(BD\) przechodzący przez \(A\) i \(E\) składa się z łuku \(BA\) oraz łuku \(AD\) zawierającego \(E\), zatem \[\overset{\frown}{AED}=220^\circ-70^\circ=150^\circ.\] Kąt \(DEA\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(AD\) niezawierającym punktu \(E\), a ten ma miarę \(360^\circ-150^\circ=210^\circ\). Stąd \[\lvert\angle DEA\rvert=\tfrac12\cdot210^\circ=105^\circ.\] **Odpowiedź.** B. \(105^\circ\)

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

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R7.1) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu.

\[Ob_{ABCD}=16\sqrt3+10.\]

Oznaczmy \(\alpha=|\angle BAC|\). Z warunków zadania \[\sin\alpha=\frac14,\qquad |\angle ACB|=60^\circ.\] Stosujemy twierdzenie sinusów w trójkącie \(ABC\): \[\frac{|AB|}{\sin60^\circ}=\frac{|BC|}{\sin\alpha}.\] Zatem \[\frac{|AB|}{\frac{\sqrt3}{2}}=\frac4{\frac14}=16,\] \[|AB|=8\sqrt3.\] Czworokąt \(ABCD\) jest opisany na okręgu, więc sumy długości przeciwległych boków są równe: \[|AB|+|CD|=|BC|+|AD|.\] Stąd obwód można zapisać jako \[Ob_{ABCD}=2(|AB|+|CD|).\] Ostatecznie \[Ob_{ABCD}=2(8\sqrt3+5)=16\sqrt3+10.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(16\sqrt3+10\) **3 pkt** – obliczenie \(|AB|=8\sqrt3\) i zapisanie \(Ob_{ABCD}=2(|AB|+|CD|)\) albo równoważnej zależności **2 pkt** – obliczenie \(|AB|=8\sqrt3\) albo zapisanie dwóch kluczowych równości wskazanych przez CKE **1 pkt** – zapisanie poprawnej zależności z twierdzenia sinusów, pola albo własności czworokąta opisanego na okręgu **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; 1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

\[Ob_{ABCD}=16\sqrt3+10.\]

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle BAC\rvert\); z treści \(\sin\alpha=\tfrac14\) oraz \(\lvert\angle ACB\rvert=60^\circ\). W trójkącie \(ABC\) bok \(AB\) leży naprzeciw kąta \(ACB\), a bok \(BC\) naprzeciw kąta \(BAC\), więc z twierdzenia sinusów \[\frac{\lvert AB\rvert}{\sin 60^\circ}=\frac{\lvert BC\rvert}{\sin\alpha},\qquad \lvert AB\rvert=\frac{4\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}}{\tfrac14}=8\sqrt3.\] Czworokąt jest opisany na okręgu, więc sumy długości przeciwległych boków są równe: \[\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert=\lvert BC\rvert+\lvert AD\rvert,\qquad \lvert AD\rvert=8\sqrt3+5-4=8\sqrt3+1.\] Obwód wynosi \[Ob=\lvert AB\rvert+\lvert BC\rvert+\lvert CD\rvert+\lvert AD\rvert=8\sqrt3+4+5+8\sqrt3+1=16\sqrt3+10.\] **Odpowiedź.** \(Ob_{ABCD}=16\sqrt3+10\).

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(16\sqrt{3}+10\). **3 pkt** – obliczenie długości boku \(AB\): \(\lvert AB\rvert=8\sqrt{3}\) i zapisanie \(Ob_{ABCD}=2\cdot(\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert)\) ALBO – obliczenie długości boku \(AB\): \(\lvert AB\rvert=8\sqrt{3}\) i zapisanie równania \(8\sqrt{3}+5=4+\lvert AD\rvert\). **2 pkt** – obliczenie długości boku \(AB\): \(8\sqrt{3}\) ALBO – zapisanie równości 1) i 3) określonych w kryterium oceniania za 1 punkt, ALBO – zapisanie równości 2) i 3) określonych w kryterium oceniania za 1 punkt, ALBO – zapisanie równości 1) i 4) określonych w kryterium oceniania za 1 punkt. **1 pkt** – zapisanie jednej z poniższych równości 1)- 4): 1) \(\frac{\lvert AB\rvert}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4}{\frac{1}{4}}\) lub \(\frac{1}{4}=\frac{2\sqrt{3}}{\lvert AB\rvert}\), 2) \(\frac{1}{2}\cdot 4\cdot\lvert AC\rvert\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}\cdot\lvert AC\rvert\cdot\lvert AB\rvert\cdot\frac{1}{4}\), 3) \(Ob_{ABCD}=2\cdot(\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert)\), 4) \(\lvert AB\rvert+5=4+\lvert AD\rvert\) ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą \(x\) (długością boku \(AB\)), np. \(x^{2}=16+\left(2+\frac{x\sqrt{15}}{4}\right)^{2}-4\left(2+\frac{x\sqrt{15}}{4}\right)\), \(16=\left(2+\frac{\sqrt{15}}{4}x\right)^{2}+x^{2}-\frac{\sqrt{15}}{2}\cdot\left(2+\frac{\sqrt{15}}{4}x\right)x\) (z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABC\) i dwóch kątów tego trójkąta). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** R7.1) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu.

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

Ponieważ \(|OA|=|OC|\), trójkąt \(AOC\) jest równoramienny. Zatem \(|\angle OAC|=|\angle ACO|=70^\circ\), więc \[|\angle AOC|=180^\circ-2\cdot70^\circ=40^\circ.\] Kąt wpisany \(ABC\), oparty na tym samym łuku \(AC\), ma miarę równą połowie kąta środkowego: \[|\angle ABC|=20^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; przeprowadzanie rozumowań i podawanie argumentów. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 zdający stosuje własności kątów wpisanych i środkowych.

**B.** \(80^\circ\)

Kąt środkowy oparty na tym samym łuku ma miarę dwa razy większą od kąta wpisanego, więc \(\beta=2\alpha\). Z warunku \(\beta=\alpha+40^\circ\) otrzymujemy \[2\alpha=\alpha+40^\circ,\] czyli \(\alpha=40^\circ\), a zatem \(\beta=80^\circ\).

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska - zależność między kątem środkowym i wpisanym opartymi na tym samym łuku.

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

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

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

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

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

Kąt wpisany \(ABC\) i kąt środkowy \(AOC\) opierają się na tym samym łuku \(AC\), więc \[\angle AOC=2\angle ABC=130^\circ.\] Trójkąt \(AOC\) jest równoramienny, zatem \[\angle ACO=\frac{180^\circ-130^\circ}{2}=25^\circ.\]

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

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

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

Suma kątów środkowych wokół punktu \(O\) jest równa \(360^\circ\), więc \[|\angle BOC|=360^\circ-130^\circ-110^\circ=120^\circ.\] Kąt wpisany \(BAC\) i kąt środkowy \(BOC\) są oparte na tym samym łuku \(BC\). Zatem \[|\angle BAC|=\frac12\cdot120^\circ=60^\circ.\]

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

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

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

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

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

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

D. \(12\pi \)

Z rysunku odczytujemy, że zakreskowana figura jest ograniczona odcinkami \(SA\) i \(SB\) oraz łukiem \(AB\) przechodzącym przez punkt \(P\) — jest to więc wycinek koła o środku \(S\). W rombie \(ASBP\) kąty przy sąsiednich wierzchołkach sumują się do \(180^\circ\), a \(\lvert\angle PAS\rvert=60^\circ\), więc kąt środkowy wycinka ma miarę \[\lvert\angle ASB\rvert=180^\circ-60^\circ=120^\circ.\] Pole wycinka koła o promieniu \(r\) i kącie środkowym \(\varphi\): \[P=\frac{\varphi}{360^\circ}\pi r^2=\frac{120^\circ}{360^\circ}\cdot\pi\cdot6^2=\frac13\cdot36\pi=12\pi.\] **Odpowiedź.** D. \(12\pi\)

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

**Wymagania egzaminacyjne 2022** **Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** G10.6) Zdający oblicza pole koła, wycinka kołowego.

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

Ponieważ \(BC\) jest dwusieczną kąta \(ABS\) o mierze \(40^\circ\), mamy \(\angle ABC=20^\circ\). Kąt środkowy \(ASC\) oparty na tym samym łuku \(AC\) ma miarę dwa razy większą od kąta wpisanego \(ABC\), więc \[\angle ASC=2\cdot20^\circ=40^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 stosowanie zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym opartymi na tym samym łuku.

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

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

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

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

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

Trójkąty \(ABO\), \(BCO\) i \(ACO\) są równoramienne, ponieważ ich ramiona są promieniami okręgu. Stąd \[\angle AOB=180^\circ-2\cdot40^\circ=100^\circ,\] \[\angle BOC=180^\circ-2\cdot10^\circ=160^\circ.\] Kąty środkowe tworzą kąt pełny, więc \[\angle AOC=360^\circ-(100^\circ+160^\circ)=100^\circ.\] W trójkącie równoramiennym \(AOC\): \[\angle ACO=\frac{180^\circ-100^\circ}{2}=40^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji - tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych w celu przeprowadzenia argumentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.5 stosowanie własności kątów wpisanych i środkowych.

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.

**A.** \(41^\circ\)

Ponieważ \(AC\) jest średnicą, punkty \(A\), \(O\), \(C\) są współliniowe i \[|\angle BOC|=180^\circ-82^\circ=98^\circ.\] Trójkąt \(OBC\) jest równoramienny, gdyż \(|OB|=|OC|\). Zatem \[|\angle OBC|=\frac{180^\circ-98^\circ}{2}=41^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie własności kąta środkowego, średnicy okręgu i trójkąta równoramiennego.

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

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

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

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

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

Ponieważ \(|SB|=|SC|\) oraz \(|\angle SBC|=60^\circ\), trójkąt \(SBC\) jest równoboczny, więc łuk \(BC\) ma miarę \(60^\circ\). Kąt \(CDA\) jest prosty, zatem \(CA\) jest średnicą i łuk \(CBA\) ma miarę \(180^\circ\). Stąd łuk \(BA\) ma miarę \(120^\circ\). Kąt wpisany \(BCD\) ma miarę \(110^\circ\), więc łuk \(BAD\), na którym jest oparty, ma miarę \(220^\circ\). Zatem łuk \(AD\) ma miarę \[220^\circ-120^\circ=100^\circ.\] Kąt środkowy \(ASD\) ma więc \(100^\circ\). Trójkąt \(ASD\) jest równoramienny, dlatego \[\alpha=|\angle DAS|=\frac{180^\circ-100^\circ}{2}=40^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 stosowanie zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

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

Trójkąt \(AOC\) jest równoramienny, ponieważ \(|OA|=|OC|\). Zatem \[|\angle ACO|=|\angle CAO|=70^\circ,\] a kąt środkowy \[|\angle AOC|=180^\circ-2\cdot70^\circ=40^\circ.\] Kąt wpisany \(ABC\) jest oparty na tym samym łuku \(AC\), więc ma połowę miary kąta środkowego: \[|\angle ABC|=20^\circ.\]

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

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

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

Kąt \(BDC\) jest kątem wpisanym opartym na łuku \(BC\), a kąt \(BSC\) jest kątem środkowym opartym na tym samym łuku. Kąt środkowy ma miarę dwa razy większą od kąta wpisanego, więc \[|\angle BSC|=2\cdot|\angle BDC|=2\cdot20^\circ=40^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 7.1 stosowanie zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym opartymi na tym samym łuku.

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

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

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

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

\[|\angle BAD|=45^\circ,\quad|\angle ABC|=120^\circ,\quad|\angle BCD|=135^\circ,\quad|\angle CDA|=60^\circ.\]

Oznaczmy kolejno kąty wewnętrzne przy wierzchołkach \(A,B,C,D\) przez \(\alpha,\beta,\gamma,\delta\). Z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(ABD\): \[\frac{|BD|}{\sin\alpha}=2R.\] Stąd \[\sin\alpha=\frac{10}{10\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc \(\alpha=45^\circ\). W czworokącie wpisanym kąty przeciwległe są dopełniające do \(180^\circ\), zatem \[\gamma=180^\circ-45^\circ=135^\circ,\qquad\beta=180^\circ-\delta.\] Warunek o iloczynie sinusów daje \[\sin45^\circ\sin\beta\sin135^\circ\sin\delta=\frac38.\] Ponieważ \(\sin\beta=\sin(180^\circ-\delta)=\sin\delta\), otrzymujemy \[\frac12\sin^2\delta=\frac38,\qquad\sin\delta=\frac{\sqrt3}{2}.\] Kąt \(\delta\) jest ostry, więc \(\delta=60^\circ\), a \(\beta=120^\circ\).

**4 pkt** – poprawne obliczenie wszystkich kątów: \(45^\circ,120^\circ,135^\circ,60^\circ\) **3 pkt** – zapisanie równania \(\frac12\sin^2\delta=\frac38\) lub równoważnego równania dla \(\beta\) **2 pkt** – obliczenie \(\alpha=45^\circ\) i \(\gamma=135^\circ\) **1 pkt** – zapisanie zależności z twierdzenia sinusów \(\frac{|BD|}{\sin\alpha}=2R\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R7.1 i R7.5 stosowanie własności czworokąta wpisanego oraz twierdzenia sinusów.

**D.** \(31^\circ\)

Z rysunku wynika, że punkty \(A\), \(O\) i \(D\) są współliniowe, więc \(AD\) jest średnicą, a kąt \(AOD\) ma miarę \(180^\circ\). Zatem \[|\angle AOC|=180^\circ-118^\circ=62^\circ.\] Kąt \(ABC\) jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku \(AC\) co kąt środkowy \(AOC\), więc \[|\angle ABC|=\frac12\cdot62^\circ=31^\circ.\]

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

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

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

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.

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

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

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

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

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

Trójkąt \(ABC\) jest równoboczny, więc łuk \(CB\) ma miarę \(120^\circ\). Ponieważ \(CD\) jest średnicą, półokrąg \(CD\) ma miarę \(180^\circ\). Stąd łuk \(DB\), na którym oparty jest kąt wpisany \(DEB\), ma miarę \[180^\circ-120^\circ=60^\circ.\] Miara kąta wpisanego jest połową miary odpowiedniego łuku, zatem \[\alpha=\frac12\cdot60^\circ=30^\circ.\]

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

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

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).

**A.** \(\alpha=74^\circ\)

Kąt środkowy oparty na tym samym łuku jest dwa razy większy od wpisanego, więc \(\alpha=2\beta\). Z \(\alpha+\beta=111^\circ\) mamy \(3\beta=111^\circ\), zatem \(\beta=37^\circ\) i \(\alpha=74^\circ\).

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

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

**B.** \(\beta=38^\circ\)

Kąt środkowy jest dwa razy większy od wpisanego, więc \(\alpha=2\beta\). Stąd \(3\beta=114^\circ\), czyli \(\beta=38^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - zależność między kątem środkowym i wpisanym.

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.

Pole koła wynosi (\(252\)−\(144\sqrt{3}\))π. Z geometrii trapezu otrzymujemy kąty α=β=\(30\)°, wysokość trapezu \(3\sqrt{3}\) i podobieństwo trójkątów ABP oraz CDP w skali \(2\). Stąd PO=\(2\sqrt{3}\) i AP=BP=\(4\sqrt{3}\). Pole trójkąta ABP wynosi \(12\sqrt{3}\), więc z zależności P=rs promień okręgu wpisanego jest równy \(12\)−\(6\sqrt{3}\).

Kąt \(ADB\) jest kątem wpisanym opartym na średnicy \(AB\), więc trójkąt \(ABD\) jest prostokątny przy \(D\). Stąd \[\sin\lvert\angle ABD\rvert=\frac{\lvert AD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{6}{12}=\frac12,\qquad \lvert\angle ABD\rvert=30^\circ,\qquad \lvert\angle DAB\rvert=60^\circ.\] Wysokość trapezu: \[h=\lvert AD\rvert\sin60^\circ=3\sqrt3,\] a krótsza podstawa \[\lvert CD\rvert=\lvert AB\rvert-2\lvert AD\rvert\cos60^\circ=12-6=6.\] Trójkąty \(ABP\) i \(CDP\) są podobne (kąty naprzemianległe przy \(AB\parallel CD\)) w skali \(\frac{12}{6}=2\), więc wysokość trapezu dzieli się w stosunku \(2:1\); odległość \(P\) od \(AB\) wynosi \[\tfrac23\cdot3\sqrt3=2\sqrt3.\] Trapez jest równoramienny, więc trójkąt \(ABP\) jest równoramienny o podstawie \(AB=12\): \[\lvert AP\rvert=\lvert BP\rvert=\sqrt{6^2+\left(2\sqrt3\right)^2}=\sqrt{48}=4\sqrt3,\qquad P_{ABP}=\tfrac12\cdot12\cdot2\sqrt3=12\sqrt3.\] Z zależności \(P=r\cdot p\) (pole równe iloczynowi promienia okręgu wpisanego i połowy obwodu): \[p=\frac{12+4\sqrt3+4\sqrt3}{2}=6+4\sqrt3,\qquad r=\frac{12\sqrt3}{6+4\sqrt3}=12-6\sqrt3.\] (\(r>0\), bo \(12>6\sqrt3\approx10{,}39\).) Pole koła wpisanego: \[P_{k}=\pi r^2=\pi\left(12-6\sqrt3\right)^2=\pi\left(144-144\sqrt3+108\right)=\left(252-144\sqrt3\right)\pi.\] **Odpowiedź.** \(P_{k}=\left(252-144\sqrt3\right)\pi\)

**1–2 pkt** – wyznaczenie kątów trapezu i jego wysokości \(3\sqrt3\). **3–4 pkt** – wyznaczenie \(\lvert AP\rvert=\lvert BP\rvert=4\sqrt3\) oraz pola trójkąta \(ABP\). **5 pkt** – wyznaczenie promienia \(r=12-6\sqrt3\). **6 pkt** – obliczenie pola koła \(\left(252-144\sqrt3\right)\pi\).

Klasyfikacja rzeczowa: stosowanie własności trapezu wpisanego w okrąg, podobieństwa trójkątów oraz zależności między polem trójkąta i promieniem okręgu wpisanego.

**B.** \(|\angle CAO|=70^\circ\)

Kąt środkowy \(AOC\), oparty na tym samym łuku co kąt wpisany \(ABC\), ma miarę \(40^\circ\). Trójkąt \(AOC\) jest równoramienny, więc każdy kąt przy podstawie ma miarę \(\frac{180^\circ-40^\circ}{2}=70^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** okrąg - kąt wpisany, kąt środkowy i trójkąt równoramienny.

**C.** \(\alpha=52{,}5^\circ\)

Przyjmijmy \(|CD|=|AD|=r\), wtedy \(|BC|=2r\). W trójkącie prostokątnym \(CDB\) mamy \(|DB|=r\sqrt3\), więc \(|\angle DCB|=60^\circ\). Trójkąt \(ACD\) jest równoramienny prostokątny, zatem \(|\angle ACD|=45^\circ\). Stąd kąt środkowy \(|\angle KCL|=105^\circ\), a oparty na tym samym łuku kąt wpisany ma miarę \(\alpha=52{,}5^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - twierdzenie Pitagorasa, kąty w trójkącie i zależność kąta wpisanego od środkowego.

**C.** \(\alpha=112^\circ\)

Trójkąt \(AOC\) jest równoramienny, ponieważ \(|OA|=|OC|\). Zatem \(|\angle OAC|=|\angle ACO|=56^\circ\), więc \[|\angle AOC|=180^\circ-2\cdot56^\circ=68^\circ.\] Ponieważ \(AB\) jest średnicą, kąty \(AOC\) i \(COB\) są przyległe. Stąd \[\alpha=180^\circ-68^\circ=112^\circ.\]

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - promienie okręgu, trójkąt równoramienny i kąty przyległe.

**D.** \(|\angle AOB|=78^\circ\)

Kąt wpisany \(ABC\) ma miarę \(121^\circ\), więc łuk \(AC\) nie zawierający punktu \(B\) ma miarę \(2\cdot121^\circ=242^\circ\). Drugi łuk \(AC\), przechodzący przez \(B\), ma zatem miarę \(360^\circ-242^\circ=118^\circ\). Ponieważ łuk \(BC\) ma miarę równą kątowi środkowemu \(BOC\), czyli \(40^\circ\), łuk \(AB\) ma miarę \[118^\circ-40^\circ=78^\circ.\] Stąd \(|\angle AOB|=78^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** okrąg - zależność między kątem wpisanym, kątem środkowym i miarą łuku.

**D.** \(\alpha=72^\circ\), \(\beta=72^\circ\)

Kąt wpisany \(DAC\) ma miarę \(36^\circ\), więc odpowiadający mu łuk \(DC\) ma miarę \(72^\circ\). Stąd kąt środkowy \(DOC\) ma miarę \(\alpha=72^\circ\). Analogicznie łuk \(DA\) ma miarę \(72^\circ\). Kąt \(ABC\) opiera się na łuku \(ADC\) o mierze \(144^\circ\), zatem \(\beta=72^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - kąty wpisane i środkowe oraz miary łuków okręgu.

**D.** \(32^\circ\)

Kąt wpisany \(ADB\) ma miarę \(27^\circ\), więc łuk \(AB\) ma miarę \(54^\circ\). Kąt środkowy \(ASC\) wyznacza łuk \(AC\) o mierze \(118^\circ\). Stąd łuk \(BC\) ma miarę \(118^\circ-54^\circ=64^\circ\), a oparty na nim kąt wpisany \(BDC\) ma miarę \(32^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - kąty wpisane, kąty środkowe i miary łuków.

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

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

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

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

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

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

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

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

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.

Teza wynika z twierdzenia Talesa i dwóch zastosowań twierdzenia Pitagorasa.

Ponieważ \(AB\) jest średnicą okręgu, kąty wpisane \(\angle ADB\) i \(\angle ACB\), oparte na tej średnicy, są proste. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach \(ADB\) i \(ACB\) otrzymujemy \[|AD|^2+|BD|^2=|AB|^2\] oraz \[|AC|^2+|BC|^2=|AB|^2.\] Obie lewe strony są więc równe tej samej liczbie \(|AB|^2\), co dowodzi tezy.

**1 pkt** – rozpoznanie kątów prostych i zapis obu równości wynikających z twierdzenia Pitagorasa **2 pkt** – pełne uzasadnienie żądanej równości **0 pkt** – rozwiązanie bez poprawnego postępu

Klucz CKE nie publikuje osobnej tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, kąt wpisany oparty na średnicy i twierdzenie Pitagorasa.

**C.** \(120^\circ\).

Niech miara kąta wpisanego będzie równa \(x\). Kąt środkowy oparty na tym samym łuku ma miarę \(2x\). Z warunku zadania \[x+2x=180^\circ,\] więc \(x=60^\circ\), a kąt środkowy ma miarę \(2x=120^\circ\).

**1 pkt** – zaznaczenie odpowiedzi **C** **0 pkt** – inna odpowiedź albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** 7.1. Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

**C.** \(120^\circ\).

Niech miara kąta wpisanego będzie równa \(x\). Kąt środkowy oparty na tym samym łuku ma miarę \(2x\). Z warunku zadania \[x+2x=180^\circ,\] więc \(x=60^\circ\), a kąt środkowy ma miarę \(2x=120^\circ\).

**1 pkt** – zaznaczenie odpowiedzi **C** **0 pkt** – inna odpowiedź albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** 7.1. Zdający stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym.

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).

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

Niech \(x\) oznacza miarę kąta wpisanego. Kąt środkowy oparty na tym samym łuku ma miarę \(2x\). Z treści zadania \[x=2x-20^\circ,\] stąd \(x=20^\circ\).

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

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

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

Odcinek przechodzący przez środek \(O\) jest średnicą, więc kąt wpisany oparty na tej średnicy ma \(90^\circ\). W odpowiednim trójkącie suma kątów ostrych wynosi \(90^\circ\), zatem \[\alpha=90^\circ-50^\circ=40^\circ.\]

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

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, kąty wpisane i kąt oparty na średnicy.

\[|AC|=\sqrt{\frac{253}{13}}.\]

Niech \(x=|AC|\) oraz \(\alpha=\angle ABC\). Ponieważ czworokąt jest wpisany w okrąg, \(\angle CDA=180^\circ-\alpha\). Z twierdzenia cosinusów w trójkątach \(ABC\) i \(ACD\): \[x^2=2^2+3^2-2\cdot2\cdot3\cos\alpha=13-12\cos\alpha,\] \[x^2=4^2+5^2-2\cdot4\cdot5\cos(180^\circ-\alpha)=41+40\cos\alpha.\] Porównanie równań daje \[13-12\cos\alpha=41+40\cos\alpha,\qquad \cos\alpha=-\frac7{13}.\] Wobec tego \[x^2=13-12\left(-\frac7{13}\right)=\frac{253}{13},\] czyli \(x=\sqrt{\frac{253}{13}}\).

**4 pkt** – poprawna długość \(\sqrt{\frac{253}{13}}\) **3 pkt** – otrzymanie \(AC^2=\frac{253}{13}\) **2 pkt** – poprawne ułożenie i porównanie obu równań z twierdzenia cosinusów **1 pkt** – zapisanie jednego poprawnego równania z twierdzenia cosinusów i wykorzystanie dopełniania się kątów przeciwległych **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7. Planimetria - czworokąt wpisany w okrąg oraz związki miarowe z użyciem twierdzenia cosinusów (R7.1, R7.5) .

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

Z rysunku odczytujemy dwa kąty środkowe o wspólnym ramieniu \(OK\): \(\lvert\angle KOM\rvert=130^\circ\) oraz \(\lvert\angle KOL\rvert=110^\circ\). Kąt środkowy \(MOL\), oparty na łuku \(ML\) niezawierającym punktu \(K\), dopełnia je do kąta pełnego: \[\lvert\angle MOL\rvert=360^\circ-130^\circ-110^\circ=120^\circ.\] Kąt \(LKM\) jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku \(ML\), a kąt wpisany ma miarę o połowę mniejszą od kąta środkowego opartego na tym łuku: \[\lvert\angle LKM\rvert=\tfrac12\cdot120^\circ=60^\circ.\] **Odpowiedź.** B. \(60^\circ\)

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

Zadanie 17. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

B

Kąt prosty trójkąta jest kątem wpisanym opartym na przeciwprostokątnej, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego. Z twierdzenia Pitagorasa \[c=\sqrt{12^2+9^2}=\sqrt{144+81}=\sqrt{225}=15,\] a promień jest połową średnicy: \[R=\frac{15}{2}.\] **Odpowiedź.** B. \(\dfrac{15}{2}\)

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

Zadanie 18. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

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

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

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

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

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.

A. \(160\)°

Długość łuku jest wprost proporcjonalna do miary opartego na nim kąta środkowego, a całemu okręgowi odpowiada kąt \(360^\circ\). Zatem \[\alpha=\tfrac49\cdot360^\circ=160^\circ.\] **Odpowiedź.** A. \(160^\circ\)

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

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

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).

**C.** \(120^\circ\)

Z rysunku odczytujemy \(\lvert\angle CAO\rvert=40^\circ\) oraz \(\lvert\angle OCB\rvert=20^\circ\). Trójkąt \(AOC\) jest równoramienny, bo \(\lvert OA\rvert=\lvert OC\rvert\) (promienie), więc \(\lvert\angle OCA\rvert=40^\circ\) i \[\lvert\angle AOC\rvert=180^\circ-2\cdot40^\circ=100^\circ.\] Tak samo trójkąt \(BOC\) jest równoramienny, więc \(\lvert\angle OBC\rvert=20^\circ\) i \[\lvert\angle BOC\rvert=180^\circ-2\cdot20^\circ=140^\circ.\] Trzy kąty o wierzchołku \(O\) tworzą kąt pełny, zatem wypukły kąt środkowy \(AOB\) ma miarę \[360^\circ-100^\circ-140^\circ=120^\circ.\] **Odpowiedź.** C. \(120^\circ\)

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

Zadanie 17. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

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

Oznaczmy: \(Q\) – punkt styczności prostej z okręgiem (skrajny prawy punkt okręgu), \(P\) – punkt okręgu położony u góry po prawej, \(R\) – punkt okręgu położony u dołu po lewej, \(T\) – punkt przecięcia stycznej z prostą \(PO\). Z rysunku: prosta \(TPO\) przechodzi przez środek okręgu, a kąt przy \(T\) ma \(40^\circ\). Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc \(\lvert\angle OQT\rvert=90^\circ\). Z sumy kątów trójkąta \(OQT\) \[\lvert\angle QOT\rvert=180^\circ-90^\circ-40^\circ=50^\circ.\] Punkt \(P\) leży na półprostej \(OT\), więc kąt środkowy oparty na łuku \(PQ\) ma miarę \(50^\circ\). Kąt \(\alpha\) jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku \(PQ\), zatem \[\alpha=\tfrac12\cdot50^\circ=25^\circ.\] **Odpowiedź.** C. \(25^\circ\)

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

Zadanie 11. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

A. \(25\)°

Z rysunku odczytujemy, że \(AB\) i \(CD\) są średnicami przecinającymi się w środku \(S\) pod kątem \(50^\circ\), a punkt \(M\) leży na okręgu; kąt \(\alpha\) to kąt \(DMB\). Kąt \(ASC\) ma miarę \(50^\circ\), a kąt \(DSB\) jest do niego wierzchołkowy, więc \[\lvert\angle DSB\rvert=50^\circ.\] Jest to kąt środkowy oparty na łuku \(DB\) niezawierającym punktu \(M\), więc ten łuk ma miarę \(50^\circ\). Kąt \(\alpha=\lvert\angle DMB\rvert\) jest kątem wpisanym opartym na tym samym łuku, zatem \[\alpha=\tfrac12\cdot50^\circ=25^\circ.\] **Odpowiedź.** A. \(25^\circ\)

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

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Wykorzystanie związków między kątem wpisanym i środkowym (I.7.a).

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

Z rysunku odczytujemy, że \(AB\) jest średnicą, punkt \(C\) leży na okręgu, a kąt środkowy \(AOC\) ma miarę \(100^\circ\). Kąty \(AOC\) i \(BOC\) są przyległe, więc \[\lvert\angle BOC\rvert=180^\circ-100^\circ=80^\circ.\] Odcinki \(OB\) i \(OC\) są promieniami, zatem trójkąt \(BOC\) jest równoramienny, a kąty przy jego podstawie \(BC\) mają równe miary: \[\alpha=\lvert\angle OCB\rvert=\frac{180^\circ-80^\circ}{2}=50^\circ.\] **Odpowiedź.** B. \(50^\circ\)

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

Zadanie 16. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[P_{ABCD}=234,\qquad \lvert BD\rvert=25,\qquad \lvert AC\rvert=20.\]

Kąt \(DAB\) jest prosty, więc w trójkącie \(ABD\) z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert BD\rvert=\sqrt{7^{2}+24^{2}}=\sqrt{625}=25.\] Kąt \(BCD\) też jest prosty, a \(BD\) jest przeciwprostokątną trójkąta \(BCD\), więc \[\lvert BC\rvert=\sqrt{25^{2}-15^{2}}=\sqrt{400}=20.\] Pole czworokąta jest sumą pól dwóch trójkątów prostokątnych: \[P=\tfrac12\cdot24\cdot7+\tfrac12\cdot15\cdot20=84+150=234.\] Ponieważ kąty \(DAB\) i \(BCD\) są proste, ich suma wynosi \(180^\circ\), więc na czworokącie \(ABCD\) można opisać okrąg, a \(BD\) jest jego średnicą. Z twierdzenia Ptolemeusza dla czworokąta wpisanego w okrąg \[\lvert AC\rvert\cdot\lvert BD\rvert=\lvert AB\rvert\cdot\lvert CD\rvert+\lvert AD\rvert\cdot\lvert BC\rvert,\] \[25\lvert AC\rvert=24\cdot15+7\cdot20=500,\qquad \lvert AC\rvert=20.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=234\), \(\lvert BD\rvert=25\), \(\lvert AC\rvert=20\).

**1 pkt** – obliczenie długości przekątnej \(BD\): \(\lvert BD\rvert=25\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – obliczenie długości boku \(BC\) oraz pola czworokąta: \(P_{ABCD}=P_{ABD}+P_{BCD}=234\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zauważenie, że przekątna \(BD\) jest średnicą okręgu opisanego na czworokącie \(ABCD\) (czyli również na trójkącie \(ABC\)) i zastosowanie twierdzenia sinusów do obliczenia przekątnej \(AC\); albo zastosowanie twierdzenia cosinusów do obliczenia przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert^{2}=\lvert AB\rvert^{2}+\lvert BC\rvert^{2}-2\lvert AB\rvert\cdot\lvert BC\rvert\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\); albo zastosowanie twierdzenia Ptolemeusza do obliczenia przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert\cdot\lvert BD\rvert=\lvert AB\rvert\cdot\lvert CD\rvert+\lvert BC\rvert\cdot\lvert AD\rvert\). **Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)** – obliczenie długości przekątnej \(AC\) z błędem rachunkowym. **Rozwiązanie pełne** – obliczenie długości przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert=20\). Uwaga: jeżeli zdający obliczy pole czworokąta \(ABCD\) popełniając błędy rachunkowe i na tym poprzestanie lub dalej błędnie rozwiązuje zadanie, to otrzymuje \(1\) punkt.

IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich z zastosowaniem trygonometrii (III.7.d.R).

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

Z rysunku odczytujemy kąty środkowe: \(\lvert\angle DOA\rvert=130^\circ\) oraz \(\lvert\angle AOB\rvert=60^\circ\). Miara łuku jest równa mierze opartego na nim kąta środkowego, więc łuk \(DA\) ma \(130^\circ\), a łuk \(AB\) ma \(60^\circ\). Kąty środkowe pełnego okręgu sumują się do \(360^\circ\), zatem łuk \(BCD\), czyli łuk \(BD\) niezawierający punktu \(A\), ma miarę \[360^\circ-130^\circ-60^\circ=170^\circ.\] Kąt wpisany \(BAD\) jest oparty właśnie na tym łuku, a kąt wpisany ma miarę połowy łuku, na którym jest oparty: \[\lvert\angle BAD\rvert=\tfrac12\cdot170^\circ=85^\circ.\] **Odpowiedź.** D. \(85^\circ\)

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

Zadanie 10. (0–1) **Wymaganie ogólne:** wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymaganie szczegółowe:** korzystanie z zależności między kątem wpisanym a kątem środkowym opartymi na tym samym łuku (II.7.a).

C. \(45\)°

Cztery punkty dzielą okrąg na cztery równe łuki, więc każdy z nich ma miarę \[\frac{360^\circ}{4}=90^\circ.\] Z rysunku odczytujemy kolejność punktów na okręgu: \(C\) u góry po prawej, \(D\) u góry po lewej, \(A\) u dołu po lewej, \(B\) u dołu po prawej. Kąt wpisany \(ACD\) jest oparty na łuku \(DA\), który nie zawiera punktu \(C\) i składa się z jednego z czterech równych łuków, ma więc miarę \(90^\circ\). Kąt wpisany ma miarę o połowę mniejszą od kąta środkowego opartego na tym samym łuku: \[\lvert\angle ACD\rvert=\tfrac12\cdot90^\circ=45^\circ.\] **Odpowiedź.** C. \(45^\circ\)

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

Wykorzystanie i interpretowanie informacji. Wykorzystanie związków między kątem wpisanym i środkowym do obliczenia miary kąta (I.7.a).

**C.** \(6{,}5\)

Kąt wpisany oparty na średnicy jest prosty, więc w trójkącie prostokątnym okrąg opisany ma średnicę równą przeciwprostokątnej. Z twierdzenia Pitagorasa \[c=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{169}=13,\] zatem \[R=\frac c2=\frac{13}{2}=6{,}5.\] **Odpowiedź.** C. \(6{,}5\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** stosowanie twierdzenia Pitagorasa oraz własności okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

**B.** \(100^\circ\)

**Krok \(1\).** W zadaniu występują dwa kąty oparte na tym samym łuku: zaznaczony na rysunku kąt środkowy o wierzchołku w \(O\) oraz kąt wpisany \(\alpha\), którego wierzchołek leży na okręgu. Wiąże je twierdzenie: kąt środkowy jest dwa razy większy od kąta wpisanego opartego na tym samym łuku. **Krok \(2\).** Z rysunku odczytujemy miarę zaznaczonego kąta środkowego — jest on równy \(160^\circ\). Wierzchołek kąta \(\alpha\) leży po przeciwnej stronie okręgu niż ten kąt. **Krok \(3\).** Kluczowe pytanie brzmi: na którym z dwóch łuków oparty jest kąt \(\alpha\)? Dwa punkty dzielą okrąg na dwa łuki. Kąt \(160^\circ\) obejmuje ten łuk, po którego przeciwnej stronie leży wierzchołek kąta \(\alpha\), więc \(\alpha\) opiera się na tym drugim, większym łuku. **Krok \(4\).** Kąty środkowe pełnego okręgu sumują się do \(360^\circ\), więc kąt środkowy odpowiadający temu większemu łukowi ma miarę \[360^\circ-160^\circ=200^\circ.\] **Krok \(5\).** Teraz stosujemy twierdzenie o kącie wpisanym: kąt wpisany jest połową kąta środkowego opartego na tym samym łuku, zatem \[\alpha=\tfrac12\cdot200^\circ=100^\circ.\] **Uwaga.** Najczęstszy błąd to odruchowe podzielenie przez dwa liczby widocznej na rysunku: \(160^\circ:2=80^\circ\), czyli odpowiedź A. Zanim się dzieli, trzeba ustalić, na którym łuku opiera się kąt wpisany. Pomocna jest prosta kontrola: kąt wpisany oparty na łuku mniejszym od półokręgu jest ostry, a oparty na łuku większym — rozwarty. **Odpowiedź.** B: \(100^\circ\)

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Skorzystanie ze związków między kątem środkowym i kątem wpisanym.

\(150^{\circ}\)

**Krok \(1\).** Kluczowa obserwacja: długość łuku jest wprost proporcjonalna do miary kąta środkowego, na którym ten łuk jest oparty. Skoro łuki mają się do siebie jak \(7:5\), to w tym samym stosunku pozostają odpowiadające im kąty środkowe. **Krok \(2\).** Oznaczmy przez \(\alpha\) kąt oparty na krótszym łuku, a przez \(\beta\) kąt oparty na dłuższym. Oba kąty razem obiegają cały okrąg: \[\alpha+\beta=360^{\circ},\qquad \frac{\alpha}{\beta}=\frac{5}{7}.\] **Krok \(3\).** Zamiast rozwiązywać układ, myślimy o podziale na części: skoro proporcja to \(7:5\), dzielimy okrąg na \(7+5=12\) równych części. Krótszy łuk to \(5\) takich części, czyli \(\frac{5}{12}\) całego okręgu. **Krok \(4\).** Kąt pełny ma \(360^{\circ}\), więc kąt oparty na krótszym łuku stanowi ten sam ułamek kąta pełnego: \[\alpha=\frac{5}{12}\cdot 360^{\circ}=5\cdot 30^{\circ}=150^{\circ}.\] **Krok \(5\).** Sprawdzamy: \(\beta=\frac{7}{12}\cdot 360^{\circ}=210^{\circ}\), a \(150^{\circ}+210^{\circ}=360^{\circ}\) — zgadza się, przy czym \(150^{\circ}\lt 210^{\circ}\), więc rzeczywiście \(\alpha\) odpowiada krótszemu łukowi. **Uwaga.** Łatwo pomylić części proporcji i wziąć \(\frac{7}{12}\). Krótszemu łukowi odpowiada mniejsza liczba w proporcji, czyli \(5\) — pytanie dotyczy kąta opartego na krótszym łuku. **Odpowiedź.** \(150^{\circ}\)

**1 pkt** – gdy zapisze, że krótszy łuk \(AB\) to \(\frac{5}{12}\) okręgu, lub zapisze układ równań, np.: \(\frac{\alpha}{\beta}=\frac{7}{5}\) i \(\alpha+\beta=360^{\circ}\), lub zapisze, że dwa kolejne punkty zaznaczone na tym okręgu wraz z punktem \(O\) wyznaczają kąt środkowy o mierze \(30^{\circ}\), lub zapisze, że kąt środkowy oparty na dłuższym z łuków \(AB\) ma miarę \(210^{\circ}\), i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **2 pkt** – gdy obliczy miarę kąta środkowego opartego na krótszym z łuków \(AB\): \(\angle AOB=150^{\circ}\).

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – wiąże długość łuku z miarą kąta środkowego.

**D.** \(5\)

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

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

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

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

Z rysunku odczytujemy, że kąt \(40^\circ\) jest kątem wpisanym o wierzchołku w górnym punkcie okręgu, opartym na łuku wyznaczonym przez dolny lewy i prawy punkt okręgu. Kąt środkowy oparty na tym samym łuku jest podzielony przez trzeci promień na dwie części: \(30^\circ\) oraz \(\alpha\). Kąt środkowy jest dwa razy większy od kąta wpisanego opartego na tym samym łuku, więc jego miara wynosi \[2\cdot40^\circ=80^\circ.\] Stąd \[\alpha=80^\circ-30^\circ=50^\circ.\] **Odpowiedź.** A. \(50^\circ\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** stosowanie zależności między kątem środkowym a kątem wpisanym opartym na tym samym łuku, z odczytem danych z rysunku Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

**C.** \(115^\circ\)

Z rysunku odczytujemy, że zaznaczony kąt środkowy \(ASB\) — ten zwrócony ku dolnej części okręgu — ma miarę \(230^\circ\). Jest on oparty na łuku \(AB\) niezawierającym punktu \(C\), więc ten łuk ma miarę \(230^\circ\). Kąt wpisany \(ACB\) jest oparty na tym samym łuku, a kąt wpisany ma miarę o połowę mniejszą od kąta środkowego opartego na tym łuku: \[\lvert\angle ACB\rvert=\tfrac12\cdot230^\circ=115^\circ.\] **Odpowiedź.** C. \(115^\circ\)

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – wiąże kąt wpisany z kątem środkowym.

Punkty \(B\), \(P\) i \(D\) leżą na jednej prostej.

Z rysunku odczytujemy, że oba okręgi przechodzą przez wierzchołek \(A\) prostokąta: jeden ma średnicę \(AD\), drugi średnicę \(AB\); ich drugim punktem wspólnym jest \(P\). Kąt \(APD\) jest kątem wpisanym opartym na średnicy \(AD\), więc \[\lvert\angle APD\rvert=90^\circ.\] Kąt \(APB\) jest kątem wpisanym opartym na średnicy \(AB\), więc \[\lvert\angle APB\rvert=90^\circ.\] Punkty \(B\) i \(D\) leżą po przeciwnych stronach prostej \(AP\), zatem kąty \(APD\) i \(APB\) nie nakładają się i \[\lvert\angle DPB\rvert=\lvert\angle APD\rvert+\lvert\angle APB\rvert=90^\circ+90^\circ=180^\circ.\] Kąt \(DPB\) jest więc kątem półpełnym, co oznacza, że punkty \(B\), \(P\), \(D\) są współliniowe. **Odpowiedź.** Punkty \(B\), \(P\) i \(D\) leżą na jednej prostej.

**1 pkt** – zauważenie, że \(\lvert\angle APD\rvert=90^\circ\) oraz \(\lvert\angle APB\rvert=90^\circ\). **2 pkt** – uzasadnienie obu równości i wywnioskowanie współliniowości punktów \(B\), \(P\), \(D\).

Zadanie 29. (0–2) **Wymaganie ogólne:** rozumowanie i argumentacja. **Wymaganie szczegółowe:** korzystanie z twierdzenia o kącie wpisanym opartym na średnicy okręgu.

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

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

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

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

**C.** \(120^\circ\)

Kąt środkowy oparty na tym samym łuku ma miarę dwa razy większą od kąta wpisanego. Oznaczmy miarę kąta wpisanego przez \(x\); kąt środkowy ma wtedy \(2x\). Z warunku zadania \[x+2x=180^\circ,\qquad x=60^\circ,\] więc kąt środkowy ma miarę \(2x=120^\circ\). **Odpowiedź.** C. \(120^\circ\)

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

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

\[\lvert\angle APB\rvert+\lvert\angle CRD\rvert=180^\circ.\]

Odcinek \(AB\) jest średnicą półokręgu, na którym leży punkt \(P\). Kąt wpisany oparty na średnicy jest prosty, więc \[\lvert\angle APB\rvert=90^\circ.\] Tak samo odcinek \(CD\) jest średnicą półokręgu, na którym leży punkt \(R\), zatem \[\lvert\angle CRD\rvert=90^\circ.\] Stąd \[\lvert\angle APB\rvert+\lvert\angle CRD\rvert=90^\circ+90^\circ=180^\circ,\] co należało udowodnić. Warunek współliniowości punktów \(O\), \(P\), \(R\) gwarantuje jedynie, że oba punkty leżą po tej samej stronie prostej \(AB\) — na wartość obu kątów nie wpływa. **Odpowiedź.** \(\lvert\angle APB\rvert+\lvert\angle CRD\rvert=180^\circ\)

*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.* Odpowiedź CKE: dowód

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

A. \(120\)°

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

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

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

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

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

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

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

**A.** \(54^\circ\)

Dziesięć równych łuków dzieli kąt pełny, więc każdy z nich ma miarę \[\frac{360^\circ}{10}=36^\circ.\] Z rysunku odczytujemy kolejność punktów na okręgu (zgodnie z ruchem wskazówek zegara od \(G\)): \(G, F, E, D, C, B, A, J, I, H\). Łuk \(BE\), na którym oparty jest kąt wpisany \(BGE\) — czyli ten łuk, który nie zawiera punktu \(G\) — składa się z trzech łuków: \(BC\), \(CD\) i \(DE\). Ma więc miarę \[3\cdot36^\circ=108^\circ.\] Kąt wpisany ma miarę o połowę mniejszą od kąta środkowego opartego na tym samym łuku: \[\lvert\angle BGE\rvert=\tfrac12\cdot108^\circ=54^\circ.\] **Odpowiedź.** A. \(54^\circ\)

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – oblicza kąt wpisany z podziału okręgu na równe łuki.

\(V=\dfrac{2\sqrt2}{3}\pi\) (promień podstawy \(r=1\), wysokość \(h=2\sqrt2\)).

**Krok \(1\).** Trzeba rozpoznać, co łączy wycinek koła ze stożkiem. Po rozwinięciu powierzchni bocznej stożka na płaszczyznę promień otrzymanego wycinka jest tworzącą stożka \(l\), a łuk wycinka pokrywa się z okręgiem podstawy stożka — mają więc równe długości. To jedno równanie pozwala wyliczyć promień podstawy, a dalej wystarczy twierdzenie Pitagorasa i wzór na objętość. **Krok \(2\).** Z rysunku odczytujemy tworzącą: \(l=3\). Kąt środkowy wycinka wynosi \(120^\circ\), a to jest \(\frac{120^\circ}{360^\circ}=\frac13\) pełnego kąta, więc wycinek stanowi trzecią część koła o promieniu \(3\). **Krok \(3\).** Obliczamy długość łuku wycinka jako trzecią część obwodu koła o promieniu \(l=3\): \[\text{długość łuku}=\frac13\cdot2\pi l=\frac13\cdot2\pi\cdot3=2\pi.\] **Krok \(4\).** Ten łuk jest okręgiem podstawy stożka o promieniu \(r\), więc \[2\pi r=2\pi,\qquad r=1.\] **Krok \(5\).** Wyznaczamy wysokość stożka z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta o przyprostokątnych \(r\) i \(h\) oraz przeciwprostokątnej \(l\): \[h^2=l^2-r^2=3^2-1^2=9-1=8,\qquad h=\sqrt8=2\sqrt2.\] **Krok \(6\).** Obliczamy objętość ze wzoru \(V=\frac13\pi r^2h\): \[V=\frac13\pi\cdot1^2\cdot2\sqrt2=\frac{2\sqrt2}{3}\pi.\] **Uwaga.** Najczęstszy błąd to potraktowanie liczby \(3\) jako promienia podstawy stożka. Promień wycinka to tworząca \(l\), czyli odcinek od wierzchołka stożka do brzegu podstawy — promień podstawy \(r=1\) trzeba dopiero wyliczyć z długości łuku. Zamiast łuku można porównać pola: \(\frac13\pi l^2=\pi r l\), co daje ten sam wynik. **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{2\sqrt2}{3}\pi\) (promień podstawy \(r=1\), wysokość \(h=2\sqrt2\)).

*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.* **9.1. (1 pkt)** – […] promieniu \(l\) i obwodu koła w podstawie stożka o promieniu \(r\): \(\frac{1}{3}\cdot 2\pi l=2\pi r\) lub • porównanie pola trzeciej części pola koła o promieniu \(l\) i pola powierzchni bocznej stożka \(\frac{1}{3}\pi l^{2}=\pi rl\). **9.2. (1 pkt)** – wyznaczenie promienia podstawy stożka: \(r=1\). **9.3. (1 pkt)** – obliczenie wysokości stożka: \(h=2\sqrt{2}\). **9.4. (1 pkt)** – obliczenie objętości stożka: \(V=\frac{1}{3}\cdot\pi\cdot r^{2}\cdot h=\frac{1}{3}\cdot\pi\cdot 1^{2}\cdot 2\sqrt{2}=\frac{2\sqrt{2}}{3}\pi\).

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

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

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

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **11.1. (1 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych punktów \(A\), \(B\): \(A=(0,-5)\), \(B=(5,0)\). **11.2. (1 pkt)** – wyznaczenie równania symetralnej odcinka \(AB\): \(y=-x\). **11.3. (2 pkt)** – obliczenie współrzędnych punktu \(C\): \(C=\left(\frac{-5\sqrt{2}}{2},\ \frac{5\sqrt{2}}{2}\right)\). **11.4. (1 pkt)** – obliczenie miar kątów trójkąta \(ABC\): \(45^{\circ}\), \(67{,}5^{\circ}\), \(67{,}5^{\circ}\). Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą niż przedstawiona w schemacie przyznajemy maksymalną liczbę punktów.

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

\[P_{ABCD}=18\left(1+\sqrt2\right)\ \mathrm{cm}^2\approx43{,}5\ \mathrm{cm}^2.\]

Odcinki \(OA\), \(OB\), \(OC\), \(OD\) są promieniami okręgu, więc mają długość \(R=6\ \mathrm{cm}\). Dzielą one czworokąt \(ABCD\) na cztery trójkąty o wspólnym wierzchołku \(O\), a suma danych kątów środkowych wynosi \[45^\circ+150^\circ+135^\circ+30^\circ=360^\circ,\] co potwierdza, że punkt \(O\) leży wewnątrz czworokąta. Pole każdego trójkąta obliczamy ze wzoru z sinusem kąta między bokami: \[P=\tfrac12 R^{2}\left(\sin 45^\circ+\sin 150^\circ+\sin 135^\circ+\sin 30^\circ\right).\] Podstawiamy wartości: \[\sin 45^\circ=\sin 135^\circ=\frac{\sqrt2}{2},\qquad \sin 150^\circ=\sin 30^\circ=\frac12,\] \[P=\tfrac12\cdot36\left(\frac{\sqrt2}{2}+\frac12+\frac{\sqrt2}{2}+\frac12\right)=18\left(\sqrt2+1\right).\] Liczbowo \(P\approx18\cdot2{,}414\approx43{,}5\ \mathrm{cm}^2\). **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=18\left(1+\sqrt2\right)\ \mathrm{cm}^2\approx43{,}5\ \mathrm{cm}^2\).

**1. (3 pkt)** – […] pola trójkąta, 1 punkt za prawidłowo określone wartości funkcji trygonometrycznych, 1 punkt za prawidłowe obliczenia): \(P_{1}=P_{2}=9\,\mathrm{cm}^{2}\), \(P_{3}=P_{4}=9\sqrt{2}\,\mathrm{cm}^{2}\) **2. (1 pkt)** – Obliczenie pola czworokąta: \(P=18\left(1+\sqrt{2}\right)\,\mathrm{cm}^{2}\)

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

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

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

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

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