Kwadrat i prostokąt w planimetrii, układzie współrzędnych i bryłach

D. \(6\sqrt{2}\)

Podstawą jest kwadrat o boku \(12\), więc jego przekątna ma długość \(12\sqrt2\), a odległość środka podstawy od wierzchołka podstawy to połowa przekątnej: \[\frac{12\sqrt2}{2}=6\sqrt2.\] Wysokość ostrosłupa, ten odcinek i krawędź boczna tworzą trójkąt prostokątny, zatem \[H=\sqrt{12^2-\left(6\sqrt2\right)^2}=\sqrt{144-72}=\sqrt{72}=6\sqrt2.\] **Odpowiedź.** D. \(6\sqrt2\)

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

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** G10.7) Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.

**B.** \(16\sqrt2\)

Punkty \(A\) i \(B\) są kolejnymi wierzchołkami kwadratu, więc odcinek \(AB\) jest jego bokiem: \[|AB|=\sqrt{(1-(-3))^{2}+(-3-1)^{2}}=\sqrt{16+16}=4\sqrt2.\] Obwód kwadratu jest czterokrotnością boku: \[L=4\cdot4\sqrt2=16\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(L=16\sqrt2\), czyli wariant **B**

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

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 8.6) Zdający oblicza odległość dwóch punktów.

Najkrótsza sieć ma długość \(300(1+\sqrt3)\) km. Węzły leżą na symetralnych przeciwległych boków i są oddalone o \(100\sqrt3\) km od każdej z dwóch sąsiednich miejscowości.

Węzły minimalnej sieci można umieścić na symetralnych boków \(AD\) i \(BC\). Niech ich odległości od tych boków wynoszą \(x\) i \(y\). Długość sieci ma postać \[d=2\sqrt{150^2+x^2}+2\sqrt{150^2+y^2}+300-x-y.\] Dla \(f(x)=2\sqrt{150^2+x^2}-x\) mamy \[f'(x)=\frac{2x}{\sqrt{150^2+x^2}}-1.\] Równanie \(f'(x)=0\) daje \(x=50\sqrt3\); analogicznie \(y=50\sqrt3\). Wtedy \(f(50\sqrt3)=150\sqrt3\), więc \[d_{\min}=300\sqrt3+300=300(1+\sqrt3)\text{ km}.\] Każdy węzeł jest oddalony od dwóch sąsiednich miast o \(100\sqrt3\) km.

**6 pkt** – długość najkrótszej sieci i poprawna lokalizacja węzłów. **5 pkt** – obliczenie długości najkrótszej sieci. **4 pkt** – obliczenie minimum funkcji \(f\). **3 pkt** – wyznaczenie pochodnej \(f'\). **2 pkt** – zapisanie długości sieci w zależności od \(x\) i \(y\). **1 pkt** – uzasadnienie położenia węzłów na symetralnych. **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:** XIII. Optymalizacja i rachunek różniczkowy. 4R) Zdający oblicza pochodną funkcji potęgowej o wykładniku rzeczywistym oraz oblicza pochodną, korzystając z twierdzeń o pochodnej sumy, różnicy, iloczynu, ilorazu i funkcji złożonej; 5R) Zdający stosuje pochodną do badania monotoniczności funkcji; 6R) Zdający rozwiązuje zadania optymalizacyjne z zastosowaniem pochodnej.

\[P=\frac{45}2,\qquad a=-2,\qquad b=\frac{17}2.\]

Odcinek \(AC\) jest przekątną kwadratu: \[|AC|^{2}=(6-0)^{2}+(4-1)^{2}=45.\] Pole kwadratu o przekątnej \(d\) jest równe \(\frac{d^{2}}2\), więc \[P=\frac{45}2.\] Przekątne kwadratu są prostopadłe i przecinają się w swoich środkach. Środek \(AC\) to \(S=\left(3,\frac52\right)\), a współczynnik kierunkowy \(AC\) wynosi \(\frac{4-1}{6-0}=\frac12\), więc prosta \(BD\) ma współczynnik \(a=-2\) i przechodzi przez \(S\): \[\frac52=-2\cdot3+b\quad\Longrightarrow\quad b=\frac{17}2.\] **Odpowiedź.** \(P=\frac{45}2\), \(a=-2\), \(b=\frac{17}2\)

**Część I** **1 pkt** – \(\lvert AC\rvert=\sqrt{45}\). **2 pkt** – pole \(\tfrac{45}{2}\). **Część II** **1 pkt** – \(S=\left(3,\tfrac{5}{2}\right)\), współczynnik \(AC\) równy \(\tfrac{1}{2}\) albo równoważny etap. **2 pkt** – współczynnik \(a=-2\) albo równanie ogólne prostej. **3 pkt** – \(a=-2\) i \(b=\tfrac{17}{2}\). Łącznie maksymalnie 5 pkt.

Wymaganie ogólne: IV. Użycie i tworzenie strategii. Wymaganie szczegółowe: 8.1) Wyznacza równanie prostej przez dwa punkty; 8.3) wyznacza prostą prostopadłą; 8.6) oblicza odległość punktów.

Każda działka powinna mieć wymiary \(x=100\,\mathrm{m}\) oraz \(y=75\,\mathrm{m}\).

Z warunku dotyczącego długości płotu otrzymujemy \[3x+4y-2\cdot10=580,\] czyli \[y=150-\frac34x.\] Pole całej powierzchni magazynowej jest polem prostokąta o bokach \(x\) oraz \(2y\): \[P=x\cdot2y.\] Po podstawieniu zależności na \(y\) dostajemy \[P(x)=2x\left(150-\frac34x\right)=-\frac32x^2+300x.\] Warunki geometryczne \(x>0\) i \(y>10\) dają \(x\in(0,\frac{560}{3})\). Parabola jest skierowana ramionami w dół, więc maksimum przyjmuje w wierzchołku: \[x_w=-\frac{300}{2\cdot(-\frac32)}=100.\] Wtedy \[y=150-\frac34\cdot100=75.\] Zatem największe pole otrzymujemy dla \(x=100\,\mathrm{m}\) i \(y=75\,\mathrm{m}\).

**4 pkt** – poprawna metoda obliczenia obu wymiarów i wyniki \(x=100\,\mathrm{m}\), \(y=75\,\mathrm{m}\) **3 pkt** – poprawny wzór na pole w zależności od jednej zmiennej oraz obliczenie \(x=100\,\mathrm{m}\) **2 pkt** – zapisanie \(P(x)=2x(150-\frac34x)\) dla \(x\in(0,\frac{560}{3})\) **1 pkt** – zapisanie \(P=x\cdot2y\) albo związku \(3x+4y-20=580\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych. IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii rozwiązywania zadań. **Wymagania szczegółowe:** XIII. Zdający rozwiązuje zadania optymalizacyjne w sytuacjach dających się opisać funkcją kwadratową.

a) Z równania pola całkowitego otrzymujemy wysokość, a następnie \(V(a)=6a-\frac{a^{3}}{8}\). b) \(V'(a)=6-\frac{3a^{2}}{8}\), więc maksimum w przedziale występuje dla \(a=4\). Największa objętość wynosi \(V(4)=16\).

**Krok \(1\).** Metoda w części a): z danego pola powierzchni całkowitej wyznaczamy wysokość graniastosłupa w zależności od \(a\) i wstawiamy ją do wzoru na objętość. **Krok \(2\).** Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\) i polu \(\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\), a ściany boczne to trzy prostokąty o wymiarach \(a\times H\). Zatem \[24\sqrt{3}=2\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}+3aH=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}+3aH.\] **Krok \(3\).** Wyznaczamy \(H\): \[3aH=24\sqrt{3}-\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2},\qquad H=\frac{\sqrt{3}\left(48-a^{2}\right)}{6a}.\] **Krok \(4\).** Podstawiamy do wzoru na objętość: \[V=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot H=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}\left(48-a^{2}\right)}{6a}=\frac{3a\left(48-a^{2}\right)}{24}=6a-\frac{1}{8}a^{3}.\] To należało wykazać. **Krok \(5\).** Część b). Obliczamy pochodną funkcji \(V\) na przedziale \(\left(0,4\sqrt{3}\right)\): \[V'(a)=6-\frac{3}{8}a^{2}.\] **Krok \(6\).** Miejsca zerowe pochodnej: \(\frac{3}{8}a^{2}=6\), czyli \(a^{2}=16\). Stąd \(a=4\) (wartość \(a=-4\) nie należy do dziedziny). **Krok \(7\).** Badamy znak: dla \(a\in(0,4)\) mamy \(a^{2}\lt 16\), więc \(V'(a)\gt 0\); dla \(a\in\left(4,4\sqrt{3}\right)\) mamy \(V'(a)\lt 0\). Funkcja \(V\) rośnie na \((0,4]\) i maleje na \(\left[4,4\sqrt{3}\right)\), więc w \(a=4\) osiąga wartość największą. **Krok \(8\).** Obliczamy tę wartość: \[V(4)=6\cdot 4-\frac{1}{8}\cdot 4^{3}=24-8=16.\] **Uwaga.** Samo zerowanie się pochodnej nie wystarcza — trzeba zbadać jej znak po obu stronach punktu \(a=4\) i stwierdzić, że jest to maksimum, a przy tym jedyne ekstremum na całym przedziale, więc zarazem wartość największa. **Odpowiedź.** a) \(V(a)=6a-\frac{1}{8}a^{3}\); b) największą objętość ma graniastosłup o krawędzi podstawy \(a=4\), a objętość ta wynosi \(16\).

**Część a)** **2 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **1 pkt** – wyznaczenie wysokości graniastosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy graniastosłupa, np. \(H=\frac{48\sqrt{3}-a^2\cdot\sqrt{3}}{6a}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Część b)** **4 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(V\) przyjmuje wartość największą dla \(a=4\) oraz obliczenie \(V(4)=16\). **3 pkt** – uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja \(V\) przyjmuje wartość największą dla \(a=4\). **2 pkt** – obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(V\): \(a=4\). **1 pkt** – wyznaczenie pochodnej funkcji \(V\), np. \(V'(a)=6-\tfrac{3}{8}a^2\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwagi do części b):** Uwagi: 1. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja osiąga wartość największą dla wyznaczonej wartości \(a\), przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy zdający bada znak pochodnej ORAZ: opisuje (słownie lub graficznie – np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji \(V\) LUB zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(a\) funkcja \(V\) ma maksimum lokalne i jest to jednocześnie jej największa wartość, LUB zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(a\) funkcja \(V\) ma maksimum lokalne i jest to jedyne ekstremum tej funkcji. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak, i zaznaczając na rysunku (np. znakami „+” i „-”) znak pochodnej. 2. Jeżeli zdający przedstawi niepełne uzasadnienie, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej, 1 punkt za obliczenie miejsca zerowego pochodnej, 1 punkt za obliczenie długości krawędzi podstawy oraz objętości graniastosłupa o największej objętości). 3. Jeżeli zdający nie uzasadnia istnienia największej wartości funkcji, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej, 1 punkt za obliczenie miejsca zerowego pochodnej).

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

Wysokość trójkąta równobocznego spełnia \(\frac{a\sqrt3}{2}=2\sqrt3\), więc \(a=4\), a pole podstawy wynosi \(P_p=\frac{4^2\sqrt3}{4}=4\sqrt3\). W prostokącie \(ABED\): \[\tan60^{\circ}=\frac{H}{4},\qquad H=4\sqrt3.\] Zatem \[V=P_pH=4\sqrt3\cdot4\sqrt3=48,\] \[P_c=2P_p+3aH=8\sqrt3+48\sqrt3=56\sqrt3.\]

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\); jego wysokość wynosi \(\frac{a\sqrt3}2\). Z rysunku odczytujemy, że ta wysokość jest równa \(2\sqrt3\), więc \[\frac{a\sqrt3}2=2\sqrt3\quad\Longrightarrow\quad a=4.\] Ściana boczna \(ABED\) jest prostokątem o bokach \(|AB|=a=4\) i \(|BE|=H\), a \(AE\) jest jego przekątną. Kąt między \(AE\) a krawędzią \(AB\) ma miarę \(60^{\circ}\), więc w trójkącie prostokątnym \(ABE\) \[\tan60^{\circ}=\frac{H}{4}\quad\Longrightarrow\quad H=4\sqrt3.\] Pole podstawy: \[P_p=\frac{a^{2}\sqrt3}4=\frac{16\sqrt3}4=4\sqrt3.\] Objętość i pole powierzchni całkowitej: \[V=P_p\cdot H=4\sqrt3\cdot4\sqrt3=48,\]\[P_c=2P_p+3aH=8\sqrt3+3\cdot4\cdot4\sqrt3=8\sqrt3+48\sqrt3=56\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(V=48\) oraz \(P_c=56\sqrt3\)

1 pkt: obliczenie boku podstawy a = 4 albo zapisanie H = a√3. 2 pkt: obliczenie a = 4 i H = 4√3. 3 pkt: obliczenie V = 48 albo Pc = 56√3. 4 pkt: poprawne obliczenie obu wielkości.

2 pkt – zapisanie wzoru na objętość graniastosłupa w zależności od jednej zmiennej, np. \(V=\frac{a^2\cdot\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{3}\), LUB zapisanie wzoru na pole powierzchni całkowitej graniastosłupa w zależności od jednej zmiennej, np. \(P_c=2\cdot\frac{a^2\cdot\sqrt{3}}{4}+3\cdot a\cdot a\sqrt{3}\).

B. \(4\)

Trójkąt o bokach \(10\), \(24\), \(26\) jest prostokątny, bo \[10^2+24^2=100+576=676=26^2.\] Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(a\), \(b\) i przeciwprostokątnej \(c\) promień okręgu wpisanego wyraża wzór \(r=\frac{a+b-c}{2}\), więc \[r=\frac{10+24-26}{2}=4.\] Kontrola drugą metodą: \(P=\frac12\cdot10\cdot24=120\), \(p=\frac{10+24+26}{2}=30\), \(r=\frac../../{p}=\frac{120}{30}=4\). **Odpowiedź.** B. \(4\)

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

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: G10.21) Konstruuje okrąg wpisany w trójkąt; G10.3) korzysta z własności stycznej.

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.

B. \(4\)

Trójkąt o bokach \(10\), \(24\), \(26\) jest prostokątny, bo \[10^2+24^2=100+576=676=26^2.\] Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(a\), \(b\) i przeciwprostokątnej \(c\) promień okręgu wpisanego wyraża wzór \(r=\frac{a+b-c}{2}\), więc \[r=\frac{10+24-26}{2}=4.\] Kontrola drugą metodą: \(P=\frac12\cdot10\cdot24=120\), \(p=\frac{10+24+26}{2}=30\), \(r=\frac../../{p}=\frac{120}{30}=4\). **Odpowiedź.** B. \(4\)

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

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

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.** \(6\sqrt{10}\)

Pole sześciokąta foremnego o boku \(a\) jest równe \[P_p=6\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{3a^2\sqrt3}{2}.\] Zatem \[\frac{3a^2\sqrt3}{2}=15\sqrt3,\] więc \(a^2=10\) i \(a=\sqrt{10}\). Jedna ściana boczna jest prostokątem o bokach \(6\) i \(\sqrt{10}\), zatem jej pole wynosi \[6\sqrt{10}.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji. Interpretowanie i operowanie informacjami przedstawionymi w tekście, zarówno matematycznym, jak i popularnonaukowym, a także w formie wykresów, diagramów i tabel. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza pola powierzchni graniastosłupów.

**C.** \(8\sqrt2\)

Przekątna graniastosłupa, przekątna podstawy i krawędź boczna tworzą trójkąt prostokątny — kąt \(\alpha\) leży między przekątną bryły a przekątną podstawy (tak zaznaczono go na rysunku). Przekątna kwadratu o boku \(4\) ma długość \[d=4\sqrt2.\] Wysokość graniastosłupa jest przyprostokątną leżącą naprzeciw kąta \(\alpha\), więc \[\tan\alpha=\frac{H}{d}\quad\Longrightarrow\quad H=d\tan\alpha=4\sqrt2\cdot2=8\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(H=8\sqrt2\), czyli wariant **C**

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

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni graniastosłupów i ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń.

**B.** \(6\)

Niech \(S\) będzie wierzchołkiem ostrosłupa, \(O\) środkiem podstawy, a \(M\) środkiem jednego z boków podstawy. Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy jest kątem \(SMO\). Odcinek \[|OM|=\frac42=2,\] a \(|SO|=H\) jest wysokością ostrosłupa. Zatem \[\tan\alpha=\frac{|SO|}{|OM|}=\frac{H}{2}.\] Ponieważ \(\tan\alpha=3\), mamy \[\frac{H}{2}=3,\qquad H=6.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 3. Tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących, w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** X.3) Zdający rozpoznaje w ostrosłupach kąty między ścianami. X.5) Zdający oblicza objętości ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii.

**C.** \(12\).

Odcinek \(AB\) jest prostopadły do ściany \(ADHE\), więc jest prostopadły do leżącej w tej ścianie przekątnej \(AH\). Trójkąt \(ABH\) jest zatem prostokątny w punkcie \(A\). Kąt między \(BH\) i \(AH\), czyli \(\angle BHA\), ma miarę \(30^\circ\). Wobec tego \[\sin30^\circ=\frac{|AB|}{|BH|}=\frac6{|BH|}.\] Ponieważ \(\sin30^\circ=\frac12\), otrzymujemy \[\frac12=\frac6{|BH|},\qquad |BH|=12.\] Poprawna jest odpowiedź **C**.

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** X.3) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach kąty między odcinkami, w tym krawędziami i przekątnymi, oraz oblicza miary tych kątów. VIII.11) Zdający stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków.

**C.** \(12\)

Odcinek \(AB\) jest prostopadły do płaszczyzny ściany \(ADHE\), więc \(AB\perp AH\). Trójkąt \(ABH\) jest zatem prostokątny w punkcie \(A\), a \(\angle AHB=30^\circ\). Mamy \[\sin30^\circ=\frac{|AB|}{|BH|}=\frac6{|BH|}.\] Ponieważ \(\sin30^\circ=\frac12\), otrzymujemy \[\frac12=\frac6{|BH|},\qquad |BH|=12.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 9.1) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach kąty między odcinkami. 9.3) Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków.

**B.** \(62{,}5\%\)

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy, o co pyta zadanie. Zdanie, że pole \(P_1\) stanowi pewien procent pola \(P_2\), znaczy: trzeba obliczyć iloraz \(\frac{P_1}{P_2}\) i zamienić go na procenty. Najpierw więc wyznaczamy oba pola, korzystając ze wzoru: pole prostokąta to iloczyn długości jego boków. **Krok \(2\).** Pole pierwszego prostokąta: \[P_1=a\cdot b=ab.\] **Krok \(3\).** Pole drugiego prostokąta — mnożymy najpierw liczby, potem litery: \[P_2=0{,}2a\cdot8b=(0{,}2\cdot8)\,ab=1{,}6ab.\] **Krok \(4\).** Liczymy iloraz. Boki są dodatnie, więc \(ab\neq0\) i można skrócić: \[\frac{P_1}{P_2}=\frac{ab}{1{,}6ab}=\frac{1}{1{,}6}.\] **Krok \(5\).** Zamieniamy ułamek dziesiętny na zwykły i skracamy: \[\frac{1}{1{,}6}=\frac{10}{16}=\frac58=0{,}625.\] **Krok \(6\).** Zamieniamy na procenty, mnożąc przez \(100\%\): \[0{,}625=62{,}5\%.\] **Uwaga.** Ważny jest kierunek porównania: to \(P_2\) jest większe od \(P_1\) (bo \(1{,}6ab\gt ab\)), więc wynik musi być **mniejszy** niż \(100\%\) — odpowiedzi C i D odpadają od razu. Zauważ też, że wynik nie zależy od konkretnych \(a\) i \(b\), bo litery się skracają. **Odpowiedź.** B: \(62{,}5\%\) pola prostokąta \(P_2\)

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

**Wymagania ogólne:** I. Wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymagania szczegółowe:** 1.8) Zdający wykonuje obliczenia procentowe.

Najkrótsza sieć ma długość \(300(1+\sqrt3)\,\mathrm{km}\). Węzły leżą na symetralnych odpowiednio boków \(AD\) i \(BC\), w odległości \(50\sqrt3\,\mathrm{km}\) od tych boków; każdy jest oddalony o \(100\sqrt3\,\mathrm{km}\) od dwóch najbliższych miast.

W optymalnej konfiguracji lewy węzeł \(K\) leży na symetralnej \(AD\), a prawy węzeł \(L\) na symetralnej \(BC\). Oznaczmy ich odległości od odpowiednich boków przez \(x\) i \(y\). Długość sieci wynosi \[d=2\sqrt{150^2+x^2}+2\sqrt{150^2+y^2}+300-x-y.\] Wystarczy zminimalizować funkcję \[f(x)=2\sqrt{150^2+x^2}-x.\] Jej pochodna to \[f'(x)=\frac{2x}{\sqrt{150^2+x^2}}-1.\] Równanie \(f'(x)=0\) daje \[4x^2=x^2+150^2,\qquad x=50\sqrt3.\] Funkcja maleje przed tym punktem i rośnie po nim, więc jest to minimum. Analogicznie \(y=50\sqrt3\). Ponieważ \(f(50\sqrt3)=150\sqrt3\), otrzymujemy \[d_{\min}=2\cdot150\sqrt3+300=300(1+\sqrt3)\,\mathrm{km}.\] Odległość każdego węzła od dwóch przypisanych mu miast wynosi \[\sqrt{150^2+(50\sqrt3)^2}=100\sqrt3\,\mathrm{km}.\]

**6 pkt** – długość najkrótszej sieci i poprawna lokalizacja obu węzłów **5 pkt** – obliczenie długości \(300(1+\sqrt3)\,\mathrm{km}\) **4 pkt** – obliczenie najmniejszej wartości funkcji \(f\) **3 pkt** – poprawne obliczenie pochodnej \(f'\) **2 pkt** – wyrażenie długości sieci przez odległości węzłów od prostych \(AD\) i \(BC\) **1 pkt** – uzasadnienie, że węzły leżą na symetralnych boków \(AD\) i \(BC\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; stosowanie i tworzenie strategii również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** XIII.4R-XIII.6R obliczanie pochodnych, badanie monotoniczności oraz rozwiązywanie zadań optymalizacyjnych z zastosowaniem pochodnej.

**C.** \(40\)

Punkty \(A\) i \(C\) są przeciwległymi wierzchołkami kwadratu, więc odcinek \(AC\) jest jego przekątną: \[d=|AC|=\sqrt{(3-(-1))^{2}+(-3-5)^{2}}=\sqrt{16+64}=\sqrt{80}.\] Pole kwadratu o przekątnej \(d\) jest równe \(\frac{d^{2}}2\): \[P=\frac{80}2=40.\] **Odpowiedź.** \(P=40\), czyli wariant **C**

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

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** IX.3) Zdający oblicza odległość dwóch punktów w układzie współrzędnych.

Boki \(50\text{ m}\) i \(200\text{ m}\); największe pole \(10\ 000\text{ m}^2\).

Niech \(x\) oznacza wysokość prostokąta, a \(y=|EF|\) jego drugi bok. Z porównania pól trapezów zgodnie ze wskazówką: \[\frac{100+400}{2}\cdot75=\frac{400+y}{2}x+\frac{100+y}{2}(75-x).\] Po uproszczeniu otrzymujemy \[y=400-4x.\] Pole prostokąta jest więc funkcją \[P(x)=x(400-4x)=-4x^2+400x,\qquad x\in(0,75].\] Parabola ma ramiona skierowane w dół. Współrzędna wierzchołka wynosi \[x=-\frac{400}{2\cdot(-4)}=50.\] Wtedy \[y=400-4\cdot50=200,\] a największe pole jest równe \[P(50)=50\cdot200=10\ 000\text{ m}^2.\]

**4 pkt** – poprawna metoda oraz wyniki: \(50\text{ m}\times200\text{ m}\) i \(10\ 000\text{ m}^2\) **3 pkt** – zapisanie dziedziny \(x\in(0,75]\) oraz wyznaczenie argumentu maksimum \(x=50\text{ m}\) **2 pkt** – zapisanie wzoru \(P(x)=x(400-4x)\) **1 pkt** – zapisanie zależności \(y=400-4x\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja oraz przeprowadzanie rozumowań kilkuetapowych. **Wymagania szczegółowe:** XIII zdający rozwiązuje zadania optymalizacyjne w sytuacjach dających się opisać funkcją kwadratową.

**C.** \(50\)

W sześciokącie foremnym o boku \(5\) najdłuższa przekątna przechodzi przez środek i ma długość \[|AD|=2\cdot5=10.\] Przekątna \(AD'\) graniastosłupa rzutuje się na podstawę na odcinek \(AD\), więc kąt \(45^{\circ}\) leży w trójkącie prostokątnym \(ADD'\) między \(AD'\) a \(AD\). Stąd \[H=|DD'|=|AD|\tan45^{\circ}=10.\] Ściana boczna jest prostokątem o bokach równych krawędzi podstawy i wysokości: \[P=5\cdot10=50.\] **Odpowiedź.** Pole ściany bocznej jest równe \(50\), czyli wariant **C**

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

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza […] pola powierzchni graniastosłupów i ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń.

**A.** \(\sqrt2\)

Rzutem najdłuższej krawędzi bocznej na płaszczyznę podstawy jest przekątna kwadratu o boku \(6\), czyli odcinek długości \[d=6\sqrt2.\] Wysokość ostrosłupa ma długość \(12\). Dla kąta \(\alpha\) nachylenia tej krawędzi do podstawy \[\tan\alpha=\frac{12}{6\sqrt2}=\frac2{\sqrt2}=\sqrt2.\]

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

**Wymagania ogólne:** II i III wykorzystanie informacji i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** X.2 zdający posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną.

**B.** \(45\)

Rzutem przekątnej graniastosłupa na płaszczyznę podstawy jest przekątna kwadratu o boku \(15\), czyli odcinek długości \(15\sqrt2\). Jeśli \(d\) oznacza przekątną graniastosłupa, to \[\cos\alpha=\frac{15\sqrt2}{d}=\frac{\sqrt2}{3}.\] Stąd \(d=45\).

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; dobieranie i tworzenie modeli matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** X.2, X.3 i VII.4 zdający posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną, rozpoznaje odpowiednie kąty w graniastosłupie oraz rozwiązuje trójkąty.

\(144\)

Krawędź boczna prostopadła do podstawy jest wysokością ostrosłupa, więc \(H=12\). Pole kwadratowej podstawy wynosi \[P_p=6^2=36.\] Objętość jest równa \[V=\frac13P_pH=\frac13\cdot36\cdot12=144.\]

**1 pkt** – poprawny wynik \(144\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymagania szczegółowe:** X.4 zdający oblicza objętości ostrosłupów.

\[S=\frac{8(4+\sqrt{10})}{3}\,a.\]

Bok kwadratu \(K_2\) jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(\frac14a\) i \(\frac34a\), zatem \[a_2=\sqrt{\left(\frac a4\right)^2+\left(\frac{3a}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{10}}4a.\] Stosunek długości boków kolejnych kwadratów, a więc także ich obwodów, jest równy \[q=\frac{\sqrt{10}}4.\] Ponieważ \(0<q<1\), suma obwodów istnieje. Pierwszy wyraz ciągu obwodów jest równy \(4a\), więc \[S=\frac{4a}{1-\frac{\sqrt{10}}4}=\frac{16a}{4-\sqrt{10}}=\frac{8(4+\sqrt{10})}{3}\,a.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\frac{8(4+\sqrt{10})}{3}a\) **3 pkt** – zapisanie szeregu obwodów, np. \(4a\left(1+\frac{\sqrt{10}}4+\frac58+\ldots\right)\), i zastosowanie wzoru na sumę szeregu geometrycznego **2 pkt** – wyznaczenie ilorazu ciągu obwodów \(q=\frac{\sqrt{10}}4\) **1 pkt** – obliczenie długości boku drugiego kwadratu \(a_2=\frac{\sqrt{10}}4a\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; 2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** VI.R2) Zdający oblicza granice ciągów, korzystając z granic ciągów typu \(\frac1n\), \(\frac1{n^2}\) oraz z twierdzeń o działaniach na granicach ciągów; oblicza sumę szeregu geometrycznego.

Suma obwodów wynosi \(\displaystyle \frac{8(4+\sqrt{10})a}{3}\). Iloraz szeregu obwodów jest równy \(\displaystyle q=\frac{\sqrt{10}}{4}\), a pierwszy wyraz to \(4a\).

Wierzchołek kwadratu \(K_2\) dzieli bok kwadratu \(K_1\) w stosunku \(1:3\), więc odcina od niego części o długościach \(\frac a4\) i \(\frac{3a}4\). Bok kwadratu \(K_2\) jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego o takich przyprostokątnych: \[a_2=\sqrt{\left(\frac a4\right)^{2}+\left(\frac{3a}4\right)^{2}}=\sqrt{\frac{10a^{2}}{16}}=\frac{\sqrt{10}}4a.\] Ten sam rachunek stosuje się do każdej kolejnej pary kwadratów, więc stosunek długości boków — a zatem także obwodów — jest stały i równy \[q=\frac{\sqrt{10}}4.\] Ponieważ \(\sqrt{10}<4\), zachodzi \(|q|<1\), więc szereg geometryczny obwodów jest zbieżny i wolno zastosować wzór \(S=\frac{L_1}{1-q}\). Pierwszy obwód wynosi \(L_1=4a\), zatem \[S=\frac{4a}{1-\frac{\sqrt{10}}4}=\frac{16a}{4-\sqrt{10}}=\frac{16a\left(4+\sqrt{10}\right)}{16-10}=\frac{8\left(4+\sqrt{10}\right)}3\,a.\] **Odpowiedź.** \(S=\frac{8\left(4+\sqrt{10}\right)}3\,a\)

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(L=\frac{4a}{1-\frac{\sqrt{10}}{4}}\) (lub \(L=\frac{8\cdot(4+\sqrt{10})a}{3}\)). **3 pkt** – zapisanie: \(L=4a\left(1+\frac{\sqrt{10}}{4}+\frac{5}{8}+\ldots\right)\). **2 pkt** – obliczenie ilorazu ciągu: \(q=\frac{\sqrt{10}}{4}\). **1 pkt** – obliczenie długości boku drugiego kwadratu: \(a_{2}=\frac{\sqrt{10}}{4}a\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwagi:** 1. Jeżeli zdający obliczy tylko sumę długości boków (po jednym z każdego kwadratu), to może otrzymać co najwyżej \(3\) punkty za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli zdający błędnie ustala stosunek podziału długości boku kwadratu i rozwiązuje zadanie konsekwentnie do końca, to może otrzymać co najwyżej \(2\) punkty za całe rozwiązanie (za obliczenie ilorazu \(q\) ciągu, o ile \(q\in(0,\,1)\), oraz za konsekwentne obliczenie sumy obwodów wszystkich kwadratów). 3. Jeżeli zdający przyjmuje do obliczeń konkretną długość boku kwadratu \(K_{1}\) i rozwiązuje zadanie konsekwentnie do końca, to otrzymuje \(2\) punkty za całe rozwiązanie. 4. Jeżeli zdający popełni błąd rachunkowy i otrzyma iloraz \(q\) ciągu, który jest liczbą spoza przedziału \((0,\,1)\), to może otrzymać co najwyżej \(1\) punkt za całe rozwiązanie (za poprawne obliczenie \(a_{2}\)).

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R5.2) Zdający rozpoznaje szeregi geometryczne zbieżne i oblicza ich sumy.

Najkrótsza sieć ma długość \(300(1+\sqrt3)\,\mathrm{km}\). Węzły leżą na wspólnej osi symetrii kwadratu: każdy w odległości \(50\sqrt3\,\mathrm{km}\) od odpowiedniego pionowego boku oraz \(100\sqrt3\,\mathrm{km}\) od dwóch sąsiednich miast.

Symetryzacja pokazuje, że lewy węzeł \(K\) musi leżeć na symetralnej odcinka \(AD\), a prawy węzeł \(L\) na symetralnej odcinka \(BC\). Niech \(x\) i \(y\) oznaczają ich odległości odpowiednio od prostych \(AD\) i \(BC\). Długość sieci jest równa \[d=2\sqrt{150^2+x^2}+2\sqrt{150^2+y^2}+300-x-y.\] Wprowadzamy \[f(x)=2\sqrt{150^2+x^2}-x.\] Wtedy \[f'(x)=\frac{2x}{\sqrt{150^2+x^2}}-1.\] Równanie \(f'(x)=0\) daje \(x=50\sqrt3\). Funkcja maleje przed tym punktem i rośnie po nim, więc przyjmuje tam minimum równe \(150\sqrt3\). Analogicznie \(y=50\sqrt3\). Zatem \[d_{\min}=f(x)+f(y)+300=300(1+\sqrt3)\,\mathrm{km}.\] Każdy węzeł leży na poziomej osi symetrii kwadratu, w odległości \(50\sqrt3\,\mathrm{km}\) od odpowiedniego pionowego boku. Jego odległość od obu przyległych miast wynosi \[\sqrt{150^2+(50\sqrt3)^2}=100\sqrt3\,\mathrm{km}.\]

**6 pkt** – obliczenie długości najkrótszej sieci z dwoma węzłami i podanie lokalizacji węzłów względem miast **5 pkt** – obliczenie długości najkrótszej sieci z dwoma węzłami **4 pkt** – obliczenie najmniejszej wartości funkcji \(f\) **3 pkt** – obliczenie pochodnej funkcji \(f\) **2 pkt** – wyrażenie długości sieci za pomocą odległości węzłów od prostych \(AD\) i \(BC\) **1 pkt** – uzasadnienie, że węzły muszą znajdować się na symetralnych odcinków \(AD\) i \(BC\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.4 stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** XIII.4R-XIII.6R obliczanie pochodnych, badanie monotoniczności i rozwiązywanie zadań optymalizacyjnych z zastosowaniem pochodnej.

**C oraz E.**

Obwód prostokąta opisuje równanie \(2(a+b)=30\), równoważnie \(2a+2b=30\). Ponieważ \(a>b\), warunek różnicy boków ma postać \(a-b=5\), równoważnie \(b=a-5\). Odpowiadają temu układy **C** i **E**.

**2 pkt** – wybranie dwóch odpowiedzi, z których obie są poprawne **1 pkt** – wybranie jednej lub dwóch odpowiedzi, z których jedna jest poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** IV.2 zdający stosuje układy równań do rozwiązywania zadań tekstowych.

**B.** \(4\sqrt{10}\)

Przekątne prostokąta są równe, przecinają się w połowie i dzielą prostokąt na cztery trójkąty. Jeżeli długość przekątnej oznaczymy przez \(d\), to \[P=4\cdot\frac12\cdot\frac d2\cdot\frac d2\sin\alpha=\frac12d^2\sin\alpha.\] Zatem \(16=\frac12d^2\cdot0{,}2\), więc \(d^2=160\) i \(d=4\sqrt{10}\).

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

**Wymagania ogólne:** III. użycie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** IX.1 i IX.2 stosowanie funkcji trygonometrycznych i wzoru na pole trójkąta.

**D.** \(30\)

Punkty \(C=(-3,1)\) i \(D=(2,1)\) mają tę samą drugą współrzędną, więc bok \(CD\) jest poziomy i \[|CD|=2-(-3)=5.\] Boki \(CD\) i \(AD\) prostokąta są prostopadłe, więc pole wynosi \[P=|CD|\cdot|AD|=5\cdot6=30.\] **Odpowiedź.** \(P=30\), czyli wariant **D**

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

Zadanie 23. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2021 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria analityczna.

**B.** \(136\)

Punkt \(M\) jest przecięciem przekątnych, więc odcinek \(AM\) jest połową przekątnej: \[|AM|=\sqrt{(3-1)^{2}+(-5-3)^{2}}=\sqrt{4+64}=\sqrt{68},\qquad d=2\sqrt{68}.\] Pole kwadratu o przekątnej \(d\): \[P=\frac{d^{2}}2=\frac{4\cdot68}2=136.\] **Odpowiedź.** \(P=136\), czyli wariant **B**

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

**Wymagania egzaminacyjne 2021** **Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 8.6) Zdający oblicza odległość dwóch punktów.

**C.** \(24+12\sqrt3\)

Podstawą jest sześciokąt foremny o boku \(2\), złożony z sześciu trójkątów równobocznych o tym boku: \[P_p=6\cdot\frac{2^{2}\sqrt3}4=6\sqrt3.\] Wszystkie krawędzie mają długość \(2\), więc wysokość graniastosłupa wynosi \(H=2\), a każda z sześciu ścian bocznych jest kwadratem o boku \(2\): \[P_b=6\cdot2\cdot2=24.\] Pole powierzchni całkowitej: \[P_c=2P_p+P_b=12\sqrt3+24.\] **Odpowiedź.** \(P_c=24+12\sqrt3\), czyli wariant **C**

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

Zadanie 24. Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2021 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[\sin|\angle AFB|=\frac{4\sqrt3}{13}.\]

Trójkąt \(AFB\) jest równoramienny. Krawędzie \(AF\) i \(BF\) są przekątnymi prostokątów o bokach \(4\) i \(6\), więc \[|AF|=|BF|=\sqrt{4^2+6^2}=2\sqrt{13}.\] W trójkącie \(AFB\), dla \(\alpha=|\angle AFB|\), z twierdzenia cosinusów: \[|AB|^2=|AF|^2+|BF|^2-2|AF||BF|\cos\alpha.\] Zatem \[16=52+52-104\cos\alpha,\qquad\cos\alpha=\frac{11}{13}.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc \[\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\sqrt{1-\frac{121}{169}}=\frac{4\sqrt3}{13}.\]

**4 pkt** – poprawne obliczenie \(\sin|\angle AFB|=\frac{4\sqrt3}{13}\) **3 pkt** – obliczenie \(\cos|\angle AFB|=\frac{11}{13}\) albo pola \(P_{AFB}=8\sqrt3\) **2 pkt** – zapisanie poprawnego równania z twierdzenia cosinusów albo wzoru na pole z sinusem kąta \(AFB\) **1 pkt** – obliczenie \(|AF|=2\sqrt{13}\) albo innego istotnego odcinka prowadzącego do rozwiązania **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.4 korzystanie z własności funkcji trygonometrycznych w obliczeniach geometrycznych.

**B.** \(196\)

Przekątna prostokąta \(AEFG\) ma długość \[|AF|=\sqrt{30^2+40^2}=50.\] Prostokąty \(AEFG\) i \(ABCD\) mają odpowiadające sobie boki równoległe, a ich przekątne leżą na tej samej prostej, dlatego skala powiększenia wynosi \[k=\frac{|AC|}{|AF|}=\frac{70}{50}=\frac75.\] Boki prostokąta \(ABCD\) mają więc długości \[30\cdot\frac75=42,\qquad40\cdot\frac75=56.\] Jego obwód jest równy \[2(42+56)=196.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie twierdzenia Pitagorasa i podobieństwa figur w obliczeniach geometrycznych.

Punkt przecięcia przekątnych: \[O=\left(1,\frac43\right).\] Pole kwadratu: \[P=50.\]

Przekątne kwadratu są prostopadłe. Prosta \(BD\) ma współczynnik kierunkowy \(\frac43\), więc prosta \(AC\) ma współczynnik \(-\frac34\). Ponieważ przechodzi przez punkt \(A=(5,-\frac53)\), jej równanie ma postać \[y+\frac53=-\frac34(x-5),\]\[y=-\frac34x+\frac{25}{12}.\] Punkt \(O\) jest przecięciem prostych \(AC\) i \(BD\), więc rozwiązujemy \[\frac43x=-\frac34x+\frac{25}{12}.\] Po pomnożeniu przez \(12\) otrzymujemy \(16x=-9x+25\), stąd \(x=1\) i \(y=\frac43\). Zatem \[O=\left(1,\frac43\right).\] Długość połowy przekątnej wynosi \[|AO|=\sqrt{(5-1)^2+\left(-\frac53-\frac43\right)^2}=\sqrt{16+9}=5.\] Cała przekątna ma długość \(d=10\), więc pole kwadratu wynosi \[P=\frac{d^2}{2}=\frac{10^2}{2}=50.\]

**4 pkt** – obliczenie \(O=(1,\frac43)\) oraz pola kwadratu \(P=50\) **3 pkt** – obliczenie punktu \(O\) i długości przekątnej \(10\) albo równoważny istotny etap prowadzący do obu wyników **2 pkt** – wyznaczenie równania prostej \(AC\) i punktu \(O=(1,\frac43)\) albo obliczenie odległości punktu \(A\) od prostej \(BD\) oraz pola \(50\) **1 pkt** – wyznaczenie równania prostej \(AC\) albo obliczenie odległości punktu \(A\) od prostej \(BD\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 8.3, 8.4 i 8.5 wyznaczanie równania prostej prostopadłej, punktu przecięcia prostych i środka odcinka.

**B.** \(20\)

Odcinek \(AC\) jest przekątną kwadratu: \[d=\sqrt{(0-1)^{2}+(5+2)^{2}}=\sqrt{1+49}=5\sqrt2.\] Bok kwadratu jest \(\sqrt2\) razy krótszy od przekątnej: \[a=\frac{5\sqrt2}{\sqrt2}=5,\qquad L=4a=20.\] **Odpowiedź.** Obwód wynosi \(20\), czyli wariant **B**

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

Zadanie 17. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2020 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria analityczna.

**D.** \(2\sqrt6\)

Przekątna graniastosłupa rzutuje się na podstawę na przekątną podstawy, więc kąt \(60^{\circ}\) leży w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych: przekątnej podstawy i wysokości bryły. Przekątna kwadratu o boku \(2\) ma długość \(d=2\sqrt2\), zatem \[H=d\tan60^{\circ}=2\sqrt2\cdot\sqrt3=2\sqrt6.\] **Odpowiedź.** \(H=2\sqrt6\), czyli wariant **D**

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

Zadanie 22. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2020 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

C. \(54\)

Z rysunku odczytujemy, że \(P\) leży na boku \(AB\), a \(R\) na boku \(DC\), przy czym \(AP\parallel RC\). Z danych proporcji \[\lvert AP\rvert=\tfrac35\lvert AB\rvert,\qquad \lvert CR\rvert=\tfrac35\lvert CD\rvert=\tfrac35\lvert AB\rvert.\] Odcinki \(AP\) i \(RC\) są więc równoległe i równej długości, zatem czworokąt \(APCR\) jest równoległobokiem. Jego wysokość opuszczona na bok \(AP\) jest równa wysokości prostokąta, czyli \(\lvert BC\rvert\). Stąd \[P_{APCR}=\lvert AP\rvert\cdot\lvert BC\rvert=\tfrac35\lvert AB\rvert\cdot\lvert BC\rvert=\tfrac35\cdot90=54.\] **Odpowiedź.** C. \(54\)

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

Zadanie 22. (0–1) **Wymaganie ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymaganie szczegółowe:** G10. Figury płaskie — obliczanie pól i obwodów trójkątów i czworokątów (G10.9).

**B.** \(108\pi\sqrt2\)

Przekrój osiowy walca jest kwadratem o boku \(a\); z przekątnej \(a\sqrt2=12\) otrzymujemy \(a=6\sqrt2\). Bok kwadratu to jednocześnie średnica podstawy i wysokość walca, więc \[r=3\sqrt2,\qquad H=6\sqrt2.\] Objętość: \[V=\pi r^{2}H=\pi\cdot18\cdot6\sqrt2=108\sqrt2\,\pi.\] **Odpowiedź.** \(V=108\sqrt2\,\pi\), czyli wariant **B**

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

Zadanie 24. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[\cos\alpha=\frac{\sqrt5}{5}.\]

Podstawą jest kwadrat o boku \(6\), więc \[P_p=36,\qquad P_c=4P_p=144,\qquad P_b=P_c-P_p=108.\] Powierzchnia boczna składa się z czterech przystających trójkątów, więc każdy ma pole \(27\). Wysokość ściany bocznej \(m\) (poprowadzona do krawędzi podstawy) spełnia \[\tfrac12\cdot6\cdot m=27,\qquad m=9.\] Krawędź boczną \(b\) wyznaczamy z trójkąta prostokątnego, w którym \(m\) jest wysokością trójkąta równoramiennego o podstawie \(6\): \[b=\sqrt{m^{2}+3^{2}}=\sqrt{81+9}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}.\] Rzutem krawędzi bocznej na płaszczyznę podstawy jest połowa przekątnej kwadratu: \[\frac{6\sqrt2}{2}=3\sqrt2.\] Kąt \(\alpha\) jest kątem między krawędzią boczną a jej rzutem, zatem \[\cos\alpha=\frac{3\sqrt2}{3\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{5}.\] **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\dfrac{\sqrt5}{5}\approx0{,}447\).

**5 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy: \(\cos\alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}\). **[…] pkt** – rozwiązanie prawie pełne: zdający obliczy długość krawędzi bocznej ostrosłupa: \(b=3\sqrt{10}\) albo obliczy \(\operatorname{tg}\alpha\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający obliczy wysokość ściany bocznej ostrosłupa: \(h_b=9\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający zapisze równanie pozwalające obliczyć wysokość ściany bocznej, np. \(4\cdot\frac{1}{2}\cdot 6\cdot h_b=108\). **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: zdający zapisze zależność pomiędzy polem powierzchni bocznej a polem podstawy lub pomiędzy polem ściany bocznej a polem podstawy, albo zapisze dwa równania, albo obliczy pole powierzchni bocznej ostrosłupa: \(P_b=108\), albo zapisze, że \(\cos\alpha=\frac{\lvert AO\rvert}{\lvert AS\rvert}\), albo obliczy długość przekątnej podstawy ostrosłupa lub połowę jej długości.

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami i płaszczyznami oraz oblicza miary tych kątów (9.2). 6. Trygonometria. Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów od 0° do 180° (6.1).

**C.** \(6\sqrt2\)

Bok kwadratu ma długość \[|AB|=\sqrt{(4+2)^{2}+(-1-5)^{2}}=\sqrt{36+36}=6\sqrt2.\] Okrąg wpisany w kwadrat jest styczny do wszystkich jego boków, więc jego średnica jest równa bokowi kwadratu. **Odpowiedź.** Średnica wynosi \(6\sqrt2\), czyli wariant **C**

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

Zadanie 20. (0−1) Wersja Wersja II. Wykorzystanie 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. I II i interpretowanie Zdający oblicza odległość dwóch punktów (8.6). reprezentacji. C D

\[V(x)=8x^2(11-3x),\qquad D_V=\left(0,\frac52\right].\] Największa objętość występuje dla \[x=\frac{22}{9}\] i wynosi \[V_{\max}=\frac{42592}{243}=175\frac{67}{243}.\]

Szkielet składa się z dwunastu listewek. Cztery mają długość \(6-2x\), cztery długość \(10-3x\), a cztery długość \(6-x\). Każda ma pole przekroju \(x^2\), zatem \[V(x)=4x^2(6-2x)+4x^2(10-3x)+4x^2(6-x)=8x^2(11-3x).\] Z warunków geometrycznych otrzymujemy \(x>0\), \(6\geq2x\) i \(10-2x\geq2x\), więc \[D_V=\left(0,\frac52\right].\] Liczymy pochodną: \[V'(x)=8x(22-9x).\] W dziedzinie funkcja rośnie dla \(0<x<\frac{22}{9}\) i maleje dla \(\frac{22}{9}<x\leq\frac52\). Maksimum osiąga zatem dla \[x=\frac{22}{9}.\] Jego wartość jest równa \[V\left(\frac{22}{9}\right)=8\left(\frac{22}{9}\right)^2\left(11-3\cdot\frac{22}{9}\right)=\frac{42592}{243}=175\frac{67}{243}.\]

**7 pkt** – wyznaczenie funkcji i jej dziedziny, pełna analiza maksimum oraz obliczenie \(V_{\max}=\frac{42592}{243}\) **6 pkt** – poprawne ustalenie \(x=\frac{22}{9}\), bez poprawnego obliczenia największej objętości **5 pkt** – uzasadnienie znakiem pochodnej, że maksimum występuje dla \(x=\frac{22}{9}\) **4 pkt** – obliczenie miejsc zerowych pochodnej: \(0\) i \(\frac{22}{9}\) **3 pkt** – zapisanie długości trzech rodzajów listewek, funkcji \(V(x)=8x^2(11-3x)\) oraz dziedziny \(D_V=(0,\frac52]\) **2 pkt** – poprawne zapisanie funkcji objętości, nawet przy pominięciu lub błędzie w dziedzinie **1 pkt** – poprawne zapisanie długości listewek: \(6-2x\), \(10-3x\), \(6-x\) **0 pkt** – brak istotnego postępu Klucz CKE dopuszcza również zapis dziedziny \((0,\frac52)\).

Klucz CKE nie zawiera przy tym zadaniu osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** optymalizacja - modelowanie objętości bryły funkcją wielomianową, warunki geometryczne dziedziny, pochodna i badanie największej wartości funkcji.

B

Przekrój osiowy walca jest prostokątem o wymiarach \(2r\times H\), gdzie \(r\) to promień podstawy, a \(H\) — wysokość walca. Z treści wynika, że jest to kwadrat, więc \[2r=H.\] Przekątna kwadratu o boku \(a\) jest równa \(a\sqrt2\), a z treści przekątna wynosi \(10\sqrt2\). Zatem \[a\sqrt2=10\sqrt2,\qquad a=10.\] Stąd \(2r=10\), czyli \(r=5\), oraz \(H=10\). Pole powierzchni bocznej walca liczymy ze wzoru \(P_b=2\pi rH\): \[P_b=2\pi\cdot5\cdot10=100\pi.\] **Odpowiedź.** B. \(100\pi\)

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

Zadanie 23. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Kombinatoryka.

V = \(\frac{81}{2}\). Graniastosłup ma pięć ścian, a z warunku wynika, że każda ma pole równe polu podstawy. Zatem pole podstawy to \(45\)√\(\frac{3}{5 = 9}\)√\(3\). Dla trójkąta równobocznego \(a^{2}\)√\(\frac{3}{4 = 9}\)√\(3\), więc a = \(6\). Pole ściany bocznej ah = \(9\sqrt{3}\) daje \(h\) = \(3\)√\(\frac{3}{2}\). Objętość wynosi \(9\)√\(3\cdot 3\)√\(\frac{3}{2 = 81}\)/\(2\).

**Krok \(1\).** Graniastosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawach trójkąty równoboczne, a jego trzy ściany boczne są przystającymi prostokątami. Warunek z zadania mówi, że pole podstawy równa się polu ściany bocznej — czyli wszystkie pięć ścian ma to samo pole. To pozwala od razu obliczyć pole jednej z nich. **Krok \(2\).** Pole powierzchni całkowitej to suma pól dwóch podstaw i trzech ścian bocznych, czyli pięć razy to samo pole \(P\): \[5P=45\sqrt3,\qquad P=9\sqrt3.\] **Krok \(3\).** Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\), a jego pole wyraża się wzorem \(\frac{a^2\sqrt3}{4}\). Zatem \[\frac{a^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3.\] **Krok \(4\).** Dzielimy obie strony przez \(\sqrt3\) i mnożymy przez \(4\): \[a^2=36,\qquad a=6\] (bierzemy tylko dodatni pierwiastek, bo \(a\) jest długością). **Krok \(5\).** Ściana boczna jest prostokątem o bokach \(a\) i \(H\), gdzie \(H\) to wysokość graniastosłupa. Jej pole też wynosi \(9\sqrt3\): \[a\cdot H=9\sqrt3,\qquad 6H=9\sqrt3.\] **Krok \(6\).** Stąd \[H=\frac{9\sqrt3}{6}=\frac{3\sqrt3}{2}.\] **Krok \(7\).** Objętość graniastosłupa to pole podstawy razy wysokość: \[V=P\cdot H=9\sqrt3\cdot\frac{3\sqrt3}{2}=\frac{9\cdot3\cdot3}{2}=\frac{81}{2}.\] **Uwaga.** Kluczem jest zauważenie, że ścian o jednakowym polu jest pięć, a nie cztery — dwie podstawy i trzy ściany boczne. Nie należy się też niepokoić, że wysokość nie wychodzi całkowita; przy mnożeniu \(\sqrt3\cdot\sqrt3=3\) i wynik końcowy jest liczbą wymierną. **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{81}{2}=40{,}5\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający zapisze zależność między wielkościami \(a\) i \(h\) wynikającą z równości pól podstawy i ściany bocznej graniastosłupa, albo obliczy pole jednej ściany graniastosłupa: \(45\sqrt{3}:5=9\sqrt{3}\), albo zapisze równanie […], albo zapisze równania […], i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, pozwalające na wyznaczenie długości krawędzi podstawy lub wysokości graniastosłupa, albo uzależni objętość bryły od jednej zmiennej, i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający obliczy długość krawędzi podstawy i wysokość graniastosłupa: \(a=6\), \(h=\) […], albo obliczy długość krawędzi podstawy graniastosłupa: \(a=6\) i uzależni objętość bryły od jednej zmiennej \(a\), lub obliczy wysokość graniastosłupa \(h\) i uzależni objętość bryły od jednej zmiennej \(h\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **4 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy objętość graniastosłupa: \(V=\frac{81}{2}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. G11. Bryły. Zdający oblicza pole powierzchni i objętość graniastosłupa prostego (G11.2). 3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą (3.4).

**A.** \(5\)

Przekątna graniastosłupa prostego rzutuje się na podstawę na przekątną podstawy, więc kąt \(\alpha\) występuje w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych: przekątnej podstawy i wysokości bryły. Przekątna prostokąta o bokach \(3\) i \(4\) ma długość \[d=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5.\] Stąd \[H=d\tan45^{\circ}=5\cdot1=5.\] **Odpowiedź.** \(H=5\), czyli wariant **A**

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

Zadanie 21. (0−1) 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje Wersja Wersja II. Wykorzystanie w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między I II i interpretowanie odcinkami i płaszczyznami (między reprezentacji. krawędziami i ścianami, przekątnymi A C i ścianami), oblicza miary tych kątów (9.2).

**A.** \(4\)

Powierzchnia boczna walca po rozwinięciu jest prostokątem o bokach \(2\pi r\) i \(H\), więc \(P_b=2\pi rH\). Dla \(r=2\) \[4\pi H=16\pi\quad\Longrightarrow\quad H=4.\] **Odpowiedź.** \(H=4\), czyli wariant **A**

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

Zadanie 24. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[V=192.\]

Punkt \(S\) jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym \(ABC\), a taki środek leży w połowie przeciwprostokątnej. Odcinek \(SC\) jest zatem promieniem tego okręgu i \[|AB|=2|SC|=10.\] Z warunku \(|AC|:|BC|=4:3\) przyjmijmy \(|AC|=4k\), \(|BC|=3k\). Z twierdzenia Pitagorasa \[(4k)^{2}+(3k)^{2}=10^{2}\quad\Longrightarrow\quad 25k^{2}=100\quad\Longrightarrow\quad k=2,\] więc \(|AC|=8\) i \(|BC|=6\). Ściana \(BEFC\) jest prostokątem o bokach \(|BC|\) i \(H\), więc z warunku \(P_{BEFC}=48\) otrzymujemy \[6H=48\quad\Longrightarrow\quad H=8.\] Pole podstawy i objętość: \[P_p=\frac12\cdot8\cdot6=24,\qquad V=P_p\cdot H=24\cdot8=192.\] **Odpowiedź.** \(V=192\)

**1–4 pkt** – przeciwprostokątna \(10\), przyprostokątne \(8\) i \(6\) oraz wysokość graniastosłupa \(8\). **5 pkt** – objętość \(192\).

Zadanie 34. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

**C.** \(58\)

Punkty \(B\) i \(C\) są sąsiednimi wierzchołkami, więc odcinek \(BC\) jest bokiem kwadratu: \[|BC|^{2}=(5+2)^{2}+(1-4)^{2}=49+9=58.\] Pole kwadratu jest kwadratem długości boku, więc \(P=58\). **Odpowiedź.** \(P=58\), czyli wariant **C**

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

Zadanie 17. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria analityczna.

**A.** \(\begin{cases}2(a+b)=60\\a+10=b\end{cases}\)

Obwód prostokąta o bokach \(a\) i \(b\) jest równy \(2(a+b)\), co daje pierwsze równanie \(2(a+b)=60\). Warunek, że bok \(b\) jest o \(10\) dłuższy od boku \(a\), zapisujemy jako \(a+10=b\).

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

**Klasyfikacja CKE:** modelowanie matematyczne - układ równań opisujący zależności geometryczne.

**D.** \(\frac{\sqrt2}{3}\)

Oznaczmy przez \(A\) wierzchołek podstawy, z którego wychodzą obie przekątne ścian bocznych, a przez \(B'\) i \(D'\) ich drugie końce. Wtedy \(|AB'|=|AD'|=3\), a odcinek \(B'D'\) jest przekątną górnej podstawy — kwadratu o boku \(2\), więc \[|B'D'|=2\sqrt2.\] Trójkąt \(AB'D'\) jest równoramienny, a kąt \(\alpha\) leży przy jego wierzchołku \(A\). Wysokość opuszczona z \(A\) dzieli go na dwa trójkąty prostokątne o przeciwprostokątnej \(3\) i przyprostokątnej \(\sqrt2\), przy czym kąt przy \(A\) w każdym z nich ma miarę \(\frac\alpha2\). Zatem \[\sin\frac\alpha2=\frac{\sqrt2}{3}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\frac\alpha2=\frac{\sqrt2}3\), czyli wariant **D**

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

Zadanie 21. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

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

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

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

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

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

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

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

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

**D.** \(10\).

Przekrój osiowy walca jest prostokątem o bokach równych średnicy \(2r=8\) i wysokości \(6\). Jego przekątna ma długość \[d=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10.\]

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

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna, przekrój osiowy walca i twierdzenie Pitagorasa.

\[P_{K_{12}}=\frac{a^2}{2^{22}}.\]

Boki kolejnych kwadratów tworzą ciąg geometryczny o ilorazie \(\frac12\). Bok kwadratu \(K_n\) ma długość \[a_n=a\left(\frac12\right)^{n-1}.\] Dla \(n=12\) otrzymujemy bok \(\frac{a}{2^{11}}\), więc \[P_{K_{12}}=\left(\frac{a}{2^{11}}\right)^2=\frac{a^2}{2^{22}}.\]

**2 pkt** – poprawne pole \(\frac{a^2}{2^{22}}\) **1 pkt** – poprawne wyznaczenie boku \(K_{12}\) jako \(\frac{a}{2^{11}}\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

Klucz CKE publikuje rozwiązanie i punktację. **Klasyfikacja rzeczowa:** ciągi geometryczne i pole kwadratu.

\[V=\frac{12}{125}d^3.\]

Niech \(h\) oznacza wysokość graniastosłupa. Z definicji sinusa kąta nachylenia przekątnej do podstawy \[\frac hd=\sin\alpha=0{,}2=\frac15,\] zatem \(h=\frac d5\). Jeżeli \(p\) jest przekątną kwadratowej podstawy, to z twierdzenia Pitagorasa \[p^2=d^2-h^2=d^2-\frac{d^2}{25}=\frac{24}{25}d^2.\] Pole kwadratu wyrażone przez jego przekątną jest równe \[P_p=\frac{p^2}{2}=\frac{12}{25}d^2.\] Stąd objętość wynosi \[V=P_p\cdot h=\frac{12}{25}d^2\cdot\frac d5=\frac{12}{125}d^3.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawna objętość \(\frac{12}{125}d^3\) z pełnym uzasadnieniem **3 pkt** – poprawne wyznaczenie wysokości i pola podstawy, z drobną usterką końcową **2 pkt** – wyznaczenie \(h=\frac d5\) oraz \(p^2=\frac{24}{25}d^2\) **1 pkt** – poprawne użycie zależności \(\frac hd=\sin\alpha\) **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu. **Wymagania szczegółowe:** 9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości.

\[\frac ab=2.\]

Po zmianie długości boków nowy prostokąt ma boki \(0{,}9a\) i \(1{,}2b\). Równość obwodów daje \[2\cdot0{,}9a+2\cdot1{,}2b=2a+2b.\] Po uproszczeniu \[0{,}4b=0{,}2a,\] a zatem \[\frac ab=\frac{0{,}4}{0{,}2}=2.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 2 pkt** – poprawny stosunek \(\frac ab=2\) **1 pkt** – poprawne równanie wynikające z równości obwodów **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu. **Wymagania szczegółowe:** 5.4. (gimnazjum) Zdający stosuje obliczenia procentowe do rozwiązywania problemów w kontekście praktycznym.

\[\frac ab=2.\]

Po zmianach boki mają długości \(0{,}9a\) oraz \(1{,}2b\). Równość obwodów daje \[2\cdot0{,}9a+2\cdot1{,}2b=2a+2b.\] Po uproszczeniu \[0{,}4b=0{,}2a,\] a więc \[\frac ab=\frac{0{,}4}{0{,}2}=2.\]

**2 pkt** – poprawny stosunek \(\frac ab=2\) **1 pkt** – poprawne zapisanie nowych długości boków i równania obwodów, lecz błąd w przekształceniach **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. Zdający dobiera model matematyczny do prostej sytuacji i krytycznie ocenia trafność modelu. **Wymagania szczegółowe:** 5.4. (gimnazjum) Zdający stosuje obliczenia procentowe do rozwiązywania problemów w kontekście praktycznym.

**D.** Pole zmniejszy się o \(4\%\).

Jeden wymiar zostaje pomnożony przez \(1{,}2\), a drugi przez \(0{,}8\). Pole zmienia się więc w stosunku \[1{,}2\cdot0{,}8=0{,}96.\] Nowe pole stanowi \(96\%\) pola początkowego, czyli jest mniejsze o \(4\%\).

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

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** liczby rzeczywiste, procenty i skala pola.

**D.** \(24\pi\)

Przekrojem osiowym walca jest prostokąt o bokach \(2r\) i \(H\). Z treści i rysunku wynika, że jest to kwadrat o boku \(4\), więc \[2r=4\ \Rightarrow\ r=2,\qquad H=4.\] Pole powierzchni całkowitej walca składa się z dwóch podstaw i powierzchni bocznej: \[P_c=2\pi r^{2}+2\pi rH=2\pi\cdot4+2\pi\cdot2\cdot4=8\pi+16\pi=24\pi.\] **Odpowiedź.** \(P_c=24\pi\), czyli wariant **D**

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

Zadanie 22. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\(\sin\alpha=\frac{15}{17}\)

Oznaczmy prostokąt przez \(ABCD\), gdzie \(|AB|=5\) i \(|BC|=3\), a przez \(S\) — punkt przecięcia przekątnych. Przez \(\alpha\) oznaczmy kąt ostry między przekątnymi. **Sposób I — przez kąt połówkowy.** Z twierdzenia Pitagorasa \[|AC|=\sqrt{3^2+5^2}=\sqrt{34}.\] Przekątne prostokąta są równe i dzielą się na połowy, więc trójkąt \(ABS\) jest równoramienny, a kąt \(ASB\) jest właśnie kątem \(\alpha\). Kąt \(BAC\) ma miarę \(\frac{\alpha}{2}\)… wygodniej jednak skorzystać z kąta \(\beta=|\angle BAC|\) w trójkącie prostokątnym \(ABC\): \[\sin\beta=\frac{3}{\sqrt{34}},\qquad \cos\beta=\frac{5}{\sqrt{34}}.\] Kąt \(\alpha\) jest kątem zewnętrznym trójkąta \(ABS\) przy wierzchołku \(S\) i spełnia \(\alpha=2\beta\), więc ze wzoru na sinus podwojonego kąta \[\sin\alpha=2\sin\beta\cos\beta=2\cdot\frac{3}{\sqrt{34}}\cdot\frac{5}{\sqrt{34}}=\frac{30}{34}=\frac{15}{17}.\] **Sposób II — przez pole.** Pole prostokąta obliczamy dwukrotnie. Bezpośrednio: \[P=3\cdot5=15.\] Z drugiej strony przekątne dzielą prostokąt na cztery trójkąty o bokach \(\frac{\sqrt{34}}{2}\) i kącie \(\alpha\) albo \(180^\circ-\alpha\) między nimi; sinusy tych kątów są równe, więc \[P=4\cdot\frac12\cdot\frac{\sqrt{34}}{2}\cdot\frac{\sqrt{34}}{2}\cdot\sin\alpha=17\sin\alpha.\] Porównując oba wyniki: \[17\sin\alpha=15,\qquad \sin\alpha=\frac{15}{17}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\alpha=\frac{15}{17}\)

**Schemat oceniania** **1 pkt** – jeżeli poda wartość \(\sin\frac{\alpha}{2}=\) […] i \(\cos\) […], albo poda sposób obliczenia pola prostokąta przy wykorzystaniu \(\sin\alpha\). **2 pkt** – jeżeli obliczy \(\sin\alpha=\frac{15}{17}\).

Zadanie 7. (0–2) **Wymaganie ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 6.1., R6.5. Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów o miarach od \(0^\circ\) do \(180^\circ\), stosuje wzory na sinus i cosinus sumy i różnicy kątów oraz sumę i różnicę sinusów i cosinusów kątów.

**B.** \(9\)

Podstawą jest kwadrat o boku \(12\), więc \(P_p=144\). Ze wzoru na objętość ostrosłupa \[\frac13\cdot144\cdot H=432\quad\Longrightarrow\quad 48H=432\quad\Longrightarrow\quad H=9.\] **Odpowiedź.** \(H=9\), czyli wariant **B**

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

Zadanie 25. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

**D.** \(400\,000\,\mathrm{m}^2\)

Skala \(1:20\,000\) dotyczy długości, więc pola zmieniają się w skali \(20\,000^2\). Pole parku na planie: \[P_{pl}=2\cdot5=10\ \mathrm{cm}^2.\] Pole rzeczywiste: \[P=10\cdot20\,000^2\ \mathrm{cm}^2=4\cdot10^9\ \mathrm{cm}^2=4\cdot10^5\ \mathrm{m}^2=400\,000\ \mathrm{m}^2\] (korzystamy z \(1\ \mathrm{m}^2=10^4\ \mathrm{cm}^2\)). **Odpowiedź.** D. \(400\,000\ \mathrm{m}^2\)

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

Zadanie 21. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[P_{ACB}=4+\frac{19\sqrt3}{6}.\]

Pole kwadratu jest równe \(4\), więc jego bok ma długość \(2\). Trójkąt \(ADE\) jest trójkątem \(30^\circ-60^\circ-90^\circ\), zatem \[AD=4,\qquad AE=2\sqrt3.\] W trójkącie \(BGF\) mamy \[BF=\frac2{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}.\] Stąd długość przeciwprostokątnej dużego trójkąta wynosi \[AB=AE+EF+FB=2\sqrt3+2+\frac{2\sqrt3}{3}=2+\frac{8\sqrt3}{3}.\] Trójkąt \(ACB\) również jest trójkątem \(30^\circ-60^\circ-90^\circ\), więc jego pole jest równe \[P_{ACB}=\frac{AB^2\sqrt3}{8}=4+\frac{19\sqrt3}{6}.\]

**4 pkt** – poprawne obliczenie \(P_{ACB}=4+\frac{19\sqrt3}{6}\) **3 pkt** – poprawne wyznaczenie jednego z boków dużego trójkąta, np. \(AB=2+\frac{8\sqrt3}{3}\) **2 pkt** – wykorzystanie własności trójkąta \(30^\circ-60^\circ-90^\circ\) i poprawne obliczenie jednego z odcinków wskazanych w kluczu **1 pkt** – poprawne obliczenie boku kwadratu: \(2\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** Wykorzystanie własności figur podobnych w zadaniach (IV.7.b).

**B.** \(20\)

Przekątna prostokąta o bokach \(2\) i \(3\) ma długość \(\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}\). W figurach podobnych odpowiadające sobie odcinki są proporcjonalne, więc skala podobieństwa wynosi \[k=\frac{2\sqrt{13}}{\sqrt{13}}=2.\] Obwód rośnie w tej samej skali co długości boków: \[L=2\cdot\bigl(2\cdot(2+3)\bigr)=2\cdot10=20.\] **Odpowiedź.** B. \(20\)

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

Zadanie 13. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**A.** \(10\)

Z podanego stosunku zapisujemy długości boków jako \(2k\) i \(5k\), gdzie \(k>0\). Z warunku na pole \[2k\cdot5k=40,\qquad 10k^2=40,\qquad k^2=4,\qquad k=2.\] Dłuższy bok ma zatem długość \(5k=10\). **Odpowiedź.** A. \(10\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** wyznaczanie długości boków prostokąta z danego pola i stosunku boków Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

**B.** \(58\)

Odcinek \(BC\) jest bokiem kwadratu, więc \[|BC|^{2}=(5+2)^{2}+(1-4)^{2}=49+9=58,\] a pole kwadratu jest równe kwadratowi długości boku, czyli \(58\). **Odpowiedź.** \(P=58\), czyli wariant **B**

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

**Wymaganie ogólne:** Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymaganie szczegółowe:** zdający oblicza odległość punktów w układzie współrzędnych i oblicza pole kwadratu.

**B.** \(8\)

Ściana sześcianu jest kwadratem o boku \(a\), więc z \(a^{2}=4\) otrzymujemy \(a=2\). Zatem \[V=a^{3}=8.\] **Odpowiedź.** \(V=8\), czyli wariant **B**

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

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Obliczenie objętości sześcianu z wykorzystaniem związków miarowych w sześcianie (II.9.b).

B. \(50\)

Przekątna kwadratu wpisanego w okrąg jest średnicą tego okręgu, więc \(d=2\cdot5=10\). Pole kwadratu o przekątnej \(d\) wynosi \[P=\frac{d^2}{2}=\frac{100}{2}=50.\] **Odpowiedź.** B. \(50\)

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

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Wykorzystanie związku między promieniem koła opisanego na kwadracie i długością jego boku (II.7.c).

**C.** o \(21\%\)

Niech \(a\) oznacza długość boku kwadratu \(k_1\). Wtedy bok kwadratu \(k_2\) jest równy \(1{,}1a\), a pola wynoszą \[P_1=a^2,\qquad P_2=(1{,}1a)^2=1{,}21a^2.\] Pole rośnie w stosunku \[\frac{P_2-P_1}{P_1}=\frac{1{,}21a^2-a^2}{a^2}=0{,}21.\] **Odpowiedź.** **C.** o \(21\%\)

**Zakres umiejętności (standardy):** Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Opis wymagań:** Wykonuje obliczenia procentowe; wykorzystuje własności figur podobnych.

**B.** \(h-r=\frac a2\)

Przekrój osiowy walca jest prostokątem o bokach \(2r\) i \(h\). Skoro jest kwadratem o boku \(a\), to \[2r=a\ \Rightarrow\ r=\frac a2,\qquad h=a.\] Stąd \[h-r=a-\frac a2=\frac a2.\] **Odpowiedź.** \(h-r=\frac a2\), czyli wariant **B**

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

**Wymaganie ogólne:** Modelowanie matematyczne. **Wymaganie szczegółowe:** zdający wyznacza związki miarowe w walcu (III.9.b).

**B.** \(54\pi\)

Przekrój osiowy walca to prostokąt o bokach \(2r\) i \(H\). Jest on kwadratem o boku \(6\), więc \[2r=6\ \Rightarrow\ r=3,\qquad H=6.\] Objętość walca: \[V=\pi r^{2}H=\pi\cdot9\cdot6=54\pi.\] **Odpowiedź.** \(V=54\pi\), czyli wariant **B**

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – oblicza objętość walca z przekroju osiowego.

**B.** \(8\)

Oznaczmy boki przez \(3x\) i \(4x\). Z obwodu \[2(3x+4x)=28,\qquad 14x=28,\qquad x=2.\] Dłuższy bok ma zatem długość \(4x=8\). **Odpowiedź.** B. \(8\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **B** **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 – wykorzystuje obwód i proporcje boków prostokąta.

\(x=1\), a najmniejsze pole trójkąta \(AEF\) wynosi \(\dfrac32\). Odejmując od pola kwadratu pola trójkątów \(ADF\), \(ABE\) i \(CEF\), otrzymujemy \(P(x)=\dfrac{x^2}{2}-x+2\) dla \(x\in(0,2)\); wierzchołek tej paraboli ma odciętą \(x=1\), a \(P(1)=\dfrac32\).

**Krok \(1\).** Trójkąt \(AEF\) ma wierzchołki na trzech różnych bokach kwadratu, więc jego pola nie policzymy jednym prostym wzorem. Odejmiemy od pola kwadratu pola trzech trójkątów prostokątnych przylegających do jego wierzchołków: \(ADF\), \(ABE\) i \(CEF\). Otrzymamy funkcję kwadratową zmiennej \(x\) i znajdziemy jej wierzchołek. **Krok \(2\).** Oznaczenia. Bok kwadratu ma długość \(2\), a \(|CE|=|DF|=x\), więc \[|CF|=|CD|-|DF|=2-x,\qquad |BE|=|BC|-|CE|=2-x.\] Ponieważ punkty \(E\) i \(F\) są różne od wierzchołków, mamy \(x\in(0,2)\). **Krok \(3\).** Pola trzech trójkątów prostokątnych: \[P_{ADF}=\tfrac12\cdot|AD|\cdot|DF|=\tfrac12\cdot2\cdot x=x,\] \[P_{ABE}=\tfrac12\cdot|AB|\cdot|BE|=\tfrac12\cdot2\cdot(2-x)=2-x,\] \[P_{CEF}=\tfrac12\cdot|CE|\cdot|CF|=\tfrac12\,x(2-x)=x-\tfrac{x^2}{2}.\] **Krok \(4\).** Pole kwadratu wynosi \(2^2=4\), więc \[P(x)=4-x-(2-x)-\left(x-\frac{x^2}{2}\right).\] **Krok \(5\).** Porządkujemy: \[P(x)=4-x-2+x-x+\frac{x^2}{2}=\frac{x^2}{2}-x+2.\] **Krok \(6\).** Współczynnik przy \(x^2\) wynosi \(\tfrac12\gt0\), więc ramiona paraboli są skierowane w górę i najmniejszą wartość funkcja przyjmuje w wierzchołku: \[x_w=-\frac{b}{2a}=-\frac{-1}{2\cdot\tfrac12}=1.\] Liczba \(1\) należy do przedziału \((0,2)\), więc jest dopuszczalna. **Krok \(7\).** Obliczamy najmniejsze pole: \[P(1)=\frac{1}{2}-1+2=\frac32.\] **Uwaga.** Zadanie prosi o dwie rzeczy: o wartość \(x\) oraz o samo pole. Podanie tylko \(x=1\) nie jest pełną odpowiedzią. **Odpowiedź.** \(x=1\), a najmniejsze pole trójkąta \(AEF\) jest równe \(\dfrac32\).

*Schemat punktowania CKE zachował się przy tym zadaniu bez liczb: cyfry stały w wąskiej kolumnie tabeli i nie przetrwały odczytu arkusza. Poziomy oceniania zostają, punktów nie dopisujemy — zgadnięty próg to źle policzona praca.* **Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania** – zapisanie, że \(P_{AEF}=P_{ABCD}-\left(P_{ADF}+P_{CEF}+P_{ABE}\right)\) lub \(P_{AEF}=P_{ABCD}-P_{ADF}-P_{CEF}-P_{ABE}\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – zapisanie pól trójkątów \(ADF\), \(CEF\) i \(ABE\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie \(P_{AEF}\) jako funkcji \(x\): \(P(x)=\frac{1}{2}x^{2}-x+2\). **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie \(x\), dla którego funkcja przyjmuje minimum: \(x=1\); obliczenie pola trójkąta \(AEF\): \(P=1\frac{1}{2}\). Uwagi: jeżeli zdający popełni błąd rachunkowy przy obliczeniu sumy pól trójkątów \(ADF\), \(ABE\) i \(CEF\) i rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje \(4\) punkty. Jeżeli zdający popełni błąd w obliczeniu odciętej wierzchołka paraboli i konsekwentnie do tego błędu obliczy pole trójkąta \(AEF\), to otrzymuje \(4\) punkty. Nie wymagamy uzasadnienia, że dla znalezionej wartości \(x=1\) funkcja przyjmuje minimum. Jeżeli zdający wyznaczy wartość \(x\), dla której pole trójkąta \(AEF\) jest najmniejsze i nie obliczy pola tego trójkąta, to otrzymuje \(4\) punkty.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: opisanie pola figury funkcją kwadratową i wyznaczenie minimum.

Krawędź podstawy ma długość \(1\). Jeśli a oznacza krawędź podstawy, a \(h\) krawędź boczną, to \(12a\)+\(6h\)=\(24\), czyli \(h\)=\(4\)−\(2a\). Pole powierzchni bocznej jest równe P(a)=\(6ah\)=−\(12\)\(a^{2}\)+\(24a\) dla a∈(\(0\),\(2\)). Funkcja osiąga maksimum w wierzchołku paraboli, dla a=\(1\).

**Krok \(1\).** To zadanie optymalizacyjne: mamy dwie zmienne (krawędź podstawy i krawędź boczna) związane jednym warunkiem, a szukamy największej wartości pola. Schemat jest stały: oznaczyć zmienne, z warunku wyznaczyć jedną przez drugą, zapisać pole jako funkcję jednej zmiennej i znaleźć jej maksimum. Tu funkcja okaże się kwadratowa, więc wystarczy wierzchołek paraboli. **Krok \(2\).** Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(h\) długość krawędzi bocznej. Graniastosłup prawidłowy sześciokątny ma dwie podstawy będące sześciokątami foremnymi (razem \(12\) krawędzi długości \(a\)) oraz \(6\) krawędzi bocznych długości \(h\). **Krok \(3\).** Warunek na sumę długości wszystkich krawędzi: \[12a+6h=24,\qquad\text{czyli}\qquad 2a+h=4,\qquad h=4-2a.\] **Krok \(4\).** Ustalamy dziedzinę. Musi być \(a\gt0\) oraz \(h\gt0\), czyli \(4-2a\gt0\), a stąd \(a\lt2\). Zatem \(a\in(0,2)\). **Krok \(5\).** Powierzchnia boczna składa się z sześciu prostokątów o wymiarach \(a\times h\), więc \[P=6ah.\] **Krok \(6\).** Podstawiamy \(h=4-2a\), aby otrzymać funkcję jednej zmiennej: \[P(a)=6a(4-2a)=24a-12a^2.\] **Krok \(7\).** To funkcja kwadratowa o współczynniku \(-12\lt0\), więc jej wykresem jest parabola ramionami w dół i największą wartość przyjmuje w wierzchołku: \[a=-\frac{24}{2\cdot(-12)}=1.\] **Krok \(8\).** Sprawdzamy, że \(a=1\) należy do dziedziny \((0,2)\) — należy. Wtedy \(h=4-2\cdot1=2\), a największe pole boczne wynosi \(P=6\cdot1\cdot2=12\). **Uwaga.** Pytanie dotyczy długości krawędzi podstawy, a nie największego pola ani krawędzi bocznej — odpowiedzią jest liczba \(1\). Pamiętaj też, że podstawy są dwie, więc krawędzi podstawy jest \(12\), a nie \(6\). **Odpowiedź.** Krawędź podstawy tego graniastosłupa ma długość \(a=1\).

**1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń i zapisanie, że \(12a+6h=24\). **2 pkt** – zapisanie pola \(P\) powierzchni bocznej graniastosłupa oraz wyznaczenie \(a\) lub \(h\) w zależności od jednej zmiennej, np. \(P=6ah\) oraz \(a=2-\frac{h}{2}\) lub \(h=4-2a\). **3 pkt** – zapisanie pola powierzchni bocznej w zależności od jednej zmiennej. **4 pkt** – obliczenie długości krawędzi podstawy graniastosłupa, którego pole powierzchni bocznej jest największe: \(a=1\). Uwaga: jeżeli zdający wyznaczy tylko wartość \(h=2\), dla której pole powierzchni bocznej jest największe, to otrzymuje \(3\) punkty.

III. Modelowanie matematyczne. Znalezienie związków miarowych w graniastosłupie, wyznaczenie największej wartości funkcji.

**C.** \(300+50\sqrt3\)

Graniastosłup prawidłowy trójkątny ma \(9\) krawędzi. Wszystkie są równe, więc z warunku \(9a=90\) otrzymujemy \(a=10\). Podstawy to dwa trójkąty równoboczne, a ściany boczne — trzy kwadraty o boku \(10\): \[P_c=2\cdot\frac{10^{2}\sqrt3}4+3\cdot10^{2}=50\sqrt3+300.\] **Odpowiedź.** \(P_c=300+50\sqrt3\), czyli wariant **C**

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – oblicza pole powierzchni graniastosłupa prawidłowego.

**A.**

Ostrosłup \(ABCDE\) ma podstawę \(ABCD\) — kwadrat o boku \(a\) — oraz wierzchołek \(E\) leżący bezpośrednio nad \(A\), bo krawędź \(AE\) jest krawędzią sześcianu. Krawędź \(AE\) jest więc wysokością ostrosłupa. Rozpoznajemy kształty ścian bocznych: \[|AE|=a,\qquad |BE|=|DE|=a\sqrt2,\qquad |CE|=a\sqrt3.\]Ściany \(ABE\) i \(ADE\) są trójkątami prostokątnymi równoramiennymi o przyprostokątnych \(a\) i \(a\), bo \(AE\perp AB\) i \(AE\perp AD\). Ściany \(BCE\) i \(DCE\) są trójkątami prostokątnymi o przyprostokątnych \(a\) oraz \(a\sqrt2\), bo \(BC\perp AB\) i \(BC\perp AE\), więc \(BC\perp BE\). Siatka składa się zatem z kwadratu o boku \(a\) oraz z czterech trójkątów prostokątnych przyłożonych do jego boków: dwóch mniejszych, o przyprostokątnych \(a\) i \(a\), przy bokach wychodzących z \(A\), i dwóch większych, o przyprostokątnych \(a\) i \(a\sqrt2\), przy pozostałych bokach. Ten opis spełnia wyłącznie siatka z rysunku **A**. **Odpowiedź.** Wariant **A**

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – rozpoznaje siatkę ostrosłupa.

Trójkąt KGE jest równoboczny

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

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

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

**B.** \(54\pi\)

Przekrój osiowy walca jest prostokątem o bokach \(2r\) i \(H\); tu jest kwadratem o boku \(6\), więc \(r=3\) i \(H=6\). Zatem \[V=\pi r^{2}H=\pi\cdot9\cdot6=54\pi.\] **Odpowiedź.** \(V=54\pi\), czyli wariant **B**

**1 pkt** – wskazanie odpowiedzi **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 przestrzenna.

**C.** większa niż \(40\ \mathrm{m}\) i mniejsza niż \(45\ \mathrm{m}\)

Słupki wbito na końcach przekątnej prostokąta o bokach \(20\ \mathrm{m}\) i \(40\ \mathrm{m}\). Z twierdzenia Pitagorasa \[d=\sqrt{20^2+40^2}=\sqrt{2000}=20\sqrt5\ \mathrm{m}.\] Ponieważ \(44^2=1936<2000<2025=45^2\), mamy \(44\ \mathrm{m}<d<45\ \mathrm{m}\), a więc odległość jest większa od \(40\ \mathrm{m}\) i mniejsza od \(45\ \mathrm{m}\). **Odpowiedź.** C. większa niż \(40\ \mathrm{m}\) i mniejsza niż \(45\ \mathrm{m}\)

**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 – stosuje twierdzenie Pitagorasa.

**B.** \(32\ \mathrm{cm}^2\)

Przekątna kwadratu wpisanego w okrąg jest średnicą okręgu: \[d=2\cdot4=8\ \mathrm{cm}.\] Pole kwadratu o przekątnej \(d\): \[P=\frac{d^2}{2}=\frac{64}{2}=32\ \mathrm{cm}^2.\] **Odpowiedź.** B. \(32\ \mathrm{cm}^2\)

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

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

**A.** \(10\)

Odcinek \(AC\) jest przekątną kwadratu: \[d^{2}=(-5+1)^{2}+(5-3)^{2}=16+4=20.\] Pole kwadratu o przekątnej \(d\) wynosi \(\frac{d^{2}}2\), czyli \(10\). **Odpowiedź.** \(P=10\), czyli wariant **A**

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria analityczna – oblicza pole kwadratu z jego przekątnej.

\(x=\dfrac14\). Pole trójkąta \(AEF\) jako funkcja \(x\) wynosi \(P(x)=x^2-\dfrac{x}{2}+\dfrac12\) dla \(x\in\left\langle0,\tfrac12\right\rangle\); parabola ma ramiona skierowane w górę, więc minimum jest w wierzchołku \(x=\dfrac14\), a najmniejsze pole to \(\dfrac{7}{16}\).

**Krok \(1\).** Pole trójkąta \(AEF\) trudno policzyć wprost, bo żaden jego bok nie leży na boku kwadratu. Standardowy chwyt: od pola całego kwadratu odejmujemy pola trzech trójkątów prostokątnych, które zostają w rogach, czyli \(ADF\), \(ABE\) i \(CEF\). Otrzymamy wzór na pole jako funkcję zmiennej \(x\), a jej najmniejszej wartości poszukamy jak dla funkcji kwadratowej. **Krok \(2\).** Oznaczenia i odcinki. Skoro \(|DF|=x\) oraz \(|CE|=2|DF|=2x\), to \[|CF|=|CD|-|DF|=1-x,\qquad |BE|=|BC|-|CE|=1-2x.\] **Krok \(3\).** Dziedzina. Punkt \(F\) leży na boku \(CD\), więc \(x\geqslant0\) i \(x\leqslant1\); punkt \(E\) leży na boku \(BC\), więc \(2x\leqslant1\). Mocniejszy jest drugi warunek, zatem \[x\in\left\langle0,\tfrac12\right\rangle.\] **Krok \(4\).** Pola trzech trójkątów prostokątnych (każdy ma kąt prosty w wierzchołku kwadratu): \[P_{ADF}=\tfrac12\cdot|AD|\cdot|DF|=\tfrac12\cdot1\cdot x=\tfrac{x}{2},\] \[P_{ABE}=\tfrac12\cdot|AB|\cdot|BE|=\tfrac12(1-2x),\] \[P_{CEF}=\tfrac12\cdot|CE|\cdot|CF|=\tfrac12\cdot2x(1-x)=x-x^2.\] **Krok \(5\).** Pole kwadratu wynosi \(1\), więc \[P(x)=1-\frac{x}{2}-\frac{1-2x}{2}-\left(x-x^2\right).\] **Krok \(6\).** Porządkujemy: \[P(x)=1-\frac{x}{2}-\frac12+x-x+x^2=x^2-\frac{x}{2}+\frac12.\] **Krok \(7\).** To funkcja kwadratowa o współczynniku \(a=1\gt0\), więc jej ramiona są skierowane w górę i najmniejszą wartość przyjmuje w wierzchołku: \[x_w=-\frac{b}{2a}=-\frac{-\tfrac12}{2}=\frac14.\] **Krok \(8\).** Sprawdzamy, że \(\tfrac14\) należy do dziedziny \(\left\langle0,\tfrac12\right\rangle\) — tak. Dla porządku obliczmy jeszcze to najmniejsze pole: \[P\!\left(\tfrac14\right)=\frac1{16}-\frac18+\frac12=\frac{1-2+8}{16}=\frac{7}{16}.\] **Uwaga.** Dziedzina bierze się z warunku \(2x\leqslant1\), a nie z \(x\leqslant1\) — to punkt \(E\), a nie \(F\), pierwszy dobiega do wierzchołka kwadratu. Gdyby wierzchołek paraboli wypadł poza dziedziną, najmniejszej wartości trzeba by szukać na jej końcu. **Odpowiedź.** \(x=\dfrac14\) (najmniejsze pole trójkąta \(AEF\) wynosi wtedy \(\dfrac{7}{16}\)).

Schemat oceniania **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania: zapisanie, że \(P_{AEF}=P_{ABCD}-P_{ADF}-P_{CEF}-P_{ABE}\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – zapisanie pól trójkątów \(ADF\), \(ABE\) i \(CEF\): […]. **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie \(P_{AEF}\) w postaci trójmianu kwadratowego zmiennej \(x\): […]. **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie \(x\), dla którego funkcja przyjmuje minimum: \(x=\frac{1}{4}\). Schemat oceniania – II sposób rozwiązania (geometria analityczna) **Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania** – wyznaczenie współrzędnych punktów na płaszczyźnie: […]. **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – wyznaczenie pola trójkąta \(AFE\): […]. **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie \(P_{AEF}\) w postaci trójmianu kwadratowego zmiennej \(x\): […]. **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie \(x\), dla którego funkcja przyjmuje minimum: \(x=\frac{1}{4}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Rozwiązanie zadania, umieszczonego w kontekście praktycznym, prowadzącego do badania funkcji kwadratowej.

A. \(4\sqrt{2}\)

Środek okręgu opisanego na kwadracie jest punktem przecięcia przekątnych, a przekątna kwadratu jest średnicą tego okręgu: \[d=2R=8.\] Przekątna kwadratu o boku \(a\) ma długość \(a\sqrt2\), więc \[a\sqrt2=8,\qquad a=\frac{8}{\sqrt2}=4\sqrt2.\] **Odpowiedź.** A. \(4\sqrt2\)

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

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Wyznaczanie długości boku kwadratu wpisanego w okrąg.

Pole prostokąta o bokach \(c\) i \(d\) stanowi \(108\%\) pola prostokąta o bokach \(a\) i \(b\).

Z treści \(c=0{,}9a\) oraz \(d=1{,}2b\). Porównujemy pola: \[P_1=ab,\qquad P_2=cd=0{,}9a\cdot1{,}2b=1{,}08ab.\] Zatem \[\frac{P_2}{P_1}=1{,}08=108\%.\] Zmniejszenie jednego boku o \(10\%\) i zwiększenie drugiego o \(20\%\) nie znoszą się — pole rośnie o \(8\%\), bo \(0{,}9\cdot1{,}2=1{,}08\), a nie \(1\). **Odpowiedź.** Pole drugiego prostokąta stanowi \(108\%\) pola pierwszego.

**Zakres umiejętności:** wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Opis wymagań:** obliczenia procentowe; wyrażanie pola figury za pomocą długości jej boków.

\(\cos\alpha=-\frac13\)

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi ostrosłupa \(ABCDS\). Wszystkie krawędzie są równe, więc podstawa \(ABCD\) jest kwadratem o boku \(a\), a każda ściana boczna jest trójkątem równobocznym o boku \(a\). Kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi \(ABS\) i \(BCS\) to kąt dwuścienny o krawędzi \(SB\). Zaznaczamy go, prowadząc w obu ścianach wysokości opuszczone na krawędź \(SB\): z wierzchołka \(A\) i z wierzchołka \(C\). W trójkącie równobocznym o boku \(a\) wysokość ma długość \(\frac{a\sqrt3}{2}\), a jej spodkiem jest środek boku \(SB\) — ten sam punkt dla obu ścian. Kątem szukanym jest więc kąt \(\alpha\) między tymi dwiema wysokościami. Trzecim bokiem trójkąta wyznaczonego przez te wysokości jest przekątna podstawy: \[|AC|=a\sqrt2.\] Stosujemy twierdzenie cosinusów: \[\left(a\sqrt2\right)^2=\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2+\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2-2\cdot\frac{a\sqrt3}{2}\cdot\frac{a\sqrt3}{2}\cdot\cos\alpha,\] \[2a^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-\frac{3a^2}{2}\cos\alpha,\] \[2a^2=\frac{3a^2}{2}-\frac{3a^2}{2}\cos\alpha.\] Dzielimy obie strony przez \(a^2>0\): \[2=\frac32-\frac32\cos\alpha,\qquad\frac32\cos\alpha=-\frac12,\qquad\cos\alpha=-\frac13.\] Wartość ujemna potwierdza, że kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi jest rozwarty. **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=-\frac13\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **11.1. (1 pkt)** – zaznaczenie na rysunku szukanego kąta. […] **11.2. (1 pkt)** – obliczenie długości przekątnej podstawy i wysokości ściany bocznej: \(a\sqrt{2}\) i \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\), gdzie \(a\) oznacza długość krawędzi ostrosłupa. **11.3. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia kosinusów w trójkącie, w którym występuje kąt dwuścienny \(\alpha\): \(\left(a\sqrt{2}\right)^{2}=\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}-2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\cos\alpha\). **11.4. (1 pkt)** – obliczenie kosinusa kąta \(\alpha\): \(\cos\alpha=-\frac{1}{3}\). **II metoda rozwiązania: (czynności 11.3 i 11.4)** **11.3. (1 pkt)** – zastosowanie definicji funkcji sinus dla połowy kąta \(\alpha\): \(\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\). **11.4. (1 pkt)** – wyznaczenie kosinusa kąta \(\alpha\): \(\cos\alpha=1-2\cdot\sin^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)=-\frac{1}{3}\). Jeśli zdający obliczy przybliżoną wartość kąta \(\alpha\), a następnie wartość kąta \(\alpha\) i poprawnie ustali na tej podstawie przybliżoną wartość \(\cos\alpha\), to otrzymuje punkty w czynnościach 11.3 i 11.4. Za samo obliczenie przybliżonej wartości kąta \(\alpha\) nie przyznajemy punktów w czynności […] 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.

Pole powierzchni konstrukcji jest równe \(3200+200\sqrt5\approx3647\ \mathrm{cm}^2\).

Z rysunku odczytujemy: podstawą jest kwadrat o boku \(20\ \mathrm{cm}\), dwie przeciwległe krawędzie pionowe mają \(30\ \mathrm{cm}\), a dwie pozostałe \(40\ \mathrm{cm}\). Podstawa: \[P_1=20\cdot20=400\ \mathrm{cm}^2.\] Dwie ściany boczne, w których wysokość zmienia się od \(30\) do \(40\ \mathrm{cm}\), są trapezami o wysokości \(20\ \mathrm{cm}\): \[P_2=2\cdot\frac{30+40}{2}\cdot20=1400\ \mathrm{cm}^2.\] Dwie pozostałe ściany boczne są prostokątami: \[P_3=20\cdot30+20\cdot40=600+800=1400\ \mathrm{cm}^2.\] Górna ściana jest prostokątem o jednym boku \(20\ \mathrm{cm}\); jej drugi bok to krawędź skośna, której długość wyznaczamy z twierdzenia Pitagorasa dla przyrostu wysokości \(40-30=10\ \mathrm{cm}\) i szerokości \(20\ \mathrm{cm}\): \[\ell=\sqrt{20^{2}+10^{2}}=\sqrt{500}=10\sqrt5\approx22{,}36\ \mathrm{cm},\qquad P_4=20\cdot10\sqrt5=200\sqrt5\ \mathrm{cm}^2.\] Razem \[P=400+1400+1400+200\sqrt5=3200+200\sqrt5\approx3647{,}2\ \mathrm{cm}^2.\] **Odpowiedź.** Pole powierzchni konstrukcji jest równe około \(3647\ \mathrm{cm}^2\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **11.1. (1 pkt)** – obliczenie długości skośnej krawędzi konstrukcji: \(10\sqrt{5}\,\mathrm{cm}\). Np. \(22{,}36\) cm albo \(22{,}4\) cm. **11.2. (1 pkt)** – obliczenie sumy pól powierzchni ścian, które są trapezami: \(2\cdot\frac{(40+30)\cdot 20}{2}=1400\,\mathrm{cm}^{2}\). **11.3. (1 pkt)** – obliczenie sumy pól powierzchni ścian będących prostokątami: \(20\cdot 20+20\cdot 40+20\cdot 30+20\cdot 10\sqrt{5}=1800+200\sqrt{5}\,\mathrm{cm}^{2}\). Akceptujemy wynik: \(2247\,\mathrm{cm}^{2}\) lub \(2248\,\mathrm{cm}^{2}\), o ile w czynności 11.1 zdający przyjął zaokrąglenie \(10\sqrt{5}\approx 22{,}4\). **11.4. (1 pkt)** – podanie wyniku z żądanym zaokrągleniem: \(P=200\left(16+\sqrt{5}\right)\approx 3647\,\mathrm{cm}^{2}\). Akceptujemy wynik \(3648\). Zdający może pominąć jednostki.

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

\(|CD|=\sqrt{12+3\sqrt3}\approx4{,}15\).

**Krok \(1\).** Rysunek i oznaczenia. W trójkącie \(ABC\) mamy \(\angle BCA=90^\circ\) i \(\angle CAB=30^\circ\), zatem \(\angle ABC=60^\circ\). Okrąg wpisany o środku \(O\) i promieniu \(r=\sqrt3\) jest styczny do przyprostokątnej \(AC\) w punkcie \(E\), do przyprostokątnej \(BC\) w punkcie \(F\) oraz do przeciwprostokątnej \(AB\) w punkcie \(D\). Szukamy długości \(|CD|\). Oznaczmy \(a=|BC|\), \(b=|AC|\), \(c=|AB|\). **Krok \(2\).** Z zależności w trójkącie prostokątnym \[a=c\sin30^\circ=\frac{c}{2},\qquad b=c\sin60^\circ=\frac{c\sqrt3}{2}.\] **Krok \(3\).** Korzystamy ze wzoru na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny \(r=\frac{a+b-c}{2}\): \[\sqrt3=\frac{\frac{c}{2}+\frac{c\sqrt3}{2}-c}{2}=\frac{c\left(\sqrt3-1\right)}{4},\] skąd \[c=\frac{4\sqrt3}{\sqrt3-1}=\frac{4\sqrt3\left(\sqrt3+1\right)}{2}=6+2\sqrt3.\] **Krok \(4\).** Obliczamy przyprostokątne: \[|BC|=\frac{c}{2}=3+\sqrt3,\qquad |AC|=\frac{c\sqrt3}{2}=3\sqrt3+3.\] **Krok \(5\).** Ponieważ \(\angle BCA=90^\circ\), czworokąt \(CEOF\) jest kwadratem o boku \(r\), więc \(|CF|=|CE|=\sqrt3\). Z równości odcinków stycznych poprowadzonych z punktu \(B\) otrzymujemy \[|BD|=|BF|=|BC|-|CF|=3+\sqrt3-\sqrt3=3.\] **Krok \(6\).** W trójkącie \(CBD\) znamy \(|CB|=3+\sqrt3\), \(|BD|=3\) oraz \(\angle DBC=\angle ABC=60^\circ\). Z twierdzenia cosinusów \[|CD|^2=\left(3+\sqrt3\right)^2+3^2-2\cdot\left(3+\sqrt3\right)\cdot3\cdot\cos60^\circ,\] \[|CD|^2=12+6\sqrt3+9-\left(9+3\sqrt3\right)=12+3\sqrt3.\] **Krok \(7\).** Stąd \(|CD|=\sqrt{12+3\sqrt3}\approx4{,}15\). Zwróćmy uwagę, że punkty \(C\), \(O\), \(D\) nie są współliniowe, więc w trójkącie \(CBD\) nie wolno stosować twierdzenia Pitagorasa. **Odpowiedź.** Odległość wierzchołka \(C\) od punktu styczności okręgu wpisanego z przeciwprostokątną wynosi \(|CD|=\sqrt{12+3\sqrt3}\approx4{,}15\).

*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.* **I sposób rozwiązania.** **4.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku. (rysunek: \(F\), \(O\), \(B\), \(D\), \(A\)) **4.2. (1 pkt)** – wykorzystanie własności: środek okręgu wpisanego w trójkąt leży w punkcie przecięcia dwusiecznych jego kątów. \(\Delta FBO\) jest prostokątny i \(\angle FBO=30^{\circ}\). \(OF=\sqrt{3}\), stąd \(OB=2\sqrt{3}\). **4.3. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(FB\) z \(\Delta FBO\): \(FB=3\). **4.4. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(CB\): \(CB=CF+FB=\sqrt{3}+3\). **4.5. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(DB\): \(DB=BF=3\). Z własności trójkąta opisanego na okręgu. **4.6. (2 pkt)** – zastosowanie wzoru cosinusów w \(\Delta CBD\) do obliczenia długości odcinka \(CD\): \[CD^{2}=CB^{2}+DB^{2}-2\,CB\cdot DB\cos 60^{\circ},\] \[CD^{2}=\left(\sqrt{3}+3\right)^{2}+3^{2}-2\cdot\left(\sqrt{3}+3\right)\cdot 3\cdot\frac{1}{2}=12+3\sqrt{3},\] \[CD=\sqrt{12+3\sqrt{3}}.\] Jeżeli błąd jest spowodowany tym, że punkty \(C\), \(O\), \(D\) są współliniowe i zdający korzysta z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(CBD\), wtedy nie przyznajemy punktów. **II sposób rozwiązania.** **4.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku. (rysunek: \(C\), \(E\), \(F\), \(O\), \(B\), \(D\), \(A\)) **4.2. (1 pkt)** – skorzystanie z tego, że \(CE=CF=r\) (czworokąt \(CFOE\) jest kwadratem) oraz ze wzoru na długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt \(CE=CF=\frac{AC+BC-AB}{2}\). Przyjęcie oznaczeń, np. \(a=BC\), i zapisanie tej równości w postaci: \[\sqrt{3}=\frac{a+a\sqrt{3}-2a}{2}=\frac{a\left(\sqrt{3}-1\right)}{2}.\] **4.3. (1 pkt)** – obliczenie \(BC=a=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}=3+\sqrt{3}\). **4.4. (1 pkt)** – obliczenie \(AC=3\sqrt{3}+3\), np. z wykorzystaniem funkcji trygonometrycznych w trójkącie \(ABC\). **4.5. (1 pkt)** – obliczenie \(AE=AD=3+2\sqrt{3}\). **4.6. (2 pkt)** – zastosowanie wzoru cosinusów w trójkącie \(CDA\) i obliczenie długości \(CD\): \[CD^{2}=AC^{2}+AD^{2}-2\,AC\cdot AD\cdot\cos 30^{\circ},\] \[CD^{2}=\left(3+3\sqrt{3}\right)^{2}+\left(3+2\sqrt{3}\right)^{2}-2\left(3+3\sqrt{3}\right)\left(3+2\sqrt{3}\right)\frac{\sqrt{3}}{2}=12+3\sqrt{3},\] \[CD=\sqrt{12+3\sqrt{3}}.\] **III sposób rozwiązania** (z wykorzystaniem \(\angle COD\)). **4.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku. (rysunek: \(C\), \(E\), \(F\), \(O\), \(B\), \(D\), \(A\)) **4.2. (1 pkt)** – obliczenie miary \(\angle FOD\) (wykorzystanie miary kątów czworokąta \(FODB\)): \[\angle FOD+2\cdot 90^{\circ}+60^{\circ}=360^{\circ},\qquad \angle FOD=120^{\circ}.\] **4.3. (1 pkt)** – zauważenie, że \(\angle FOC=45^{\circ}\), i obliczenie \(\angle COD=45^{\circ}+120^{\circ}=165^{\circ}\). **4.4. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(OC\) (\(OC\) to przekątna kwadratu o boku długości \(\sqrt{3}\)): \(OC=\sqrt{3}\cdot\sqrt{2}=\sqrt{6}\). **4.5. (1 pkt)** – wykorzystanie wzoru redukcyjnego: \(\cos 165^{\circ}=-\cos 15^{\circ}\). **4.6. (2 pkt)** – zastosowanie wzoru cosinusów w \(\Delta COD\): \[CD^{2}=OC^{2}+OD^{2}-2\cdot OC\cdot OD\cos 165^{\circ}.\] Obliczenie długości odcinka \(CD\): \[CD^{2}=\left(\sqrt{6}\right)^{2}+\left(\sqrt{3}\right)^{2}+2\cdot\sqrt{6}\cdot\sqrt{3}\cdot\cos 15^{\circ},\qquad CD^{2}=9+6\sqrt{2}\cos 15^{\circ}.\] Zdający może pozostawić wynik w takiej postaci: \(9+6\sqrt{2}\cos 15^{\circ}\), lub odczytać wartość cosinusa z tablic i podać wynik liczbowy.

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

Bok kwadratu ma długość \(a=6\ \mathrm{cm}\).

**Krok \(1\).** To zadanie tekstowe prowadzące do równania kwadratowego. Metoda jest zawsze ta sama: wszystkie występujące wielkości wyrażamy przez jedną niewiadomą — tutaj przez bok kwadratu \(a\) — zapisujemy pola obu figur, a zdanie „pole prostokąta jest o \(12\) większe od pola kwadratu” zamieniamy na równanie. **Krok \(2\).** Bok kwadratu ma długość \(a\) (w centymetrach), więc pole kwadratu wynosi \(a^2\). **Krok \(3\).** Zapisujemy boki prostokąta. Bok \(AB\) jest dwa razy dłuższy niż bok kwadratu, więc \(|AB|=2a\). Bok \(AD\) jest o \(2\) cm krótszy od boku kwadratu, więc \(|AD|=a-2\). Pole prostokąta to zatem \(2a(a-2)\). **Krok \(4\).** Zapisujemy warunek z treści zadania: \[2a(a-2)=a^2+12.\] **Krok \(5\).** Przekształcamy do postaci ogólnej równania kwadratowego: \[2a^2-4a=a^2+12,\qquad a^2-4a-12=0.\] **Krok \(6\).** Liczymy wyróżnik: \(\Delta=16+48=64\), \(\sqrt{\Delta}=8\), więc \[a_1=\frac{4-8}{2}=-2,\qquad a_2=\frac{4+8}{2}=6.\] **Krok \(7\).** Odrzucamy \(a=-2\), bo długość boku musi być liczbą dodatnią. Zostaje \(a=6\). **Krok \(8\).** Sprawdzenie: boki prostokąta mają wtedy długości \(12\) i \(4\), więc jego pole wynosi \(48\); pole kwadratu to \(6^2=36\), a rzeczywiście \(48-36=12\). Zgadza się. **Uwaga.** Poza oczywistym warunkiem \(a\gt0\) kryje się tu drugi: bok \(|AD|=a-2\) też musi być dodatni, czyli \(a\gt2\). Wartość \(a=-2\) łamie oba te warunki i trzeba ją jawnie odrzucić — sam rachunek jej nie eliminuje. **Odpowiedź.** Bok kwadratu ma długość \(a=6\ \mathrm{cm}\).

2. 2.1 Zapisanie długości boków prostokąta: AB = 2a , AD = a − 2 . 1 liczby: a = −6, a = 2 . Zdający zapisze 1 2 odpowiedź: żadna z tych liczb nie spełnia warunków zadania. Punktujemy to rozwiązanie następująco: 0, 2, 1. 2 Próbny egzamin maturalny z matematyki Poziom podstawowy 2 Jeśli równanie nie jest dobrze ułożone, ale jest Zapisanie i rozwiązanie równania: 2a ⋅ ( a − 2 ) = a + 12 to równanie kwadratowe zupełne i zdający a = 6 lub a = −2 . rozwiąże je poprawnie, to punktujemy 1 pkt za napisanie równania, 2.2 2 następująco: 1 pkt za rozwiązanie równania. czynność 2.2 – 1 punkt, Uwaga! czynność 2.3 – 0 punktów. Zdający może napisać równanie w następujący sposób: a ( a − 4) = 12 . 2.3 Wybór i podanie odpowiedzi: a = 6 cm. 1 [Dalsza część schematu, doklejona przez ekstrakcję, należy do kolejnego zadania z arkusza i została usunięta.]

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

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

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

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

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

\[P_{ABC}=7.\]

Rysujemy prostokąt \(KLMN\) o bokach równoległych do osi, opisany na trójkącie: \(K=(1,0)\), \(L=(5,0)\), \(M=(5,4)\), \(N=(1,4)\). Wierzchołek \(A=(1,0)\) pokrywa się z \(K\), punkt \(B=(5,1)\) leży na boku \(LM\), a \(C=(3,4)\) na boku \(MN\). Odczytujemy długości odcinków: \[\lvert KL\rvert=4,\ \lvert LB\rvert=1,\ \lvert BM\rvert=3,\ \lvert MC\rvert=2,\ \lvert CN\rvert=2,\ \lvert NK\rvert=4.\] Pole prostokąta: \[P_{KLMN}=4\cdot4=16.\] Pola trzech trójkątów prostokątnych: \[P_{AKL\text{–}B}=\tfrac12\cdot4\cdot1=2,\qquad P_{BMC}=\tfrac12\cdot3\cdot2=3,\qquad P_{CNA}=\tfrac12\cdot2\cdot4=4.\] Od pola prostokąta odejmujemy sumę pól trójkątów: \[P_{ABC}=16-(2+3+4)=7.\] Kontrola drugą metodą (wzór na pole trójkąta z współrzędnych): \[P=\tfrac12\left\lvert 1(1-4)+5(4-0)+3(0-1)\right\rvert=\tfrac12\cdot14=7.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABC}=7\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **(1 pkt)** – zaznaczenie w układzie współrzędnych punktów \(ABC\) oraz narysowanie prostokąta \(KLMN\). **(1 pkt)** – wyznaczenie długości odpowiednich odcinków: \(\lvert KL\rvert=4\), \(\lvert LB\rvert=1\), \(\lvert BM\rvert=3\), \(\lvert MC\rvert=2\), \(\lvert CN\rvert=2\), \(\lvert NK\rvert=4\). **(1 pkt)** – obliczenie pola prostokąta \(KLMN\): \(16\). **(1 pkt)** – obliczenie pól odpowiednich trójkątów prostokątnych: \(2\), \(3\) i \(4\). **(1 pkt)** – wyznaczenie pola trójkąta \(ABC\): \(7\).

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

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

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

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

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