Zadania o okręgu wpisanym w figurę i opisanym na figurze

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

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

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

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

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

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

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

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

**A.** Dwusiecznych kątów trójkąta.

**Krok \(1\).** To pytanie o punkty szczególne trójkąta. Cztery odpowiedzi opisują cztery różne punkty, więc trzeba wiedzieć, która rodzina prostych odpowiada okręgowi **wpisanemu**. Kluczem jest warunek, jaki spełnia jego środek. **Krok \(2\).** Okrąg wpisany jest styczny do wszystkich trzech boków trójkąta, a odległość środka od każdego z tych boków jest równa promieniowi. Środek jest więc **jednakowo oddalony od wszystkich trzech boków**. **Krok \(3\).** Zbiór punktów wewnątrz kąta, jednakowo oddalonych od obu jego ramion, to dwusieczna tego kąta. Punkt równo oddalony od wszystkich boków musi zatem leżeć na dwusiecznej każdego z trzech kątów trójkąta - czyli w punkcie ich przecięcia. **Krok \(4\).** Dla porządku pozostałe odpowiedzi: symetralne boków przecinają się w środku okręgu **opisanego** (punkt równo oddalony od wierzchołków), środkowe w środku ciężkości, a wysokości w ortocentrum. **Uwaga.** Łatwo pomylić okrąg wpisany z opisanym. Zapamiętaj różnicę: wpisany dotyka **boków**, więc liczy się odległość od boków (dwusieczne kątów); opisany przechodzi przez **wierzchołki**, więc liczy się odległość od wierzchołków (symetralne boków). **Odpowiedź.** A: dwusiecznych kątów tego trójkąta

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

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.10) Zdający wskazuje środek okręgu wpisanego jako punkt szczególny trójkąta.

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.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

\[R=\frac{8\sqrt7}{7}.\]

Oznaczmy \(|\angle CAB|=\alpha\). Z twierdzenia cosinusów \[5^2=6^2+4^2-2\cdot6\cdot4\cos\alpha,\] więc \[\cos\alpha=\frac9{16}.\] Ponieważ \(\alpha\) jest kątem trójkąta, \(\sin\alpha>0\), zatem \[\sin\alpha=\sqrt{1-\left(\frac9{16}\right)^2}=\frac{5\sqrt7}{16}.\] Z twierdzenia sinusów \[\frac{|BC|}{\sin\alpha}=2R,\] stąd \[R=\frac5{2\cdot(5\sqrt7/16)}=\frac8{\sqrt7}=\frac{8\sqrt7}{7}.\]

**3 pkt** – poprawna metoda i wynik \(R=\frac{8\sqrt7}{7}\) **2 pkt** – obliczenie sinusa jednego z kątów trójkąta albo obliczenie cosinusa i poprawne zapisanie równań z twierdzenia sinusów oraz jedynki trygonometrycznej **1 pkt** – obliczenie cosinusa jednego z kątów albo poprawne zastosowanie twierdzeń cosinusów i sinusów dla tego samego kąta **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.1 i III.3 operowanie obiektami oraz tworzenie obiektów pomocniczych. **Wymagania szczegółowe:** VII.5 i VIII.1 stosowanie twierdzeń sinusów i cosinusów oraz wyznaczanie promienia okręgu opisanego.

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

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

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

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

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

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

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

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

\[P=\frac{27\,648}{625},\qquad L=27{,}36.\]

Trapez wpisany w okrąg jest równoramienny. Oznaczmy \(\alpha=\angle BAC\), \(\beta=\angle ABC\), \(a=|AB|\), \(b=|CD|\). Z twierdzenia sinusów w trójkącie \(ABC\): \[\frac6{\sin\alpha}=2R=10,\qquad\sin\alpha=\frac35,\qquad\cos\alpha=\frac45.\] Z warunku zadania \[\sin\beta=\frac85\sin\alpha=\frac{24}{25},\qquad\cos\beta=\frac7{25}.\] Zatem \[\sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cos\beta+\cos\alpha\sin\beta=\frac{117}{125}.\] Ponownie z twierdzenia sinusów: \[\frac a{\sin(\alpha+\beta)}=10,\qquad a=\frac{234}{25}.\] Po opuszczeniu wysokości \(CE\) na \(AB\): \[h=6\sin\beta=\frac{144}{25},\qquad |EB|=6\cos\beta=\frac{42}{25}.\] Stąd \[b=a-2|EB|=\frac{234}{25}-2\cdot\frac{42}{25}=6.\] Pole i obwód trapezu są równe \[P=\frac{a+b}{2}h=\frac{27\,648}{625},\] \[L=a+b+2\cdot6=\frac{234}{25}+18=27{,}36.\]

**5 pkt** – poprawne pole \(\frac{27\,648}{625}\) i obwód \(27{,}36\) **4 pkt** – wyznaczenie obu podstaw, wysokości lub jednego z dwóch końcowych wyników **3 pkt** – wyznaczenie dłuższej podstawy albo wysokości z odpowiednim odcinkiem pomocniczym **2 pkt** – obliczenie \(\sin(\alpha+\beta)=\frac{117}{125}\), wysokości, odcinka \(EB\) albo przekątnej \(AC\) **1 pkt** – obliczenie \(\sin\alpha=\frac35\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. stosowanie i tworzenie strategii w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VII.R7 i VII.R5 stosowanie twierdzenia sinusów oraz wzorów na funkcje trygonometryczne sumy kątów.

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

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

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

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

**D.** \(\frac32\)

Pole rombu o boku \(2\sqrt3\) i kącie \(60^\circ\) wynosi \[P=(2\sqrt3)^2\sin60^\circ=12\cdot\frac{\sqrt3}{2}=6\sqrt3.\] Półobwód rombu jest równy \(s=2\cdot2\sqrt3=4\sqrt3\). Dla czworokąta opisanego na okręgu \(P=rs\), więc \[r=\frac{6\sqrt3}{4\sqrt3}=\frac32.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 7.4 korzystanie z funkcji trygonometrycznych w obliczeniach geometrycznych.

**C.** \(\frac{5\sqrt2}{2}\)

Punkty \(A\) i \(C\) są końcami przekątnej kwadratu, a okrąg opisany na kwadracie ma środek w punkcie przecięcia przekątnych i promień równy ich połowie. \[|AC|=\sqrt{(-4-3)^{2}+(6-7)^{2}}=\sqrt{49+1}=\sqrt{50}=5\sqrt2,\]\[R=\frac{|AC|}2=\frac{5\sqrt2}2.\] **Odpowiedź.** \(R=\frac{5\sqrt2}2\), czyli wariant **C**

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

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

Krawędź podstawy ma długość a=(\(2\)√\(\frac{2}{5}\))d, a największa objętość wynosi (\(8\)√\(\frac{5}{375}\))\(d^{3}\). Dla promienia r okręgu opisanego na podstawie mamy a=r√\(2\) i H=√(d(d−\(2r\))); analiza pochodnej prowadzi do r=\(\frac{2d}{5}\).

**Krok \(1\).** To zadanie optymalizacyjne z pochodną, w którym wszystkie wielkości trzeba wyrazić przez jedną zmienną. Najwygodniejszą zmienną podpowiada sama treść: promień \(r\) okręgu opisanego na podstawie. Wtedy krawędź boczna to \(b=d-r\), a krawędź podstawy i wysokość wyliczymy z własności ostrosłupa prawidłowego czworokątnego. **Krok \(2\).** Podstawą jest kwadrat, a okrąg opisany na kwadracie ma średnicę równą przekątnej, więc \(a\sqrt2=2r\), skąd \[a=r\sqrt2.\] **Krok \(3\).** Spodek wysokości to środek kwadratu, odległy od wierzchołka podstawy o \(r\). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(H\), \(r\) i przeciwprostokątnej \(b=d-r\): \[H^2=(d-r)^2-r^2=d^2-2dr+r^2-r^2=d^2-2dr,\qquad H=\sqrt{d^2-2dr}.\] **Krok \(4\).** Dziedzina: musi być \(r\gt0\) oraz \(d^2-2dr\gt0\), czyli \(r\lt\frac{d}{2}\). Zatem \(r\in\left(0,\frac{d}{2}\right)\), przy \(d\gt0\). **Krok \(5\).** Objętość ostrosłupa: \[V(r)=\frac13a^2H=\frac13\cdot2r^2\cdot\sqrt{d^2-2dr}=\frac23r^2\sqrt{d^2-2dr}.\] **Krok \(6\).** Zamiast różniczkować wyrażenie z pierwiastkiem, badamy funkcję pomocniczą \[f(r)=r^4\left(d^2-2dr\right)=d^2r^4-2dr^5,\] czyli kwadrat wyrażenia \(r^2\sqrt{d^2-2dr}\). Pierwiastek jest funkcją rosnącą, więc \(V\) rośnie i maleje dokładnie tam, gdzie \(f\), i obie osiągają maksimum dla tego samego \(r\). **Krok \(7\).** Liczymy pochodną: \[f^{\prime}(r)=4d^2r^3-10dr^4=2dr^3\left(2d-5r\right).\] **Krok \(8\).** W dziedzinie \(2dr^3\gt0\), więc o znaku decyduje czynnik \(2d-5r\): pochodna jest dodatnia dla \(r\lt\frac{2d}{5}\), a ujemna dla \(r\gt\frac{2d}{5}\). Zatem \(f\) (a więc i \(V\)) osiąga największą wartość dla \(r=\frac{2d}{5}\), a punkt ten należy do dziedziny, bo \(\frac{2d}{5}\lt\frac{d}{2}\). **Krok \(9\).** Wyznaczamy krawędź podstawy: \[a=r\sqrt2=\frac{2d}{5}\sqrt2=\frac{2\sqrt2}{5}d.\] **Krok \(10\).** Wysokość i objętość: \[H=\sqrt{d^2-2d\cdot\frac{2d}{5}}=\sqrt{d^2-\frac{4d^2}{5}}=\sqrt{\frac{d^2}{5}}=\frac{d\sqrt5}{5},\] \[V=\frac13a^2H=\frac13\cdot\frac{8d^2}{25}\cdot\frac{d\sqrt5}{5}=\frac{8\sqrt5}{375}d^3.\] **Uwaga.** Pytanie dotyczy krawędzi podstawy \(a\), a nie promienia \(r\) — po znalezieniu \(r=\frac{2d}{5}\) trzeba jeszcze wykonać przeliczenie \(a=r\sqrt2\). Warto też pamiętać, że \(d\) jest ustaloną liczbą dodatnią, a nie zmienną. **Odpowiedź.** Krawędź podstawy ma długość \(a=\dfrac{2\sqrt2}{5}d\), a największa objętość wynosi \(V=\dfrac{8\sqrt5}{375}d^3\).

**Schemat oceniania (I sposób)** Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części. Za każdą z części tego etapu zdający otrzymuje po 1 punkcie. **1 pkt** – a) wyznaczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa oraz wysokości w zależności od długości promienia okręgu opisanego na podstawie. **1 pkt** – b) zapisanie objętości ostrosłupa jako funkcji zmiennej \(r\): \(V(r)=\frac{2}{3}\sqrt{r^{4}d^{2}-2r^{5}d}\). **1 pkt** – c) określenie dziedziny funkcji \(V\): \(r\in\left(0,\frac{d}{2}\right)\). Drugi etap składa się z trzech części. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. **1 pkt** – a) wprowadzenie funkcji pomocniczej \(f(r)=r^{4}d^{2}-2r^{5}d\) i wyznaczenie pochodnej \(f'(r)=4r^{3}d^{2}-10r^{4}d=2r^{3}d(2d-5r)\). **1 pkt** – b) obliczenie miejsca zerowego pochodnej \(r=\frac{2}{5}d\). **1 pkt** – c) uzasadnienie, że dla \(r=\frac{2}{5}d\) funkcja \(f\) osiąga największą wartość oraz że dla takiej wartości promienia objętość ostrosłupa jest największa. **Uwaga:** Jeżeli zdający nie wyznaczy dziedziny funkcji \(V\), to nie może otrzymać punktu za ostatnią część etapu drugiego (uzasadnienie). **1 pkt** – Trzeci etap. Obliczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa o największej objętości: \(a=\frac{2\sqrt{2}}{5}d\). Wyznaczenie największej objętości ostrosłupa: \(V=\frac{8\sqrt{5}}{375}d^{3}\). Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **Schemat oceniania (II sposób)** Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części. Za każdą z części tego etapu zdający otrzymuje po 1 punkcie. **1 pkt** – a) wyznaczenie długości promienia okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa oraz pola podstawy w zależności od długości wysokości ostrosłupa. **1 pkt** – b) zapisanie objętości ostrosłupa jako funkcji zmiennej \(H\): \(V(H)=\frac{1}{6d^{2}}\left(d^{4}H-2d^{2}H^{3}+H^{5}\right)\). **1 pkt** – c) określenie dziedziny funkcji \(V\): \(H\in(0,d)\). Drugi etap składa się z trzech części. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. **1 pkt** – a) wyznaczenie pochodnej \(V'(H)=\frac{1}{6d^{2}}\left(5H^{4}-6d^{2}H^{2}+d^{4}\right)\). **1 pkt** – b) obliczenie miejsca zerowego pochodnej \(H=\frac{\sqrt{5}}{5}d\). **1 pkt** – c) uzasadnienie, że dla \(H=\frac{\sqrt{5}}{5}d\) objętość ostrosłupa jest największa. **Uwaga:** Jeżeli zdający nie wyznaczy dziedziny funkcji \(V\), to nie może otrzymać punktu za ostatnią część etapu drugiego (uzasadnienie). **1 pkt** – Trzeci etap. Obliczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa o największej objętości: \(a=\frac{2\sqrt{2}}{5}d\). Wyznaczenie największej objętości ostrosłupa: \(V=\frac{8\sqrt{5}}{375}d^{3}\). Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.

Zadanie 15. (0–7) Rozpatrujemy wszystkie ostrosłupy prawidłowe czworokątne, w których suma promienia okręgu opisanego na podstawie i długości krawędzi bocznej jest równa d. Wyznacz długość krawędzi podstawy tego z rozpatrywanych ostrosłupów, który ma największą objętość. Oblicz tę objętość. Rozwiązanie (I sposób) Wprowadzamy oznaczenia: r – promień okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa, b – krawędź boczna, a – krawędź podstawy, H – wysokość ostrosłupa. Z zależności r + b = d wyznaczamy b = d − r . W trójkącie SCW stosujemy tw. Pitagorasa: H 2 = b2 − r 2 = ( b − r ) ( b + r ) = d ( b − r ) = d ( d − r − r ) = d ( d − 2r ) skąd wyznaczamy H = d ( d − 2r ) .  d  Zauważamy, że r > 0 oraz d − 2r > 0 , czyli r ∈  0,  .  2  Wyznaczamy a w zależności od r: a = r 2 i zapisujemy objętość ostrosłupa w zależności od zmiennej r.  d  1 2 V ( r ) = r 2 ⋅ 2 d 2 − 2dr = r 4d 2 − 2r5d dla r ∈  0,  . 3 3  2   d  Rozważamy funkcję pomocniczą f ( r ) = r 4d 2 − 2r5d , której dziedziną jest przedział  0,  .  2  Aby znaleźć maksimum lokalne tej funkcji, wyznaczamy jej pochodną f ′( r ) = 4r3d 2 −10r 4d = 2r3d ( 2d − 5r )  d  2 Jedynym miejscem zerowym z przedziału  0,  jest r = d  2  5 ( r = 0 nie należy do dziedziny funkcji f ).

**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

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

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

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

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

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

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

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

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

Niech 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).

\[\frac{8\sqrt5}{5}.\]

Równe krawędzie boczne oznaczają, że spodek \(O\) wysokości jest środkiem okręgu opisanego na trapezie. Trapez jest równoramienny, \(O\) jest środkiem \(AB\), a z danych otrzymujemy \(|AD|=|BC|=8\) oraz trójkąt równoboczny \(AOD\), więc \(|OD|=8\). Dla wysokości \(H=|SO|\): \[H^2+8^2=(4\sqrt5)^2,\qquad H=4.\] Szukana odległość jest wysokością opuszczoną z \(O\) na przeciwprostokątną \(SD\) w trójkącie prostokątnym \(SOD\): \[d=\frac{|SO|\cdot|OD|}{|SD|}=\frac{4\cdot8}{4\sqrt5}=\frac{8\sqrt5}{5}.\]

**5 pkt** – poprawna odległość \(\frac{8\sqrt5}{5}\) **4 pkt** – poprawna metoda końcowa z drobnym błędem rachunkowym **3 pkt** – obliczenie wysokości ostrosłupa \(H=4\) i poprawna interpretacja szukanej odległości **2 pkt** – wyznaczenie \(|BC|=|AD|=8\) **1 pkt** – rozpoznanie położenia spodka wysokości jako środka okręgu opisanego **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** stereometria, okrąg opisany na trapezie, twierdzenie Pitagorasa i odległość punktu od prostej.

\[R=\frac{\sqrt{15}}2.\]

Kwadraty długości boków spełniają \[\left(\sqrt7\right)^2+\left(\sqrt8\right)^2=7+8=15=\left(\sqrt{15}\right)^2.\] Trójkąt jest więc prostokątny, a jego przeciwprostokątna ma długość \(\sqrt{15}\). Promień okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym jest równy połowie przeciwprostokątnej, zatem \(R=\frac{\sqrt{15}}2\).

**2 pkt** – poprawny promień \(\frac{\sqrt{15}}2\) **1 pkt** – rozpoznanie, że trójkąt jest prostokątny **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

Klucz CKE publikuje rozwiązanie i punktację. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, twierdzenie Pitagorasa i okrąg opisany na trójkącie prostokątnym.

\[\sqrt{145}.\]

Przeciwprostokątna ma długość \(25\), a promień okręgu wpisanego \[r=\frac{15+20-25}{2}=5.\] Z twierdzenia o odcinkach stycznych odcinek na przeciwprostokątnej ma długość \(10\). Dla odpowiedniego kąta ostrego \(\cos\alpha=\frac35\). Z twierdzenia cosinusów szukana długość \(d\) spełnia \[d^2=15^2+10^2-2\cdot15\cdot10\cdot\frac35=145,\] czyli \(d=\sqrt{145}\).

**4 pkt** – wyznaczenie długości \(\sqrt{145}\) **3 pkt** – wyznaczenie odcinka stycznego długości \(10\) **2 pkt** – obliczenie promienia \(r=5\) **1 pkt** – obliczenie przeciwprostokątnej \(25\) i właściwego cosinusa \(\frac35\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** planimetria - okrąg wpisany, odcinki styczne i twierdzenie cosinusów.

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

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

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

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

B

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

\(2\sqrt{145}\)

Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny, bo \(30^2+40^2=2500=50^2\); kąt prosty jest przy wierzchołku \(C\). Odcinki stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu mają równe długości. Oznaczając połowę obwodu przez \(p=\frac{30+40+50}{2}=60\), otrzymujemy standardowe wzory na odcinki styczne: \[\lvert AM\rvert=p-\lvert BC\rvert=60-30=30,\qquad \lvert BM\rvert=p-\lvert AC\rvert=60-40=20.\] Umieśćmy trójkąt w układzie współrzędnych: \(C=(0,0)\), \(A=(40,0)\), \(B=(0,30)\). Punkt \(M\) leży na \(AB\) w odległości \(30\) od \(A\), a \(\lvert AB\rvert=50\), więc \[M=A+\tfrac{30}{50}\left(B-A\right)=(40,0)+0{,}6\cdot(-40,30)=(16,18).\] Stąd \[\lvert CM\rvert=\sqrt{16^2+18^2}=\sqrt{256+324}=\sqrt{580}=2\sqrt{145}.\] **Odpowiedź.** \(\lvert CM\rvert=2\sqrt{145}\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Odpowiedź CKE: \(2\sqrt{145}\)

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

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.

A. \(120\)°

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

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

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

**A.** \(18\)

Środek okręgu opisanego na trójkącie równobocznym jest jednocześnie punktem przecięcia jego wysokości i dzieli każdą wysokość w stosunku \(2:1\), licząc od wierzchołka. Promień \(R\) stanowi więc \(\frac23\) wysokości: \[R=\tfrac23 h,\qquad h=\tfrac32 R=\tfrac32\cdot12=18.\] **Odpowiedź.** A. \(18\)

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – wiąże promień okręgu opisanego z wysokością trójkąta równobocznego.

\[P(c)=c\sqrt{-3c^{2}+120c-900},\qquad c\in(15,30).\]

Oznaczmy przez \(a\) dłuższą podstawę, przez \(b\) krótszą, a przez \(c\) ramię trapezu. Z rysunku odczytujemy, że okrąg wpisany jest styczny do obu podstaw i do obu ramion. Dla czworokąta opisanego na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe, a trapez jest równoramienny, więc \[a+b=2c.\] Z warunku zadania \(b+c=30\), czyli \(b=30-c\), a stąd \[a=2c-b=3c-30.\] Rzut ramienia na dłuższą podstawę ma długość \(\tfrac{a-b}{2}=2c-30\), więc wysokość trapezu wynosi \[h=\sqrt{c^{2}-(2c-30)^{2}}=\sqrt{-3c^{2}+120c-900}.\] Pole trapezu to \[P(c)=\frac{a+b}{2}\cdot h=c\sqrt{-3c^{2}+120c-900}=c\sqrt{3(c-10)(30-c)}.\] Dziedzinę wyznaczają trzy warunki: - \(b>0\), czyli \(c<30\), - podstawa \(a\) ma być dłuższa od \(b\): \(3c-30>30-c\), czyli \(c>15\), - wyrażenie pod pierwiastkiem ma być dodatnie: \(3(c-10)(30-c)>0\), czyli \(10<c<30\). Część wspólna to \(c\in(15,30)\). **Odpowiedź.** \(P(c)=c\sqrt{-3c^{2}+120c-900}\) dla \(c\in(15,30)\).

*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.* **8.1. (1 pkt)** – […] na okręgu: \(a+b=2c\), gdzie \(a\) – długość dłuższej podstawy, \(b\) – długość krótszej podstawy, \(c\) – długość ramienia trapezu. **8.2. (1 pkt)** – wyznaczenie różnicy długości podstaw trapezu za pomocą długości ramienia: \(a-b=4c-60\). **8.3. (1 pkt)** – wyrażenie wysokości trapezu w zależności od długości ramienia: \(h=\sqrt{-3c^{2}+120c-900}\). **8.4. (1 pkt)** – wyznaczenie pola trapezu jako funkcji długości jego ramienia: \(P=c\cdot\sqrt{-3c^{2}+120c-900}\). **8.5. (2 pkt)** – wyznaczenie dziedziny funkcji \(P\): \(c\in(15,30)\). \(1\) pkt za oszacowanie \(c<30\). \(1\) pkt za oszacowanie \(c>15\).

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

Kąt ostry rombu ma miarę \(60^\circ\).

Oznaczmy przez \(a\) długość boku rombu, przez \(\alpha\) miarę jego kąta ostrego, a przez \(r\) promień wpisanego koła. Wysokość rombu opuszczona na bok jest równa \(a\sin\alpha\); okrąg wpisany jest styczny do obu prostych zawierających przeciwległe boki, więc jego średnica równa się tej wysokości: \[2r=a\sin\alpha,\qquad r=\frac{a\sin\alpha}{2}.\] Stąd \[P_{\text{koła}}=\pi r^{2}=\frac{\pi a^{2}\sin^{2}\alpha}{4},\qquad P_{\text{rombu}}=a^{2}\sin\alpha.\] Warunek zadania przyjmuje postać \[\frac{P_{\text{koła}}}{P_{\text{rombu}}}=\frac{\pi\sin\alpha}{4}=\frac{\pi\sqrt3}{8},\qquad \sin\alpha=\frac{\sqrt3}{2}.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc spośród rozwiązań równania \(\sin\alpha=\tfrac{\sqrt3}{2}\) wybieramy \(\alpha=60^\circ\) (druga wartość, \(120^\circ\), jest kątem rozwartym). **Odpowiedź.** Kąt ostry rombu ma miarę \(60^\circ\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Sporządzam rysunek pomocniczy i wprowadzam następujące oznaczenia: \(a\) – długość boku rombu, \(r\) – promień koła wpisanego w romb, \(P_{K}\) – pole koła wpisanego w romb, \(P_{R}\) – pole rombu, \(\alpha\) – kąt ostry rombu. […] Zgodnie z wprowadzonymi oznaczeniami \(P_{K}=\pi r^{2}\), \(P_{R}=a\cdot 2r\). Z warunków zadania wynika proporcja: \(\frac{P_{K}}{P_{R}}=\frac{\pi r^{2}}{a\cdot 2r}=\frac{\pi\sqrt{3}}{8}\), stąd \(\frac{r}{2a}=\frac{\sqrt{3}}{8}\). Z otrzymanej równości wyznaczam promień okręgu: \(r=a\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}\). Z trójkąta prostokątnego \(AED\) wyznaczam sinus kąta \(\alpha\): \(\sin\alpha=\frac{DE}{AD}=\frac{2r}{a}=\frac{2\cdot a\frac{\sqrt{3}}{4}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\). Zatem \(\alpha=60^\circ\).

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

\(P=12\left(3+\sqrt3\right)=36+12\sqrt3\); dłuższa podstawa \(a=6+6\sqrt3\), krótsza podstawa \(b=6-2\sqrt3\) (ramiona mają długości \(4\sqrt3\) i \(12\)).

**Krok \(1\).** Rysunek: trapez \(ABCD\), w którym \(AB\) jest dłuższą podstawą o długości \(a\), \(CD\) krótszą podstawą o długości \(b\), kąt przy wierzchołku \(A\) ma miarę \(60^{\circ}\), a przy \(B\) miarę \(30^{\circ}\). Z wierzchołków \(D\) i \(C\) prowadzimy wysokości \(DE\) i \(CF\) na podstawę \(AB\), obie długości \(6\). Powstają dwa trójkąty prostokątne, po jednym przy każdym ramieniu. Najważniejsza informacja z treści to jednak coś innego: trapez jest opisany na okręgu, a w każdym czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe. **Krok \(2\).** Oznaczmy ramiona: \(AD=c\) (przy kącie \(60^{\circ}\)) oraz \(BC=d\) (przy kącie \(30^{\circ}\)). Warunek opisania czworokąta na okręgu daje \[a+b=c+d.\] To będzie jedno z dwóch równań na podstawy. **Krok \(3\).** Liczymy ramiona z trójkątów prostokątnych, w których wysokość jest przyprostokątną leżącą naprzeciw danego kąta: \[\sin 60^{\circ}=\frac{6}{c}\ \Rightarrow\ c=\frac{6}{\frac{\sqrt3}{2}}=\frac{12}{\sqrt3}=4\sqrt3,\] \[\sin 30^{\circ}=\frac{6}{d}\ \Rightarrow\ d=\frac{6}{\frac12}=12.\] **Krok \(4\).** Liczymy rzuty ramion na dłuższą podstawę, korzystając z tangensa: \[\mathrm{tg}\,60^{\circ}=\frac{6}{AE}\ \Rightarrow\ AE=\frac{6}{\sqrt3}=2\sqrt3,\] \[\mathrm{tg}\,30^{\circ}=\frac{6}{FB}\ \Rightarrow\ FB=\frac{6}{\frac{\sqrt3}{3}}=6\sqrt3.\] **Krok \(5\).** Z kroku \(2\) i \(3\) mamy pierwsze równanie: \[a+b=4\sqrt3+12.\] **Krok \(6\).** Pole trapezu liczymy od razu, bo do wzoru potrzebna jest tylko suma podstaw: \[P=\frac{a+b}{2}\cdot h=\frac{4\sqrt3+12}{2}\cdot 6=\left(2\sqrt3+6\right)\cdot 6=12\sqrt3+36=12\left(3+\sqrt3\right).\] **Krok \(7\).** Drugie równanie bierze się z rysunku: dłuższa podstawa składa się z rzutu lewego ramienia, krótszej podstawy i rzutu prawego ramienia (bo \(EF=CD=b\)): \[a=AE+b+FB=b+2\sqrt3+6\sqrt3=b+8\sqrt3,\] czyli \(a-b=8\sqrt3\). **Krok \(8\).** Dodajemy równania z kroków \(5\) i \(7\): \[2a=12+4\sqrt3+8\sqrt3=12+12\sqrt3,\qquad a=6+6\sqrt3.\] **Krok \(9\).** Wyznaczamy \(b\): \[b=a-8\sqrt3=6+6\sqrt3-8\sqrt3=6-2\sqrt3.\] Sprawdzamy sensowność: \(2\sqrt3\approx 3{,}46\), więc \(b\approx 2{,}54\gt 0\) oraz \(a\approx 16{,}39\gt b\). Wszystko się zgadza. **Uwaga.** Równość \(a+b=c+d\) obowiązuje wyłącznie dla czworokątów opisanych na okręgu i to ona zastępuje tu brakującą daną. Warto też zauważyć kontrolnie, że okrąg wpisany jest styczny do obu podstaw, więc jego średnica jest równa wysokości trapezu, czyli \(r=3\). **Odpowiedź.** Pole trapezu wynosi \(P=12\left(3+\sqrt3\right)=36+12\sqrt3\), dłuższa podstawa \(a=6+6\sqrt3\), a krótsza \(b=6-2\sqrt3\).

*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.* **10.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku z odpowiednimi oznaczeniami. **10.2. (2 pkt)** – obliczenie długości ramion trapezu: np. \(c=4\sqrt{3}\); \(d=12\). **10.3. (1 pkt)** – obliczenie pola trapezu (wykorzystanie warunku: \(a+b=c+d\)): \(P=12\left(3+\sqrt{3}\right)\). **10.4. (2 pkt)** – obliczenie długości rzutów prostokątnych ramion trapezu na dłuższą podstawę trapezu: np. \(x=2\sqrt{3}\); \(y=6\sqrt{3}\). **10.5. (2 pkt)** – rozwiązanie układu równań, w którym niewiadomymi są dłuższa i krótsza podstawa trapezu: \(a=6\sqrt{3}+6\); \(b=6-2\sqrt{3}\). Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą od przedstawionej 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.

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

**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.

Ramię trapezu ma długość \(\dfrac{7r\sqrt{10}}{10}\), a \(\cos\lvert\angle CBD\rvert=\dfrac{61\sqrt{89}}{623}\approx0{,}924\).

Przyjmijmy \(\lvert CS\rvert=2k\) oraz \(\lvert SB\rvert=5k\); wtedy ramię ma długość \(\lvert BC\rvert=7k\). Odcinki stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu są równe. Punkt \(C\) leży na krótszej podstawie, więc styczna z \(C\) do punktu styczności na \(CD\) ma długość \(2k\), a z symetrii trapezu \(\lvert CD\rvert=4k\). Analogicznie z \(B\) otrzymujemy \(\lvert AB\rvert=10k\). Warunek istnienia okręgu wpisanego \(\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert=2\lvert BC\rvert\) jest spełniony: \(10k+4k=14k\). Rzut ramienia na dłuższą podstawę ma długość \(\tfrac12(\lvert AB\rvert-\lvert CD\rvert)=3k\), więc wysokość trapezu wynosi \[h=\sqrt{(7k)^{2}-(3k)^{2}}=2k\sqrt{10}.\] Okrąg wpisany jest styczny do obu podstaw, zatem \(h=2r\), skąd \[k=\frac{r}{\sqrt{10}}.\] **a)** \(\lvert BC\rvert=7k=\dfrac{7r}{\sqrt{10}}=\dfrac{7r\sqrt{10}}{10}\). **b)** Wprowadźmy układ współrzędnych: \(A=(0,0)\), \(B=(10k,0)\), \(D=(3k,2k\sqrt{10})\), \(C=(7k,2k\sqrt{10})\). Wtedy \[\overrightarrow{BC}=[-3k,\,2k\sqrt{10}],\qquad \overrightarrow{BD}=[-7k,\,2k\sqrt{10}],\] \[\lvert BC\rvert=7k,\qquad \lvert BD\rvert=\sqrt{49k^{2}+40k^{2}}=k\sqrt{89}.\] Iloczyn skalarny wynosi \(21k^{2}+40k^{2}=61k^{2}\), zatem \[\cos\lvert\angle CBD\rvert=\frac{61k^{2}}{7k\cdot k\sqrt{89}}=\frac{61}{7\sqrt{89}}=\frac{61\sqrt{89}}{623}\approx0{,}924.\] **Odpowiedź.** \(\lvert BC\rvert=\dfrac{7r\sqrt{10}}{10}\), \(\cos\lvert\angle CBD\rvert=\dfrac{61\sqrt{89}}{623}\approx0{,}924\).

*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.* **Zadanie 17.** (\(6\) pkt) Na okręgu o promieniu \(r\) opisano trapez równoramienny \(ABCD\) o dłuższej podstawie \(AB\) i krótszej \(CD\). Punkt styczności \(S\) dzieli ramię \(BC\) tak, że \(\frac{CS}{SB}=\frac{2}{5}\). a) Wyznacz długość ramienia tego trapezu. b) Oblicz cosinus \(\angle CBD\). […] Przyjmuję oznaczenia jak na rysunku. a) Wykorzystując proporcję \(\frac{CS}{SB}=\frac{2}{5}\) wprowadzam oznaczenia: \(CS=2x\), \(SB=5x\), stąd \(BC=2x+5x=7x\). \(\Delta OSC\equiv\Delta OEC\) więc \(EC=CS=2x\). \(DC=4x\) – z własności trapezu równoramiennego. Korzystając z własności czworokąta opisanego na okręgu otrzymuję: \(AB+CD=2\cdot BC=14x\), stąd \(AB=10x\). Z własności trapezu równoramiennego wynika, że \(FB=3x\). Z twierdzenia Pitagorasa dla \(\Delta FBC\) otrzymuję: \(CF^{2}+FB^{2}=CB^{2}\), czyli \((2r)^{2}+(3x)^{2}=(7x)^{2}\), \(r^{2}=10x^{2}\), stąd \(x=\frac{\sqrt{10}}{10}r\), więc \(BC=\frac{7\sqrt{10}}{10}r\), \(DC=\frac{4\sqrt{10}}{10}r\). b) Wyznaczam długość przekątnej \(BD\) z trójkąta prostokątnego \(BDG\), w którym \(GB=\frac{7\sqrt{10}}{10}r\): \(GB^{2}+GD^{2}=DB^{2}\), \(DB^{2}=\frac{490r^{2}}{100}+4r^{2}=\frac{490r^{2}+400r^{2}}{100}\), stąd \(BD=\frac{\sqrt{890}}{10}r\). Stosując twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BCD\) otrzymuję: \(DC^{2}=BC^{2}+DB^{2}-2\cdot BC\cdot DB\cdot\cos\angle CBD\), \(\left(\frac{4\sqrt{10}}{10}r\right)^{2}=\left(\frac{7\sqrt{10}}{10}r\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{890}}{10}r\right)^{2}-2\cdot\frac{7\sqrt{10}}{10}r\cdot\frac{\sqrt{890}}{10}r\cdot\cos\angle CBD\). Odp.: \(\cos\angle CBD=\frac{61\sqrt{89}}{623}\). | Nr czynności | 17.1. | 17.2. | 17.3. | 17.4. | 17.5. | 17.6. | |---|---:|---:|---:|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) |

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

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

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

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

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

\(H=16\ \mathrm{cm}\), \(r=4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}\), \(V=\dfrac{512\pi}{3}\ \mathrm{cm}^{3}\)

**Krok \(1\).** Oznaczamy przez \(r\) promień podstawy stożka, przez \(H\) jego wysokość, a przez \(R=4\) promień kuli wpisanej. Przekrój osiowy to trójkąt równoramienny o podstawie \(2r\) i wysokości \(H\), w który wpisano okrąg o promieniu \(R\). **Krok \(2\).** Z podobieństwa trójkątów w przekroju osiowym otrzymujemy związek między \(r\) i \(H\): \[r^{2}=\frac{R^{2}H}{H-2R}=\frac{16H}{H-8},\qquad H>8.\] Warunek \(H>2R\) jest istotny: stożek opisany na kuli musi być wyższy niż jej średnica. **Krok \(3\).** Zapisujemy objętość jako funkcję jednej zmiennej \(H\): \[V(H)=\tfrac{1}{3}\pi r^{2}H=\frac{16\pi}{3}\cdot\frac{H^{2}}{H-8},\qquad H\in(8,+\infty).\] **Krok \(4\).** Liczymy pochodną: \[V'(H)=\frac{16\pi}{3}\cdot\frac{2H(H-8)-H^{2}}{(H-8)^{2}}=\frac{16\pi}{3}\cdot\frac{H(H-16)}{(H-8)^{2}}.\] **Krok \(5\).** W dziedzinie \((8,+\infty)\) mianownik i czynnik \(H\) są dodatnie, więc o znaku decyduje \(H-16\). Pochodna jest ujemna na \((8,16)\) i dodatnia na \((16,+\infty)\), zatem w \(H=16\) funkcja \(V\) osiąga minimum lokalne, a wobec zachowania na krańcach dziedziny — także najmniejszą wartość. **Krok \(6\).** Wyznaczamy promień i objętość dla \(H=16\): \[r^{2}=\frac{16\cdot 16}{16-8}=32,\qquad r=4\sqrt{2},\] \[V=\frac{16\pi}{3}\cdot\frac{16^{2}}{8}=\frac{512\pi}{3}.\] **Uwaga.** Zadanie pyta o objętość najmniejszą, nie największą — i minimum faktycznie istnieje: przy \(H o 8^{+}\) oraz przy \(H o+\infty\) objętość rośnie nieograniczenie. **Odpowiedź.** \(H=16\ \mathrm{cm}\), \(r=4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}\), \(V=\dfrac{512\pi}{3}\ \mathrm{cm}^{3}\approx 536{,}17\ \mathrm{cm}^{3}\)

**[…]. ([…] pkt)** – […] \(DV'=DV\). **50. (1 pkt)** – wyznaczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji objętości: \(H=16\). **51. (1 pkt)** – zbadanie znaku pochodnej funkcji objętości: \(V'(H)>0\Leftrightarrow H\in(16;\infty)\) oraz \(V'(H)<0\Leftrightarrow H\in(8;16)\). **52. (1 pkt)** – stwierdzenie i zapisanie, że dla \(H=16\) funkcja \(V\) osiąga lokalne minimum równe \(V(16)=\frac{512\pi}{3}\). **53. (1 pkt)** – uzasadnienie, że minimum lokalne funkcji objętości stożka jest wartością najmniejszą tej funkcji, np. poprzez powołanie się na dwa fakty: \(\lim\limits_{H\to 8^{+}}V(H)=+\infty\) oraz \(\lim\limits_{H\to\infty}V(H)=+\infty\). **54. (1 pkt)** – podanie wymiarów stożka o najmniejszej objętości opisanego na kuli o promieniu \(R=4\) cm: wysokość stożka, \(H=16\) cm, promień podstawy stożka \(r=4\sqrt{2}\) cm. Uwaga: Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą (zgodną z poleceniem) od przedstawionej 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.