Romb w zadaniach maturalnych z geometrii

\((x+1)^{2}+(y+2)^{2}=5\). Ze środka symetrii otrzymujemy \(B=(4,-7)\) i \(C=(-1,3)\), a proste \(AB\) i \(BC\) mają równania \(x+2y+10=0\) oraz \(2x+y-1=0\). Środek okręgu leży na dwusiecznej \(x+y+3=0\) (druga dwusieczna nie daje rozwiązań rzeczywistych), a warunek styczności prowadzi do \(9k^{2}+16k-4=0\), czyli \(k=-2\) lub \(k=\frac{2}{9}\). Ujemna druga współrzędna daje \(S=(-1,-2)\) i \(r=\sqrt{5}\).

**Krok \(1\).** Metoda: najpierw ze środka symetrii odtwarzamy brakujące wierzchołki równoległoboku, potem korzystamy z tego, że środek okręgu stycznego do dwóch prostych jest równo odległy od obu, czyli leży na jednej z dwusiecznych ich kątów. **Krok \(2\).** Środek symetrii \(M\) jest środkiem obu przekątnych, więc \[B=2M-D=(-9+13,\ 2-9)=(4,-7),\qquad C=2M-A=(-9+8,\ 2+1)=(-1,3).\] **Krok \(3\).** Wyznaczamy równania prostych. Prosta \(AB\) przez \((-8,-1)\) i \((4,-7)\) ma współczynnik kierunkowy \(\frac{-7+1}{4+8}=-\frac{1}{2}\), więc \(x+2y+10=0\). Prosta \(BC\) przez \((4,-7)\) i \((-1,3)\) ma współczynnik \(\frac{3+7}{-1-4}=-2\), więc \(2x+y-1=0\). **Krok \(4\).** Niech \(S=(h,k)\) będzie środkiem szukanego okręgu, a \(r\) jego promieniem. Okrąg przechodzi przez \((0,0)\), więc \(r=\sqrt{h^{2}+k^{2}}\), a ze styczności do obu prostych (wzór na odległość punktu od prostej) \[\frac{|h+2k+10|}{\sqrt{5}}=r\qquad\text{oraz}\qquad \frac{|2h+k-1|}{\sqrt{5}}=r.\] **Krok \(5\).** Z równości tych odległości \(|h+2k+10|=|2h+k-1|\), czyli \(h+2k+10=2h+k-1\) albo \(h+2k+10=-(2h+k-1)\). Stąd \[h=k+11\qquad\text{albo}\qquad h+k+3=0.\] To równania dwóch prostopadłych dwusiecznych kątów przy wierzchołku \(B\). **Krok \(6\).** Przypadek \(h=k+11\). Wtedy \(h+2k+10=3k+21\) i warunek \(\frac{(3k+21)^{2}}{5}=h^{2}+k^{2}\) daje \[9k^{2}+126k+441=10k^{2}+110k+605,\qquad k^{2}-16k+164=0,\] a \(\Delta=256-656\lt 0\), więc ten przypadek nie daje żadnego okręgu. **Krok \(7\).** Przypadek \(h=-k-3\). Wtedy \(h+2k+10=k+7\) i \[\frac{(k+7)^{2}}{5}=(k+3)^{2}+k^{2},\qquad k^{2}+14k+49=10k^{2}+30k+45,\qquad 9k^{2}+16k-4=0.\] **Krok \(8\).** \(\Delta=256+144=400\), więc \(k=\frac{-16-20}{18}=-2\) lub \(k=\frac{-16+20}{18}=\frac{2}{9}\). Druga współrzędna środka ma być ujemna, więc \(k=-2\), a stąd \(h=-k-3=-1\). **Krok \(9\).** Obliczamy promień: \(r^{2}=h^{2}+k^{2}=1+4=5\). Sprawdzenie odległości od prostych: \(\frac{|-1-4+10|}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}\) oraz \(\frac{|-2-2-1|}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}\) — zgadza się. **Uwaga.** Warunek styczności do dwóch prostych daje dwie dwusieczne, a nie jedną, więc formalnie trzeba rozpatrzyć oba przypadki. Tutaj drugi z nich odpada, bo prowadzi do równania kwadratowego bez pierwiastków rzeczywistych. Dodatkowe zastrzeżenie o ujemnej drugiej współrzędnej środka odrzuca jeszcze rozwiązanie \(k=\frac{2}{9}\). **Odpowiedź.** \((x+1)^{2}+(y+2)^{2}=5\).

**(dla sposobów I–III)** **6 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \((x+1)^2+(y+2)^2=5\). **5 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą – pierwszą lub drugą współrzędną punktu \(S\), np.: \(\left[x_S-\left(\tfrac{3}{5}x_S+\tfrac{8}{5}\right)\right]^2+\left[-x_S-3-\left(-\tfrac{6}{5}x_S-\tfrac{11}{5}\right)\right]^2=x_S^2+(-x_S-3)^2\) (ze związków \(r=\lvert ST\rvert\) oraz \(r=\lvert SO\rvert\)), \((x_S-4)^2+\left(-x_S-3-(-7)\right)^2=\left(\tfrac{3}{5}x_S+\tfrac{8}{5}-4\right)^2+\left(-\tfrac{6}{5}x_S-\tfrac{11}{5}-(-7)\right)^2+x_S^2+(-x_S-3)^2\) (ze związków \(\lvert BS\rvert^2=\lvert BT\rvert^2+r^2\) oraz \(r=\lvert SO\rvert\)). **4 pkt** – wyznaczenie równania dwusiecznej kąta \(ABC\) równoległoboku: \(y=-x-3\) ALBO – zapisanie współrzędnych środka \(S\) za pomocą jednej niewiadomej, np. \(S=(x_S,-x_S-3)\). **3 pkt** – obliczenie współrzędnych punktu \(E\): \(E=(-2,5)\) ALBO – obliczenie współrzędnych takich punktów \(P_1\) oraz \(P_2\), że \(P_1\) leży na półprostej \(\overrightarrow{BA}\) oraz \(P_2\) leży na półprostej \(\overrightarrow{BC}\) oraz \(\lvert BP_1\rvert=\lvert BP_2\rvert\), ALBO – obliczenie tangensa kąta \(\alpha\): \(\operatorname{tg}\alpha=\tfrac{1}{3}\) (dla sposobu II), ALBO – zapisanie związku \(\frac{\left\lvert\tfrac{1}{2}x_S+y_S+5\right\rvert}{\sqrt{\left(\tfrac{1}{2}\right)^2+1}}=\frac{\lvert 2x_S+y_S-1\rvert}{\sqrt{2^2+1}}\) (dla sposobu III). **2 pkt** – wyznaczenie równania prostej \(BC\) oraz obliczenie długości odcinka \(AB\): \(y=-2x+1\) oraz \(\lvert AB\rvert=\sqrt{180}\) ALBO – wyznaczenie równania prostej \(AB\) oraz obliczenie długości odcinka \(BC\): \(y=-\tfrac{1}{2}x-5\) oraz \(\lvert BC\rvert=\sqrt{75}\), ALBO – obliczenie współczynników kierunkowych prostych \(AB\) oraz \(BC\): \(a_{AB}=-\tfrac{1}{2}\) oraz \(a_{BC}=-2\) (dla sposobu II), ALBO – wyznaczenie równań prostych \(AB\) oraz \(BC\), np. \(y=-\tfrac{1}{2}x-5\) oraz \(y=-2x+1\) (dla sposobu III). **1 pkt** – obliczenie współrzędnych wierzchołka \(B\): \(B=(4,-7)\) ALBO – obliczenie współrzędnych wierzchołka \(C\): \(C=(-1,3)\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** IX.R1) Zdający znajduje punkty wspólne prostej i okręgu; IX.R4) Zdający wyznacza równanie prostej prostopadłej do zadanej prostej i prostej stycznej do zadanego okręgu. VIII.4) Zdający korzysta z własności kątów i przekątnych w prostokątach, równoległobokach, rombach i trapezach.

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

Niech \(O\) będzie punktem przecięcia przekątnych rombu. Przekątne rombu są prostopadłe i dzielą się na połowy, zatem \(|AO|=6\). W trójkącie prostokątnym \(AOB\) \[\tan30^\circ=\frac{|BO|}{|AO|},\] więc \(|BO|=6\cdot\frac{\sqrt3}{3}=2\sqrt3\), a \(|BD|=4\sqrt3\). Pole rombu wynosi \[P=\frac{|AC|\cdot|BD|}{2}=\frac{12\cdot4\sqrt3}{2}=24\sqrt3.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i tworzenie informacji; interpretowanie informacji przedstawionych na rysunku. **Wymagania szczegółowe:** VIII.4 i VIII.11 korzystanie z własności kątów i przekątnych rombu oraz stosowanie funkcji trygonometrycznych do wyznaczania długości i pól figur.

**B.** \(72\)

Pole rombu o boku \(a=6\sqrt2\) i kącie \(150^\circ\) wynosi \[P=a^2\sin150^\circ=72\cdot\frac12=36.\] Z drugiej strony \(P=\frac{d_1d_2}{2}\), więc \[d_1d_2=2P=72.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i tworzenie informacji; interpretowanie informacji przedstawionych w tekście. **Wymagania szczegółowe:** VIII.4 zdający korzysta z własności kątów i przekątnych w rombach.

**A.** \(\frac{25\sqrt3}{2}\)

Bok rombu ma długość \(a=20:4=5\). Korzystamy ze wzoru na pole rombu o danym boku i kącie między bokami: \[P=a^2\sin120^\circ=25\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{25\sqrt3}{2}.\]

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

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

**B.** \(280\,\mathrm{cm}^{3}\)

Pole rombu o przekątnych \(d_1\) i \(d_2\) jest równe \(\frac12d_1d_2\): \[P_p=\frac12\cdot7\cdot10=35\ \mathrm{cm}^{2}.\] Wysokość graniastosłupa jest o \(2\ \mathrm{cm}\) krótsza od dłuższej przekątnej, więc \(H=10-2=8\ \mathrm{cm}\). Zatem \[V=P_p\cdot H=35\cdot8=280\ \mathrm{cm}^{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=280\,\mathrm{cm}^{3}\), czyli wariant **B**

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

**Wymagania egzaminacyjne 2022** **Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** G11.2) Zdający oblicza […] objętość graniastosłupa prostego […].

D. \(12\pi \)

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

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

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

\[|EF|=\frac{48}{7}.\]

Oznaczmy długość boku rombu przez \(s\). Trójkąty \(AEF\) i \(ADB\) są podobne, a trójkąty \(FBG\) i \(ABC\) są podobne. Zatem \[\frac{|AF|}{s}=\frac{|AB|}{12},\qquad \frac{|BF|}{s}=\frac{|AB|}{16}.\] Stąd \[|AF|=\frac{|AB|s}{12},\qquad |BF|=\frac{|AB|s}{16}.\] Ponieważ \(|AB|=|AF|+|BF|\), to \[1=\frac{s}{12}+\frac{s}{16}=\frac{7s}{48}.\] Wobec tego \[s=\frac{48}{7}.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\frac{48}{7}\) **1 pkt** – zapisanie zależności między długościami odcinków wynikającej z podobieństwa odpowiednich trójkątów **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji oraz tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.4 i VIII.8 korzystanie z własności kątów i przekątnych w równoległobokach i rombach oraz z cech podobieństwa trójkątów.

**A.** \((-\frac12,\frac12)\)

Przekątne rombu przecinają się w swoich połowach. Środek przekątnej \(AC\), a więc także \(BD\), ma współrzędne \[\left(\frac{1+(-2)}2,\frac{-3+4}2\right)=\left(-\frac12,\frac12\right).\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.3 obliczanie współrzędnych środka odcinka i stosowanie własności przekątnych rombu.

**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.

Cosinus kąta ostrego rombu jest równy \(\dfrac56\).

Oznaczmy przez \(a\) długość boku rombu, a przez \(h\) jego wysokość. Z rysunku odczytujemy, że proste \(BM\) i \(DN\) są równoległe, a punkty \(N\) i \(M\) leżą odpowiednio na bokach \(AB\) i \(CD\), więc czworokąt \(NBMD\) jest równoległobokiem. Pole rombu wynosi \(ah\), a każda z trzech figur ma pole \(\tfrac13 ah\). Trójkąt \(AND\) ma podstawę \(AN\) na prostej \(AB\) i wysokość \(h\), zatem \[\tfrac12\lvert AN\rvert h=\tfrac13 ah,\qquad \lvert AN\rvert=\tfrac23 a,\qquad \lvert NB\rvert=\tfrac13 a.\] Z warunku \(\lvert ND\rvert=\lvert BD\rvert\) trójkąt \(NBD\) jest równoramienny o podstawie \(NB\), więc spodek \(F\) wysokości opuszczonej z \(D\) na prostą \(AB\) jest środkiem odcinka \(NB\). Zatem \[\lvert AF\rvert=\lvert AN\rvert+\tfrac12\lvert NB\rvert=\tfrac23 a+\tfrac16 a=\tfrac56 a.\] Odcinek \(AF\) jest rzutem prostokątnym boku \(AD\) na prostą \(AB\), a \(\lvert AD\rvert=a\), więc dla kąta \(\alpha=\lvert\angle DAB\rvert\) \[\cos\alpha=\frac{\lvert AF\rvert}{\lvert AD\rvert}=\frac{\tfrac56 a}{a}=\frac56.\] Wartość jest dodatnia, więc \(\alpha\) rzeczywiście jest kątem ostrym rombu. **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\dfrac56\).

**Schemat punktowania I sposobu rozwiązania** **1 pkt** – Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania. Zdający: • zapisze, że stosunek pól trójkątów \(AND\) i \(BDN\) jest równy stosunkowi długości ich podstaw zawartych w prostej \(AB\) albo • zaznaczy wysokość \(DF\) trójkąta \(NBD\) i zapisze, że odcinki \(NF\) i \(FB\) są równe albo • zapisze układ równań pozwalający wyznaczyć długość odcinka \(AN\) (lub \(NB\)) w zależności od długości boku rombu: \(P_{ABCD}=a^{2}\sin\alpha\) i \(P_{AND}=\frac{1}{2}ax\sin\alpha\) i \(P_{AND}=\frac{1}{3}P_{ABCD}\), gdzie \(x=AN\). **2 pkt** – Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp. Zdający wyznaczy długość odcinka \(AN\) (lub \(NB\)) w zależności od długości boku rombu: \(AN=\frac{2}{3}a\) (\(NB=\frac{1}{3}a\)). **3 pkt** – Pokonanie zasadniczych trudności zadania. Zdający wyznaczy długość odcinka \(FB\) w zależności od długości boku rombu lub wykorzysta definicję cosinusa w trójkącie prostokątnym \(AFD\): \(FB=\frac{1}{6}a\) lub \(\cos\alpha=\frac{AF}{AD}\). **4 pkt** – Pokonanie zasadniczych trudności zadania. Zdający wyznaczy długość odcinka \(FB\) w zależności od długości boku rombu i wykorzysta definicję cosinusa w trójkącie prostokątnym \(AFD\): \(FB=\frac{1}{6}a\) i \(\cos\alpha=\frac{AF}{AD}\). **5 pkt** – Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe). **6 pkt** – Rozwiązanie pełne. Zdający obliczy \(\cos\alpha\): \(\cos\alpha=\frac{5}{6}\). **Schemat punktowania II sposobu rozwiązania** **1 pkt** – Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania. Zdający: • zapisze, że stosunek pól trójkątów \(AND\) i \(BDN\) jest równy stosunkowi długości ich podstaw zawartych w prostej \(AB\) albo • zapisze dwa równania wynikające z twierdzenia cosinusów dla trójkątów \(ABD\) i \(AND\): \(m^{2}=a^{2}+a^{2}-2a\cdot a\cos\alpha\), \(m^{2}=x^{2}+a^{2}-2\cdot x\cdot a\cos\alpha\), gdzie \(x=AN\) albo • zapisze układ równań pozwalający wyznaczyć długość odcinka \(AN\) w zależności od długości boku rombu: \(P_{ABCD}=a^{2}\sin\alpha\) i \(P_{AND}=\frac{1}{2}ax\sin\alpha\) i \(P_{AND}=\frac{1}{3}P_{ABCD}\). **2 pkt** – Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp. Zdający wyznaczy długość odcinka \(AN\) (lub \(NB\)) w zależności od długości boku rombu: \(AN=\frac{2}{3}a\) (\(NB=\frac{1}{3}a\)). **3 pkt** – Pokonanie zasadniczych trudności zadania. Zdający zapisze jedno z równań, które pozwala obliczyć cosinus kąta ostrego rombu: \(m^{2}=a^{2}(2-2\cos\alpha)\) lub \(m^{2}=a^{2}\left(\frac{13}{9}-\frac{4}{3}\cos\alpha\right)\). **4 pkt** – Pokonanie zasadniczych trudności zadania. Zdający zapisze układ równań, pozwalający obliczyć cosinus kąta ostrego rombu: \(m^{2}=a^{2}(2-2\cos\alpha)\) oraz \(m^{2}=a^{2}\left(\frac{13}{9}-\frac{4}{3}\cos\alpha\right)\). **5 pkt** – Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe). **6 pkt** – Rozwiązanie pełne. Zdający obliczy \(\cos\alpha\): \(\cos\alpha=\frac{5}{6}\). **Schemat punktowania III i IV sposobu rozwiązania** **1 pkt** – Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania. Zdający: • zapisze, że pole trójkąta \(FBD\) jest dwunastą częścią pola rombu \(ABCD\) albo • zapisze, że pole trójkąta \(SBA\) jest czwartą częścią pola rombu \(ABCD\) albo • zapisze, że pole trójkąta \(NBD\) jest trzecią częścią pola trójkąta \(BDA\). **2 pkt** – Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp. Zdający: • zapisze, że trójkąty \(FBD\) i \(SBA\) są podobne i \(P_{FBD}=\frac{1}{12}P_{ABCD}\), i \(P_{SBA}=\frac{1}{4}P_{ABCD}\) albo • zapisze, że trójkąty \(NBD\) i \(BDA\) są podobne i \(P_{NBD}=\frac{1}{3}P_{BDA}\). **3 pkt** – Pokonanie zasadniczych trudności zadania. Zdający: • zapisze układ równań z niewiadomymi \(m\), \(a\), \(\cos\alpha\), np.: \(m^{2}=\frac{1}{3}a^{2}\) i \(m^{2}=a^{2}+a^{2}-2a\cdot a\cos\alpha\) lub • obliczy wartość dowolnej funkcji trygonometrycznej kąta \(\frac{\alpha}{2}\), np.: \(\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\). **4 pkt** – Pokonanie zasadniczych trudności zadania. Zdający: • zapisze układ równań z niewiadomymi \(m\), \(a\), \(\cos\alpha\), np.: \(m^{2}=\frac{1}{3}a^{2}\) i \(m^{2}=a^{2}+a^{2}-2a\cdot a\cos\alpha\) oraz • obliczy wartość dowolnej funkcji trygonometrycznej kąta \(\frac{\alpha}{2}\), np.: \(\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2\sqrt{3}}\). **5 pkt** – Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe). **6 pkt** – Rozwiązanie pełne. Zdający obliczy \(\cos\alpha\): \(\cos\alpha=\frac{5}{6}\).

**Wymaganie ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** Zdający wykorzystuje własności rombu i równoległoboku, porównuje pola figur o wspólnej wysokości oraz stosuje definicję cosinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym (7.2, 7.4).

\[C=(10,0),\qquad B=\left(\tfrac{27}{4},\tfrac{17}{2}\right),\qquad D=\left(\tfrac54,-\tfrac52\right)\] (oznaczenia \(B\) i \(D\) można zamienić).

Przekątne rombu są prostopadłe i połowią się, więc punkt \(S\) ich przecięcia jest spodkiem prostopadłej poprowadzonej z \(A=(-2,6)\) do prostej \(2x-y-5=0\). Prosta \(AC\) jest prostopadła do \(BD\), więc ma wektor kierunkowy \([2,-1]\): \[(x,y)=(-2+2t,\ 6-t).\] Podstawiamy do równania \(BD\): \[2(-2+2t)-(6-t)-5=0,\qquad 5t=15,\qquad t=3,\] czyli \(S=(4,3)\) oraz \[C=2S-A=(10,0).\] Długość przekątnej \(AC\): \[\lvert AC\rvert=\sqrt{12^2+6^2}=6\sqrt5.\] Z pola rombu \[82{,}5=\tfrac12\cdot6\sqrt5\cdot\lvert BD\rvert,\qquad \lvert BD\rvert=\frac{165}{6\sqrt5}=\frac{11\sqrt5}{2}.\] Wierzchołki \(B\) i \(D\) leżą na prostej \(BD\) w odległości \(\frac{11\sqrt5}{4}\) od \(S\). Wektor jednostkowy kierunku tej prostej to \(\frac{1}{\sqrt5}[1,2]\), więc \[B=S+\frac{11\sqrt5}{4}\cdot\frac{[1,2]}{\sqrt5}=(4,3)+\left[\tfrac{11}{4},\tfrac{11}{2}\right]=\left(\tfrac{27}{4},\tfrac{17}{2}\right),\] \[D=S-\left[\tfrac{11}{4},\tfrac{11}{2}\right]=\left(\tfrac54,-\tfrac52\right).\] **Odpowiedź.** \(C=(10,0)\), \(B=\left(\frac{27}{4},\frac{17}{2}\right)\), \(D=\left(\frac54,-\frac52\right)\)

*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.* **1–2 pkt** – wyznaczenie punktu \(S=(4,3)\) przecięcia przekątnych. **3–4 pkt** – wyznaczenie \(C=(10,0)\) i długości \(\lvert BD\rvert=\frac{11\sqrt5}{2}\). **5–6 pkt** – wyznaczenie współrzędnych \(B\) i \(D\).

Zadanie 12. (0–6) Punkt A = ( −2, 6 ) jest wierzchołkiem rombu ABCD o polu 82,5. Przekątna BD zawiera się w prostej l o równaniu 2x − y − 5 = 0 . Wyznacz współrzędne pozostałych wierzchołków tego rombu. Rozwiązanie (I sposób) Wyznaczamy równanie prostej k zawierającej przekątną AC rombu (prosta k jest prostopadła do prostej l, punkt A leży na prostej k. 1 k : y = − x + 5 2  y = 2x − 5  Z układu równań  1 wyznaczamy współrzędne punktu S = ( 4, 3 ) (środek  y = − x + 5  2 symetrii rombu). Punkt S jest jednocześnie środkiem przekątnej AC, co pozwala obliczyć współrzędne wierzchołka C = ( 10, 0 ) . Obliczamy długość przekątnej AC = 6 5 , a następnie, wykorzystując informację o polu rombu, obliczamy długość drugiej przekątnej. 1 AC ⋅ BD = 82, 5 2 1 ⋅ 6 5 ⋅ BD = 82, 5 2 11 BD = 5 2 Punkty B oraz D leżą na okręgu o środku S = ( 4, 3 ) i promieniu 1 BD = 11 5 oraz na 2 4 prostej l. Wyznaczamy ich współrzędne rozwiązując układ równań

A. \(8\)

**Krok \(1\).** Romb to równoległobok o wszystkich bokach tej samej długości. Mamy dany bok i kąt, więc sięgamy po wzór na pole z sinusem kąta między bokami: \[P=a\cdot b\cdot\sin\alpha,\] co dla rombu (gdzie \(b=a\)) daje \(P=a^{2}\sin\alpha\). **Krok \(2\).** Dane: \(a=4\) oraz kąt rozwarty \(\alpha=150^{\circ}\). **Krok \(3\).** Potrzebujemy \(\sin 150^{\circ}\). Ze wzoru redukcyjnego \[\sin 150^{\circ}=\sin\left(180^{\circ}-150^{\circ}\right)=\sin 30^{\circ}=\frac12.\] **Krok \(4\).** Podstawiamy do wzoru: \[P=4^{2}\cdot\frac12=16\cdot\frac12=8.\] **Krok \(5\).** Ten sam wynik bez wzoru z sinusem: kąt ostry rombu ma miarę \(180^{\circ}-150^{\circ}=30^{\circ}\), więc wysokość opuszczona na bok wynosi \(h=4\cdot\sin 30^{\circ}=4\cdot\frac12=2\), a stąd \[P=a\cdot h=4\cdot 2=8.\] **Uwaga.** Nie ma znaczenia, czy do wzoru wstawimy kąt ostry, czy rozwarty rombu — ich sinusy są równe (\(\sin 30^{\circ}=\sin 150^{\circ}=\frac12\)). Pole nigdy nie wyjdzie ujemne, choć dla kąta rozwartego ujemny jest cosinus. **Odpowiedź.** A. \(8\)

Zadanie 16. (0−1) **Wymaganie ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymaganie szczegółowe:** 7. Planimetria. Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych, w tym ze wzoru na pole trójkąta ostrokątnego o danych dwóch bokach i kącie między nimi (7.4).

Długość boku rombu jest równa \(3\sqrt{10}\).

Przekątne rombu są prostopadłe i przecinają się w połowie. Punkt \(S\) przecięcia jest więc spodkiem prostopadłej poprowadzonej z \(A\) do prostej zawierającej \(BD\). Odległość punktu \(A=(-2,6)\) od prostej \(2x-y-5=0\): \[\lvert AS\rvert=\frac{\lvert 2\cdot(-2)-6-5\rvert}{\sqrt{2^2+(-1)^2}}=\frac{15}{\sqrt5}=3\sqrt5.\] Zatem \(\lvert AC\rvert=2\lvert AS\rvert=6\sqrt5\). Pole rombu jest połową iloczynu przekątnych: \[90=\tfrac12\cdot6\sqrt5\cdot\lvert BD\rvert,\qquad \lvert BD\rvert=\frac{180}{6\sqrt5}=6\sqrt5.\] Połówki przekątnych mają długości \(3\sqrt5\) i \(3\sqrt5\), a tworzą przyprostokątne trójkąta prostokątnego, którego przeciwprostokątną jest bok rombu: \[a=\sqrt{\left(3\sqrt5\right)^2+\left(3\sqrt5\right)^2}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}.\] **Odpowiedź.** Bok rombu ma długość \(3\sqrt{10}\).

**1–2 pkt** – obliczenie odległości \(\lvert AS\rvert=3\sqrt5\) i długości \(\lvert AC\rvert=6\sqrt5\). **3–5 pkt** – wyznaczenie \(\lvert BD\rvert=6\sqrt5\) z pola rombu. **6 pkt** – obliczenie długości boku \(3\sqrt{10}\).

Klasyfikacja rzeczowa: wykorzystywanie prostopadłości prostych, odległości punktów, własności przekątnych i pola rombu w geometrii analitycznej.

\[BD:\ y=-3x-\frac{65}{2}.\]

Przekątne rombu są prostopadłe i przecinają się w swoim wspólnym środku \(S\). Punkty \(A\) i \(C\) leżą na prostej o współczynniku kierunkowym \(\frac13\), więc prosta \(BD\) ma współczynnik \[a=-\frac1{\frac13}=-3.\] Prosta \(BD\) przechodzi przez \(S=\left(-\frac{21}2,-1\right)\): \[-1=-3\cdot\left(-\frac{21}2\right)+b\quad\Longrightarrow\quad b=-1-\frac{63}2=-\frac{65}2.\] **Odpowiedź.** \(y=-3x-\frac{65}2\)

1 pkt: współczynnik kierunkowy −3. 2 pkt: pełne równanie.

Zadanie 31. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria analityczna.

\[P_c=64+16\sqrt3.\]

Przekątna \(AC'\) rzutuje się na podstawę na przekątną \(AC\) rombu, a przekątna \(BD'\) — na przekątną \(BD\). Kąty nachylenia leżą więc w trójkątach prostokątnych \(ACC'\) oraz \(BDD'\), których wspólną przyprostokątną jest wysokość \(H\) graniastosłupa. Z trójkąta \(ACC'\): \[H=|AC'|\sin30^{\circ}=8\cdot\frac12=4,\qquad |AC|=|AC'|\cos30^{\circ}=8\cdot\frac{\sqrt3}2=4\sqrt3.\] Z trójkąta \(BDD'\), w którym kąt nachylenia wynosi \(45^{\circ}\): \[|BD|=\frac{H}{\tan45^{\circ}}=4.\] Przekątne rombu są prostopadłe i dzielą się na połowy, więc bok rombu wynosi \[a=\sqrt{\left(2\sqrt3\right)^{2}+2^{2}}=\sqrt{12+4}=4,\] a pole podstawy \[P_p=\frac12|AC|\cdot|BD|=\frac12\cdot4\sqrt3\cdot4=8\sqrt3.\] Pole powierzchni całkowitej: \[P_c=2P_p+4aH=16\sqrt3+4\cdot4\cdot4=64+16\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(P_c=64+16\sqrt3\)

**1–4 pkt** – wysokość \(4\), przekątne podstawy \(4\sqrt3\) i \(4\), pole podstawy \(8\sqrt3\) oraz bok rombu \(4\). **5 pkt** – pole całkowite \(64+16\sqrt3\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje kąty między odcinkami i płaszczyznami (9.2), kąty między ścianami (9.4) oraz stosuje trygonometrię do obliczeń długości, kątów, pól i objętości (9.6).

**A.** \(14^\circ<\alpha<15^\circ\).

Bok rombu ma długość \(8:4=2\). Ze wzoru na pole rombu \[1=2^2\sin\alpha,\] więc \(\sin\alpha=\frac14\). Dla kąta ostrego \(\alpha=\arcsin\frac14\approx14{,}48^\circ\), zatem \(14^\circ<\alpha<15^\circ\).

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 7.4 zdający korzysta z funkcji trygonometrycznych w obliczeniach geometrycznych, w tym ze wzoru na pole figury.

**B.** \(18\).

Pole rombu o boku \(a\) i kącie \(\alpha\) jest równe \(a^2\sin\alpha\). Zatem \[P=6^2\sin150^\circ=36\cdot\frac12=18.\]

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

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, pole rombu i wartości funkcji trygonometrycznych.

\[P_{ABCD}=72.\]

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

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

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

**A.** \(\dfrac92\)

Z \(\cos\alpha=\frac{\sqrt3}{2}\) i z tego, że \(\alpha\) jest kątem ostrym, wynika \(\alpha=30^\circ\), a więc \(\sin\alpha=\frac12\). Pole rombu o boku \(a\) i kącie \(\alpha\) między bokami: \[P=a^2\sin\alpha=9\cdot\tfrac12=\tfrac92.\] **Odpowiedź.** A. \(\dfrac92\)

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

Zadanie 14. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**D.** \(8\sqrt{13}\)

Romb ma wszystkie boki równe, a \(A\) i \(B\) są sąsiednimi wierzchołkami, więc \[a=|AB|=\sqrt{(5+1)^{2}+(-2-2)^{2}}=\sqrt{36+16}=2\sqrt{13}.\] Obwód: \[L=4a=8\sqrt{13}.\] **Odpowiedź.** \(L=8\sqrt{13}\), czyli wariant **D**

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

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Obliczanie odległości punktów na płaszczyźnie i obwodu rombu (II.8.e).

\(h\) = \(5\sqrt{2}\)

Pole rombu o boku \(a\) i kącie ostrym \(\alpha\) jest równe \(P=a^2\sin\alpha\). Z warunku zadania \[a^2\cdot\frac{\sqrt2}{2}=50\sqrt2,\qquad a^2=100,\qquad a=10\] (bierzemy pierwiastek dodatni, bo \(a\) jest długością). Wysokość rombu to odległość między prostymi zawierającymi dwa przeciwległe boki; z trójkąta prostokątnego przy kącie \(45^\circ\) \[h=a\sin45^\circ=10\cdot\frac{\sqrt2}{2}=5\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(h=5\sqrt2\)

1 pkt: dwa poprawne związki między bokiem i wysokością rombu. 2 pkt: h=5√2.

Zadanie 31. (0–2) Użycie i tworzenie strategii Wykorzystanie związków miarowych w figurach płaskich (IV.7.c) I sposób rozwiązania Z warunków zadania otrzymujemy układ równań: a  h  50 2   h   sin 45  a 2 2 Zatem h  a  sin 45  a oraz a  a  50 2 . 2 2 Egzamin maturalny z matematyki 13 Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy 2 Wobec tego a2  100 , a  10 , h  10  5 2 . 2 Odpowiedź: Wysokość rombu jest równa 5 2 . Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy zapisze dwa związki między liczbami a i h i na tym poprzestanie lub dalej popełni błąd. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy poprawnie obliczy wysokość rombu h  5 2 . II sposób rozwiązania Ze wzoru na pole równoległoboku, gdy dane są jego dwa sąsiednie boki oraz kąt między nimi 2 zawarty, mamy a2  sin 45  50 2 . Zatem a2   50 2 , a2  100 , a  10 . 2 Z innego wzoru na pole równoległoboku mamy a  h  50 2 . Wobec tego 10  h  50 2 oraz h  5 2 . Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy poprawnie obliczy długość a boku rombu i na tym poprzestanie lub dalej popełni błąd. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy poprawnie obliczy wysokość rombu h  5 2 .

\[\sin\beta=\frac{\sqrt{506}}{23}\approx0{,}978.\]

Oznaczmy przez \(O\) punkt przecięcia przekątnych rombu, przez \(h\) wysokość ostrosłupa, a przez \(\beta\) kąt nachylenia krawędzi \(BS\) do płaszczyzny podstawy. Ponieważ \(\lvert\angle ABC\rvert=120^\circ\), to \(\lvert\angle BAD\rvert=60^\circ\), a trójkąt \(ABD\) o bokach \(\lvert AB\rvert=\lvert AD\rvert=4\) i kącie \(60^\circ\) między nimi jest równoboczny. Stąd \[\lvert BD\rvert=4,\qquad \lvert BO\rvert=2,\] a z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ABO\) \[\lvert AO\rvert=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2\sqrt3,\qquad \lvert AC\rvert=4\sqrt3.\] Z warunków \(\lvert AS\rvert=\lvert CS\rvert\) oraz \(\lvert BS\rvert=\lvert DS\rvert\) wierzchołek \(S\) leży nad punktem \(O\) — spodkiem wysokości ostrosłupa jest środek rombu. Z trójkąta prostokątnego \(AOS\) \[h^{2}=\lvert AS\rvert^{2}-\lvert AO\rvert^{2}=10^{2}-\left(2\sqrt3\right)^{2}=88,\qquad h=2\sqrt{22}.\] Krawędź \(BS\) wyznaczamy z trójkąta prostokątnego \(BOS\): \[\lvert BS\rvert=\sqrt{h^{2}+\lvert BO\rvert^{2}}=\sqrt{88+4}=\sqrt{92}=2\sqrt{23}.\] Kąt \(\beta\) leży w tym samym trójkącie, naprzeciw wysokości \(h\), więc \[\sin\beta=\frac{h}{\lvert BS\rvert}=\frac{2\sqrt{22}}{2\sqrt{23}}=\sqrt{\frac{22}{23}}=\frac{\sqrt{506}}{23}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\beta=\dfrac{\sqrt{506}}{23}\approx0{,}978\).

**Schemat oceniania (I sposób rozwiązania)** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: obliczenie długości przekątnych podstawy ostrosłupa: \(e=4\) i \(f=\) […] (lub […]). **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: obliczenie wysokości ostrosłupa \(h=2\sqrt{22}\). **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: obliczenie długości krótszej krawędzi bocznej ostrosłupa: \(c=\) […]. **4 pkt** – rozwiązanie pełne: obliczenie \(\sin\varphi\) […]. **Uwaga** Jeżeli zdający, korzystając z przybliżonej wartości tangensa kąta \(\left(\operatorname{tg}\varphi=\sqrt{22}\approx 4{,}6904\right)\), odczyta miarę kąta \(\varphi\approx 78^\circ\) i następnie zapisze \(\sin\varphi\approx\sin 78^\circ\approx 0{,}9781\), to za takie rozwiązanie otrzymuje \(4\) punkty. **Schemat oceniania (II sposób rozwiązania)** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: obliczenie długości przekątnych podstawy ostrosłupa: \(e=4\) i \(f=\) […] (lub \(\frac{e}{2}=2\) i […]). **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: obliczenie wysokości ostrosłupa: \(h=2\sqrt{22}\). **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: obliczenie tangensa kąta nachylenia krótszej krawędzi bocznej ostrosłupa do płaszczyzny podstawy \(\operatorname{tg}\varphi=\) […]. **4 pkt** – rozwiązanie […]: obliczenie \(\sin\varphi\) […] \(\approx 0{,}9781\).

**Wymaganie ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymaganie szczegółowe:** Zdający rozpoznaje w ostrosłupach kąty między odcinkami i płaszczyznami oraz stosuje trygonometrię i twierdzenie Pitagorasa do obliczeń w bryłach (9.1, 9.6).

A. \(3\sqrt{3}\)

Wysokość rombu to odległość między prostymi zawierającymi przeciwległe boki. Opuszczając ją z wierzchołka na przeciwległy bok, otrzymujemy trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej równej bokowi rombu i kącie ostrym \(60^\circ\): \[h=a\sin60^\circ=6\cdot\frac{\sqrt3}{2}=3\sqrt3.\] **Odpowiedź.** A. \(3\sqrt3\)

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

Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich.

**C.** \(8\sqrt3\)

Pole rombu o boku \(a\) i kącie \(\alpha\) między bokami wyraża wzór \(P=a^2\sin\alpha\). Podstawiając \(a=4\) i \(\alpha=60^\circ\): \[P=16\cdot\frac{\sqrt3}{2}=8\sqrt3.\] **Odpowiedź.** C. \(8\sqrt3\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **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 płaska – oblicza pole rombu.

sin α = √(\(\frac{22}{23}\))

W rombie \(ABCD\) o boku \(4\) i kącie \(\angle ABC=120^{\circ}\) obliczamy przekątne. Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABC\): \[|AC|^{2}=4^{2}+4^{2}-2\cdot4\cdot4\cos120^{\circ}=48,\qquad |AC|=4\sqrt3.\] Kąt \(\angle BAD=60^{\circ}\), więc trójkąt \(ABD\) jest równoboczny i \(|BD|=4\). Z warunków \(|AS|=|CS|\) oraz \(|BS|=|DS|\) wierzchołek \(S\) leży nad punktem \(O\) przecięcia przekątnych, w którym przekątne dzielą się na połowy: \[|AO|=2\sqrt3,\qquad |BO|=2.\] Wysokość ostrosłupa wyznaczamy z trójkąta prostokątnego \(AOS\): \[H^{2}=|AS|^{2}-|AO|^{2}=100-12=88.\] Krawędź \(BS\) jest przeciwprostokątną trójkąta \(BOS\): \[|BS|=\sqrt{H^{2}+|BO|^{2}}=\sqrt{88+4}=\sqrt{92}.\] Kąt nachylenia krawędzi \(BS\) do podstawy leży w tym trójkącie, naprzeciw wysokości: \[\sin\alpha=\frac{H}{|BS|}=\frac{\sqrt{88}}{\sqrt{92}}=\sqrt{\frac{22}{23}}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\alpha=\sqrt{\frac{22}{23}}=\frac{\sqrt{506}}{23}\)

**1–3 pkt** – wyznaczenie środka rzutu w przecięciu przekątnych, wysokości \(\sqrt{88}\) i krawędzi \(BS=\sqrt{92}\). **4 pkt** – \(\sin\alpha=\sqrt{\tfrac{22}{23}}\).

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – oblicza kąt nachylenia krawędzi ostrosłupa do podstawy.

C=(\(4\),\(11\)), B=(\(24\),\(1\)), D=(−\(18\),\(7\)). Punkt S jest środkiem AC, więc wyznaczamy C i |AC|=\(10\sqrt{2}\). Z pola rombu otrzymujemy |BD|=\(30\sqrt{2}\). Przekątna BD jest prostopadła do AC i przechodzi przez S; rozwiązanie układu opisującego tę prostą oraz odległość \(15\sqrt{2}\) od S daje punkty B i D.

Punkt \(S\) jest środkiem symetrii rombu, czyli punktem przecięcia przekątnych, a więc środkiem odcinka \(AC\). Stąd \[C=2S-A=(2\cdot3-2,\ 2\cdot4-(-3))=(4,11).\] Długość przekątnej: \[\lvert AC\rvert=\sqrt{(4-2)^2+(11+3)^2}=\sqrt{4+196}=10\sqrt2.\] Pole rombu jest połową iloczynu przekątnych: \[300=\tfrac12\cdot10\sqrt2\cdot\lvert BD\rvert,\qquad \lvert BD\rvert=\frac{600}{10\sqrt2}=30\sqrt2.\] Przekątne rombu są prostopadłe i przecinają się w połowie, więc \(B\) i \(D\) leżą na prostej przechodzącej przez \(S\) i prostopadłej do \(AC\), w odległości \(15\sqrt2\) od \(S\). Wektor \(\vec{AC}=[2,14]\), więc wektorem prostopadłym jest \([14,-2]\) o długości \(10\sqrt2\). Wektor o długości \(15\sqrt2\) otrzymujemy, mnożąc go przez \(\frac{15\sqrt2}{10\sqrt2}=\frac32\): \[[21,-3].\] Zatem \[B=S+[21,-3]=(24,1),\qquad D=S-[21,-3]=(-18,7)\] (oznaczenia \(B\) i \(D\) można zamienić). **Odpowiedź.** \(B=(24,1)\), \(C=(4,11)\), \(D=(-18,7)\)

*Schemat punktowania CKE zachował się przy tym zadaniu bez liczb: cyfry stały w wąskiej kolumnie tabeli i nie przetrwały odczytu arkusza. Poziomy oceniania zostają, punktów nie dopisujemy — zgadnięty próg to źle policzona praca.* Schemat oceniania I **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania** – obliczenie współrzędnych wierzchołka \(C\) oraz długości przekątnej \(AC\) (lub jej połowy): […]. **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – zapisanie układu równań pozwalającego obliczyć współrzędne punktów \(B\) i \(D\): \(x+7y=31\), […]. **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – przekształcenie układu do równania kwadratowego z jedną niewiadomą, np. \((28-7y)^{2}\) […] \(=450\). **Rozwiązanie pełne** – współrzędne pozostałych wierzchołków rombu: \(B=(24,1)\), \(C=(4,11)\), \(D=(-18,7)\). Schemat oceniania II **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania** – obliczenie współrzędnych wierzchołka \(C\) oraz długości przekątnej \(AC\) (lub jej połowy): \(C=(4,11)\), \(\lvert AC\rvert=10\sqrt{2}\) (\(\lvert AS\rvert=5\sqrt{2}\)). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – obliczenie długości drugiej przekątnej \(\lvert BD\rvert=30\sqrt{2}\) oraz długości boku rombu, np. \(\lvert AD\rvert=[…]\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie układu równań pozwalającego obliczyć współrzędne punktu \(B\) (\(D\)) i przekształcenie do równania kwadratowego z jedną niewiadomą: \(\lvert AD\rvert^{2}=500\), […], \(x^{2}-6x-432=0\). **Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)** – […] **Rozwiązanie bezbłędne** – pozostałe wierzchołki rombu mają współrzędne \(B=(24,1)\), \(C=(4,11)\) i \(D=(-18,7)\).

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: własności przekątnych rombu i obliczenia w układzie współrzędnych.

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.

\(V=768\sqrt3\ \mathrm{cm}^{3}\approx 1330\ \mathrm{cm}^{3}\).

**Krok \(1\).** Na rysunku pomocniczym zaznaczamy kąt ostry rombu \(\angle DAB=60^\circ\) oraz kąt nachylenia przekątnej \(CE\) do płaszczyzny podstawy, czyli kąt \(\angle ECA=60^\circ\). Punkt \(E\) leży bowiem nad punktem \(A\), więc rzutem odcinka \(CE\) na płaszczyznę podstawy jest przekątna \(CA\). **Krok \(2\).** Pole podstawy, czyli rombu o boku \(a=8\ \mathrm{cm}\) i kącie \(60^\circ\): \[P_{p}=a^{2}\sin 60^\circ=64\cdot\frac{\sqrt3}{2}=32\sqrt3\ \mathrm{cm}^{2}.\] **Krok \(3\).** Długość przekątnej \(AC\) obliczamy z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABC\), w którym \(AB=BC=8\ \mathrm{cm}\) oraz \(\angle ABC=180^\circ-60^\circ=120^\circ\): \[AC^{2}=8^{2}+8^{2}-2\cdot 8\cdot 8\cdot\cos 120^\circ=128+64=192,\] czyli \(AC=8\sqrt3\ \mathrm{cm}\). **Krok \(4\).** Wysokość graniastosłupa \(H=AE\) wyznaczamy z trójkąta prostokątnego \(EAC\) o kącie ostrym \(60^\circ\) przy wierzchołku \(C\): \[\operatorname{tg}60^\circ=\frac{AE}{AC}\quad\Longrightarrow\quad AE=8\sqrt3\cdot\sqrt3=24\ \mathrm{cm}.\] **Krok \(5\).** Objętość graniastosłupa: \[V=P_{p}\cdot H=32\sqrt3\cdot 24=768\sqrt3\ \mathrm{cm}^{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=768\sqrt3\ \mathrm{cm}^{3}\approx 1330\ \mathrm{cm}^{3}\).

*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 10.** (\(5\) pkt) Dany jest graniastosłup czworokątny prosty \(ABCDEFGH\) o podstawach \(ABCD\) i \(EFGH\) oraz krawędziach bocznych \(AE\), \(BF\), \(CG\), \(DH\). Podstawa \(ABCD\) graniastosłupa jest rombem o boku długości \(8\,\mathrm{cm}\) i kątach ostrych \(A\) i \(C\) o mierze \(60^{\circ}\). Przekątna graniastosłupa \(CE\) jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem \(60^{\circ}\). Sporządź rysunek pomocniczy i zaznacz na nim wymienione w zadaniu kąty. Oblicz objętość tego graniastosłupa. Sporządzam rysunek pomocniczy graniastosłupa i zaznaczam opisane w zadaniu kąty. (rysunek: \(H\), \(G\), \(E\), \(F\), \(D\), \(C\), \(A\), \(B\), wysokość \(h\), kąty \(60^{\circ}\)) Obliczam pole \(P\) podstawy graniastosłupa: \(P=8^{2}\cdot\sin 60^{\circ}=32\sqrt{3}\,\mathrm{cm}^{2}\). Długość dłuższej przekątnej rombu \(AC\) wyznaczam, korzystając z pola rombu: \[P_{\text{rombu}}=2\cdot P_{\Delta ABC}=2\cdot\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot\sin 30^{\circ},\] \[32\sqrt{3}=8\cdot AC\cdot\frac{1}{2}\quad\text{stąd}\quad AC=8\sqrt{3}\,\mathrm{cm}.\] Wysokość graniastosłupa \(h\) wyznaczam z trójkąta \(CAE\): \(\frac{h}{AC}=\operatorname{tg}60^{\circ}\), stąd \(h=24\,\mathrm{cm}\). Obliczam objętość graniastosłupa: \(V=32\sqrt{3}\cdot 24=768\sqrt{3}\,\mathrm{cm}^{3}\).

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

Figura \(F\) jest rombem o polu \(P=\frac83\).

Nierówność \(3|x|+|y|\le2\) rozpatrujemy w czterech ćwiartkach, opuszczając wartości bezwzględne. Dla \(x\ge0\) i \(y\ge0\) otrzymujemy \(3x+y\le2\), czyli obszar pod prostą \(y=-3x+2\); w pozostałych ćwiartkach obrazy tego obszaru w symetriach względem osi układu. Zbiór \(F\) jest więc rombem o wierzchołkach \[\left(\tfrac23,0\right),\quad(0,2),\quad\left(-\tfrac23,0\right),\quad(0,-2),\] czyli figurą symetryczną względem obu osi. Przekątne rombu leżą na osiach układu i mają długości \(d_1=\frac43\) oraz \(d_2=4\). Pole rombu obliczamy ze wzoru na iloczyn przekątnych: \[P=\frac12 d_1d_2=\frac12\cdot\frac43\cdot4=\frac83.\] **Odpowiedź.** \(P=\frac83\)

*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.* **16.1. (2 pkt)** – […] (w tym \(1\) p. za metodę oraz \(1\) p. za obliczenia): […] \(\lor\begin{cases}x<0\\ y\ge 0\\ -3x+y\le 2\end{cases}\lor\begin{cases}x<0\\ y<0\\ -3x-y\le 2\end{cases}\) **16.2. (1 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych wierzchołków figury \(F\): \(\left(-\frac{2}{3};0\right)\); \(\left(\frac{2}{3};0\right)\); \((0;2)\); \((0;-2)\). **16.3. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku i zaznaczenie figury \(F\). **16.4. (1 pkt)** – obliczenie pola figury \(F\): \(P_{F}=2P_{\Delta ABC}=AB\cdot OC\), \(P_{F}=\frac{8}{3}\), \(AB=[…]\).

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