Zadania maturalne o równoległoboku

\[A=(4,11),\qquad B=(16,17),\qquad C=(18,25).\]

Wierzchołek \(A\) jest wspólnym punktem prostych zawierających boki \(AB\) i \(AD\), więc \[\frac12x+9=4x-5\quad\Longrightarrow\quad \frac72x=14\quad\Longrightarrow\quad x=4,\qquad y=11,\] czyli \(A=(4,11)\). Punkt \(K=(10,14)\) jest środkiem odcinka \(AB\), zatem \[B=(2\cdot10-4,\ 2\cdot14-11)=(16,17).\] W równoległoboku \(\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}\), a \(\overrightarrow{AB}=[12,6]\), więc \[C=D+[12,6]=(6+12,\ 19+6)=(18,25).\] **Odpowiedź.** \(A=(4,11)\), \(B=(16,17)\), \(C=(18,25)\)

1 pkt: obliczenie A = (4, 11) albo inny wskazany w kluczu istotny etap. 2 pkt: obliczenie B = (16, 17) albo równoważne wyznaczenie danych pozwalających znaleźć S. 3 pkt: poprawna metoda i wynik S = (11, 18).

IV. Rozumowanie i argumentacja. IX.1) oraz SP X.4) Zdający znajduje punkt przecięcia prostych i współrzędne środka oraz drugiego końca odcinka.

Punkt \(A\) jest punktem przecięcia prostych \(y=\frac{1}{2}x+9\) i \(y=4x-5\), więc \(A=(4,11)\). Ponieważ \(K=(10,14)\) jest środkiem odcinka \(AB\), mamy \(B=(16,17)\). Punkt \(S\) jest środkiem przekątnej \(BD\), zatem \(S=(11,18)\). Szukana odległość jest równa \(\sqrt{11^{2}+18^{2}}=\sqrt{445}\).

**Krok \(1\).** pkt: obliczenie A = (\(4\), \(11\)) albo równoważny istotny etap wskazany w kluczu. **Krok \(2\).** pkt: obliczenie B = (\(16\), \(17\)) albo równoważne dane prowadzące do S. **Krok \(3\).** pkt: obliczenie S = (\(11\), \(18\)). **Krok \(4\).** pkt: obliczenie odległości √\(445\). **Odpowiedź.** Punkt \(A\) jest punktem przecięcia prostych \(y=\frac{1}{2}x+9\) i \(y=4x-5\), więc \(A=(4,11)\). Ponieważ \(K=(10,14)\) jest środkiem odcinka \(AB\), mamy \(B=(16,17)\). Punkt \(S\) jest środkiem przekątnej \(BD\), zatem \(S=(11,18)\). Szukana odległość jest równa \(\sqrt{11^{2}+18^{2}}=\sqrt{445}\).

1 pkt: obliczenie A = (4, 11) albo równoważny istotny etap wskazany w kluczu. 2 pkt: obliczenie B = (16, 17) albo równoważne dane prowadzące do S. 3 pkt: obliczenie S = (11, 18). 4 pkt: obliczenie odległości √445.

1 pkt – zapisanie równania, w którym niewiadomą jest pierwsza współrzędna wierzchołka \(A\), np. \(\frac{1}{2}x+9=4x-5\).

W kratki należy wpisać kolejno \(1\), \(4\), \(7\).

Oznaczmy przez \(\alpha\) kąt ostry równoległoboku. Ze wzoru na pole \[P=6\cdot9\cdot\sin\alpha=18,\qquad \sin\alpha=\tfrac13.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc \(\cos\alpha>0\) i z jedynki trygonometrycznej \[\cos\alpha=\sqrt{1-\tfrac19}=\frac{2\sqrt2}{3}.\] Dłuższa przekątna leży naprzeciw kąta rozwartego \(180^\circ-\alpha\), którego cosinus jest równy \(-\cos\alpha\). Z twierdzenia cosinusów \[d^{2}=6^{2}+9^{2}-2\cdot6\cdot9\cdot\left(-\cos\alpha\right)=117+108\cdot\frac{2\sqrt2}{3}=117+72\sqrt2.\] Stąd \[d=\sqrt{117+72\sqrt2}\approx\sqrt{218{,}82}\approx14{,}792.\] Cyfra dziesiątek wyniku to \(1\), cyfra jedności \(4\), a pierwsza cyfra po przecinku \(7\). **Odpowiedź.** W kratki należy wpisać kolejno \(1\), \(4\), \(7\).

2 pkt – odpowiedź całkowicie poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi.

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 7.5R) Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.

\[B=(4,2).\]

Punkt \(A\) jest przecięciem prostych \(y=x-2\) i \(y=3x-6\), więc \(A=(2,0)\). Punkt \(S\) jest środkiem przekątnej \(AC\), zatem \[C=2S-A=(11,17)-(2,0)=(9,17).\] Prosta \(BC\) jest równoległa do \(AD\), więc ma współczynnik kierunkowy \(3\) i przechodzi przez \(C\): \[y-17=3(x-9),\qquad y=3x-10.\] Punkt \(B\) leży również na \(AB:y=x-2\). Rozwiązując \(x-2=3x-10\), otrzymujemy \(x=4\), \(y=2\).

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(B=(4,2)\) **3 pkt** – wyznaczenie \(BC:y=3x-10\) albo równoważna metoda ze środkiem boku **2 pkt** – obliczenie \(C=(9,17)\) albo równoważny istotny etap **1 pkt** – obliczenie \(A=(2,0)\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie strategii. **Wymagania szczegółowe:** IX.1) Zdający znajduje punkt wspólny prostych. IX.2) Posługuje się równaniami prostych i równoległością.

\((x+1)^{2}+(y+2)^{2}=5\). 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.

Okrąg ma równanie \((x+1)^{2}+(y+2)^{2}=5\). Ze środka symetrii równoległoboku otrzymujemy \(B=(4,-7)\) i \(C=(-1,3)\), a proste \(AB\) i \(BC\) mają równania \(x+2y+10=0\) oraz \(2x+y-1=0\). Punkty jednakowo odległe od obu prostych leżą na dwusiecznych \(y=-x-3\) albo \(y=x-11\); druga z nich nie daje rozwiązań, a pierwsza prowadzi do \(S=(-1,-2)\) (drugą możliwość \(S=\left(-\frac{29}{9},\frac{2}{9}\right)\) odrzucamy, bo jej druga współrzędna jest dodatnia).

**Krok \(1\).** Metoda: najpierw z własności równoległoboku (przekątne dzielą się na połowy) wyznaczamy brakujące wierzchołki i równania prostych \(AB\) i \(BC\). Potem szukamy środka \(S=(p,q)\) okręgu z dwóch warunków: jest jednakowo odległy od obu prostych i ta odległość jest równa \(\lvert SO\rvert\), gdzie \(O=(0,0)\). **Krok \(2\).** Punkt \(M\) jest środkiem przekątnej \(BD\), więc \(B=2M-D\): \[B=\left(2\cdot\left(-\tfrac{9}{2}\right)-(-13),\ 2\cdot 1-9\right)=(4,-7).\] **Krok \(3\).** Podobnie \(M\) jest środkiem przekątnej \(AC\), więc \(C=2M-A\): \[C=\left(-9-(-8),\ 2-(-1)\right)=(-1,3).\] **Krok \(4\).** Wyznaczamy prostą \(AB\) przez \(A=(-8,-1)\) i \(B=(4,-7)\): \[a_{AB}=\frac{-7-(-1)}{4-(-8)}=-\frac{1}{2},\qquad y=-\frac{1}{2}x-5,\qquad\text{czyli}\qquad x+2y+10=0.\] **Krok \(5\).** Wyznaczamy prostą \(BC\) przez \(B=(4,-7)\) i \(C=(-1,3)\): \[a_{BC}=\frac{3-(-7)}{-1-4}=-2,\qquad y=-2x+1,\qquad\text{czyli}\qquad 2x+y-1=0.\] **Krok \(6\).** Niech \(S=(p,q)\) i niech \(r\) będzie promieniem. Okrąg przechodzi przez \(O=(0,0)\), więc \(r^{2}=p^{2}+q^{2}\), a ze styczności do obu prostych (obie mają ten sam mianownik \(\sqrt5\)): \[\frac{\lvert p+2q+10\rvert}{\sqrt5}=\frac{\lvert 2p+q-1\rvert}{\sqrt5}=r.\] **Krok \(7\).** Z równości pierwszych dwóch wyrażeń: \(\lvert p+2q+10\rvert=\lvert 2p+q-1\rvert\), czyli \[p+2q+10=2p+q-1\quad\Rightarrow\quad q=p-11,\] \[p+2q+10=-(2p+q-1)\quad\Rightarrow\quad 3p+3q+9=0\quad\Rightarrow\quad q=-p-3.\] To są równania dwóch dwusiecznych kątów utworzonych przez proste \(AB\) i \(BC\); obie przechodzą przez \(B=(4,-7)\). **Krok \(8\).** Przypadek \(q=p-11\). Warunek \(p^{2}+q^{2}=\frac{(2p+q-1)^{2}}{5}\) daje \[5\left(2p^{2}-22p+121\right)=(3p-12)^{2},\qquad p^{2}-38p+461=0,\] a \(\Delta=1444-1844=-400\lt 0\), więc ten przypadek nie daje żadnego rozwiązania. **Krok \(9\).** Przypadek \(q=-p-3\). Wtedy \[5\left(p^{2}+(p+3)^{2}\right)=(p-4)^{2},\qquad 10p^{2}+30p+45=p^{2}-8p+16,\qquad 9p^{2}+38p+29=0.\] Wyróżnik \(\Delta=1444-1044=400\), więc \[p=\frac{-38-20}{18}=-\frac{29}{9}\qquad\text{lub}\qquad p=\frac{-38+20}{18}=-1.\] **Krok \(10\).** Sprawdzamy warunek „druga współrzędna środka jest ujemna”. Dla \(p=-\frac{29}{9}\) mamy \(q=\frac{29}{9}-3=\frac{2}{9}\gt 0\) — odrzucamy. Dla \(p=-1\) mamy \(q=-2\lt 0\) — przyjmujemy, czyli \(S=(-1,-2)\). **Krok \(11\).** Obliczamy promień i sprawdzamy styczność: \[r^{2}=(-1)^{2}+(-2)^{2}=5,\qquad \frac{\lvert -1-4+10\rvert}{\sqrt5}=\sqrt5,\qquad \frac{\lvert -2-2-1\rvert}{\sqrt5}=\sqrt5.\] Odległości od obu prostych są równe \(\sqrt5=r\) — warunki zadania są spełnione. **Uwaga.** Punktów jednakowo odległych od dwóch przecinających się prostych szukamy na obu dwusiecznych, nie tylko na tej „wewnętrznej”. Tutaj druga dwusieczna nie daje rozwiązań, ale trzeba to sprawdzić, a nie założyć. **Odpowiedź.** Okrąg \(O\) ma równanie \((x+1)^{2}+(y+2)^{2}=5\).

**(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. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 8.5R) Zdający posługuje się równaniem okręgu \((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\) […]; 8.6R) Zdający wyznacza punkty wspólne prostej i okręgu.

Pole równoległoboku wynosi \(63\).

Wektory wychodzące z punktu \(D\) do dwóch sąsiednich wierzchołków mają współrzędne \[\overrightarrow{DB}=-\overrightarrow{BD}=[21,7],\qquad\overrightarrow{DC}=[15,8].\] Pole równoległoboku jest wartością bezwzględną wyznacznika tych wektorów: \[P=\left|\det\begin{pmatrix}21&7\\15&8\end{pmatrix}\right|=|21\cdot8-7\cdot15|=63.\]

**4 pkt** – poprawna metoda obliczenia pola i poprawny wynik **3 pkt** – poprawne obliczenie pola trójkąta \(BCD\) **2 pkt** – zastosowanie właściwego wzoru na pole trójkąta lub wyznacznik **1 pkt** – poprawne wyznaczenie wektorów boków trójkąta \(BCD\) albo ich długości **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** VII.2) Zdający korzysta z tożsamości \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\). VIII.2) Stosuje twierdzenie cosinusów. IX.3 R) Oblicza współrzędne i długości wektorów oraz dodaje wektory.

**D.** \(6\sqrt{3}\)

**Krok \(1\).** Dane są dwa boki równoległoboku i kąt między nimi — to dokładnie sytuacja, w której stosujemy wzór na pole \[P=ab\sin\gamma,\] gdzie \(a\), \(b\) to długości boków, a \(\gamma\) — miara kąta zawartego między nimi. **Krok \(2\).** Kąt \(120^\circ\) jest rozwarty, więc jego sinus wyznaczamy ze wzoru redukcyjnego \(\sin\left(180^\circ-\alpha\right)=\sin\alpha\): \[\sin120^\circ=\sin\left(180^\circ-120^\circ\right)=\sin60^\circ=\frac{\sqrt3}{2}.\] **Krok \(3\).** Podstawiamy dane \(a=3\), \(b=4\): \[P=3\cdot4\cdot\frac{\sqrt3}{2}=12\cdot\frac{\sqrt3}{2}=6\sqrt3.\] **Krok \(4\).** Ten sam wynik można dostać przez wysokość. Kąt ostry równoległoboku ma miarę \(180^\circ-120^\circ=60^\circ\), więc wysokość opuszczona na bok długości \(4\) wynosi \[h=3\cdot\sin60^\circ=3\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{3\sqrt3}{2},\] a stąd \(P=4\cdot\frac{3\sqrt3}{2}=6\sqrt3\). **Uwaga.** Iloczyn \(3\cdot4=12\) to pole **prostokąta** o takich bokach, czyli błędna odpowiedź **A**. Równoległobok o tych samych bokach ma pole mniejsze — trzeba dołożyć czynnik \(\sin\gamma\), który dla kąta różnego od \(90^\circ\) jest mniejszy od \(1\). **Odpowiedź.** D: \(6\sqrt3\)

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

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji - interpretowanie i operowanie informacjami przedstawionymi w tekście, zarówno matematycznym, jak i popularnonaukowym, a także w formie wykresów, diagramów, tabel. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11) Zdający stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach płaskich oraz obliczania pól figur.

\[|BC|=2\sqrt{13}.\]

Punkty \(A\) i \(B\) spełniają układ \[\begin{cases}y=x^2-2x-8,\\3x+y+2=0.\end{cases}\] Po podstawieniu otrzymujemy \(x^2+x-6=0\), więc, zgodnie z oznaczeniami w zadaniu, \[A=(-3,7),\qquad B=(2,-8).\] Niech \(C=(c,-\frac12c+1)\), gdzie \(c>0\). Z warunku odległości od prostej \(3x+y+2=0\): \[\frac{|3c+(-\frac12c+1)+2|}{\sqrt{10}}=\frac{9\sqrt{10}}5.\] Stąd \(|2,5c+3|=18\), zatem \(c=6\) albo \(c=-\frac{42}{5}\). Warunek \(c>0\) daje \(C=(6,-2)\). Wobec tego \[|BC|=\sqrt{(6-2)^2+(-2+8)^2}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}.\]

Rozwiązanie składa się z trzech etapów. **Etap 1: 2 pkt** – obliczenie \(A=(-3,7)\) i \(B=(2,-8)\) **1 pkt** – zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą **Etap 2: 3 pkt** – obliczenie \(C=(6,-2)\) **2 pkt** – zapisanie poprawnego równania odległości z jedną niewiadomą **1 pkt** – uzależnienie jednej współrzędnej punktu \(C\) od drugiej **Etap 3: 1 pkt** – obliczenie \(|BC|=2\sqrt{13}\) **Na każdym etapie: 0 pkt** – oznacza niepoprawną metodę albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 8. R1) Zdający oblicza odległość punktu od prostej.

\[|BC|=\sqrt{52}=2\sqrt{13}.\]

Punkt \(P\) jest środkiem przekątnej \(AC\). Jeżeli \(C=(x_C,y_C)\), to \[\frac{-2+x_C}{2}=6,\qquad\frac{6+y_C}{2}=7.\] Stąd \(x_C=14\) i \(y_C=8\), więc \(C=(14,8)\). Zatem \[|BC|=\sqrt{(14-10)^2+(8-2)^2}=\sqrt{16+36}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}.\]

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i obliczenie długości boku \(BC\): \(|BC|=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\) **1 pkt** – zapisanie współrzędnych punktu \(C=(14,8)\) lub wykonanie innego równoważnego istotnego kroku wskazanego w kluczu CKE **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.3) Zdający oblicza odległość dwóch punktów w układzie współrzędnych.

\[B=(6,2),\qquad |BS|=\sqrt{90}=3\sqrt{10}.\]

Punkt \(A\) jest punktem wspólnym prostych zawierających boki \(AB\) i \(AD\). Rozwiązujemy \[\frac12x-1=2x-4,\] skąd \(x=2\) i \(y=0\), więc \(A=(2,0)\). Punkt \(S\) jest środkiem przekątnej \(AC\). Dla \(C=(x_C,y_C)\) mamy \[\frac{2+x_C}{2}=9,\qquad\frac{0+y_C}{2}=11,\] więc \(C=(16,22)\). Prosta \(BC\) jest równoległa do \(AD\), ma zatem współczynnik kierunkowy \(2\) i przechodzi przez \(C\): \[y-22=2(x-16),\qquad y=2x-10.\] Punkt \(B\) jest przecięciem prostych \(AB\) i \(BC\): \[\frac12x-1=2x-10.\] Stąd \(x=6\), \(y=2\), czyli \(B=(6,2)\). Na koniec \[|BS|=\sqrt{(9-6)^2+(11-2)^2}=\sqrt{9+81}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}.\]

**5 pkt** – poprawna metoda obliczenia współrzędnych punktu \(B\) i długości \(BS\) oraz wyniki \(B=(6,2)\), \(|BS|=\sqrt{90}\) **4 pkt** – obliczenie \(B=(6,2)\) albo obliczenie równoważnego punktu przeciwległego i odpowiedniej długości **3 pkt** – wyznaczenie równania prostej \(BC:y=2x-10\), obliczenie \(C=(16,22)\) albo wykonanie równoważnego etapu wskazanego w kluczu CKE **2 pkt** – obliczenie \(C=(16,22)\), środka odpowiedniego boku albo zapisanie poprawnego układu zależności pozwalającego wyznaczyć współrzędne **1 pkt** – obliczenie \(A=(2,0)\), wyznaczenie jednej potrzebnej prostej lub zapisanie poprawnej zależności wynikającej z własności środka przekątnej **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 8.3) Zdający wyznacza równanie prostej równoległej do danej prostej w postaci kierunkowej i przechodzącej przez dany punkt. 8.4) Zdający oblicza współrzędne punktu przecięcia dwóch prostych. 8.5) Zdający wyznacza współrzędne środka odcinka. 8.6) Zdający oblicza odległość dwóch punktów.

\[B=(6,2).\]

Punkt \(A\) jest punktem wspólnym prostych zawierających boki \(AB\) i \(AD\). Rozwiązujemy układ \[\begin{cases}y=\frac12x-1,\\y=2x-4.\end{cases}\] Z równania \(2x-4=\frac12x-1\) otrzymujemy \(x=2\), a następnie \(y=0\). Zatem \[A=(2,0).\] Punkt \(S=(9,11)\) jest środkiem przekątnej \(AC\), więc \[\frac{2+x_C}{2}=9,\qquad \frac{0+y_C}{2}=11.\] Stąd \[C=(16,22).\] Prosta \(BC\) jest równoległa do \(AD\), więc ma współczynnik kierunkowy \(2\). Przechodzi przez \(C=(16,22)\), zatem \[y=2(x-16)+22=2x-10.\] Punkt \(B\) jest punktem wspólnym prostych \(AB\) i \(BC\): \[\begin{cases}y=\frac12x-1,\\y=2x-10.\end{cases}\] Stąd \(2x-10=\frac12x-1\), więc \(x=6\) i \(y=2\). Ostatecznie \[B=(6,2).\]

**4 pkt** – poprawna metoda obliczenia współrzędnych punktu \(B\) oraz wynik \(B=(6,2)\) **3 pkt** – wyznaczenie równania prostej \(BC\): \(y=2x-10\); albo obliczenie \(D=(12,20)\); albo obliczenie \(A=(2,0)\) i środka \(M_{AB}=(4,1)\); albo obliczenie \(C=(16,22)\) i środka \(M_{BC}=(11,12)\); albo zapisanie układu równań pozwalającego obliczyć jedną ze współrzędnych punktu \(B\) **2 pkt** – obliczenie \(C=(16,22)\); albo obliczenie \(M_{AB}=(4,1)\); albo obliczenie \(M_{BC}=(11,12)\); albo obliczenie \(A=(2,0)\) i wyznaczenie prostej \(SM_{AB}: y=2x-7\); albo obliczenie \(A=(2,0)\) i \(M_{AD}=(7,10)\); albo zapisanie zależności wynikających z tego, że \(S\) jest środkiem \(BD\), wraz z wyrażeniem współrzędnych \(B\) lub \(D\) przez jedną zmienną; albo wyrażenie współrzędnych obu punktów \(B\) i \(D\) przez po jednej zmiennej **1 pkt** – obliczenie \(A=(2,0)\); albo wyznaczenie prostej \(SM_{AB}: y=2x-7\); albo obliczenie \(M_{AD}=(7,10)\); albo zapisanie zależności \(\frac{x_B+x_D}{2}=9\), \(\frac{y_B+y_D}{2}=11\); albo zapisanie \(B=(x_B,\frac12x_B-1)\); albo zapisanie \(D=(x_D,2x_D-4)\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** IX.1) Zdający znajduje wspólny punkt dwóch prostych. IX.2) Zdający posługuje się równaniem prostej na płaszczyźnie w postaci kierunkowej, w tym wyznacza równanie prostej o zadanych własnościach, takich jak równoległość do innej prostej.

**A.** \(8\sqrt3\)

Kąty sąsiednie równoległoboku są dopełniające do \(180^\circ\), więc \[|\angle DAB|=45^\circ.\] Korzystamy ze wzoru na pole równoległoboku: \[40\sqrt6=|AB|\cdot10\cdot\sin45^\circ=|AB|\cdot10\cdot\frac{\sqrt2}{2}.\] Stąd \[|AB|=\frac{40\sqrt6}{5\sqrt2}=8\sqrt3.\]

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

**Element podstawy programowej:** planimetria i trygonometria; zdający oblicza pole równoległoboku z wykorzystaniem sinusa kąta między bokami.

**A.** \(8\sqrt3\)

Kąt \(DAB\) ma miarę \(45^\circ\). Ze wzoru na pole równoległoboku: \[40\sqrt6=|AB|\cdot10\cdot\sin45^\circ=|AB|\cdot10\cdot\frac{\sqrt2}{2}.\] Zatem \[|AB|=\frac{40\sqrt6}{5\sqrt2}=8\sqrt3.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11 zdający stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków i obliczania pól figur płaskich.

Boki mają długości \(50\) i \(50\), a największe pole wynosi \(1250\).

Niech długości boków będą równe \(x\) i \(y\). Z warunku obwodu \(2x+2y=200\), więc \(y=100-x\) oraz \(x\in(0,100)\). Pole jest równe \[P(x)=xy\sin30^\circ=x(100-x)\cdot\frac12=-\frac12x^2+50x.\] Parabola ma ramiona skierowane w dół, a jej wierzchołek ma pierwszą współrzędną \[x=-\frac{50}{2\cdot(-\frac12)}=50.\] Wtedy \(y=50\) i \[P(50)=\frac12\cdot50\cdot50=1250.\]

**4 pkt** – poprawna metoda, wymiary \(50\) i \(50\) oraz największe pole \(1250\) **3 pkt** – poprawny wzór z dziedziną oraz wyznaczenie \(x=50\) **2 pkt** – zapisanie \(P(x)=\frac12x(100-x)\) z poprawną dziedziną **1 pkt** – zapisanie \(P=xy\sin30^\circ\) albo \(2x+2y=200\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; tworzenie strategii rozwiązania w sytuacji nietypowej. **Wymagania szczegółowe:** XIII rozwiązywanie zadań optymalizacyjnych z wykorzystaniem własności funkcji kwadratowej.

Krótsza podstawa powinna mieć długość \(3\,\mathrm{dm}\), a największe pole wynosi \(112{,}5\,\mathrm{dm}^2\).

Oznaczmy krótszą podstawę przez \(b\), a wysokość przez \(h\). Z warunku zadania \(b+h=18\), więc \(h=18-b\). Pole trapezu jest funkcją \[P(b)=\frac12(12+b)(18-b)=-\frac12b^2+3b+108,\qquad b\in(0,12).\] Jest to funkcja kwadratowa o ramionach skierowanych w dół. Pierwsza współrzędna wierzchołka wynosi \[b=-\frac{3}{2\cdot(-\frac12)}=3.\] Dla \(b=3\) mamy \(h=15\) oraz \[P(3)=\frac12(12+3)\cdot15=112{,}5\,\mathrm{dm}^2.\]

**4 pkt** – poprawna metoda, \(b=3\,\mathrm{dm}\) i \(P_{\max}=112{,}5\,\mathrm{dm}^2\) **3 pkt** – poprawny wzór na pole jako funkcję jednej zmiennej i wyznaczenie argumentu maksimum \(b=3\) albo \(h=15\) **2 pkt** – poprawny wzór \(P(b)=\frac12(12+b)(18-b)\) albo \(P(h)=\frac12(30-h)h\) **1 pkt** – zapisanie \(b+h=18\) oraz wzoru \(P=\frac12(12+b)h\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** XIII rozwiązywanie zadań optymalizacyjnych w sytuacjach dających się opisać funkcją kwadratową.

**D.** \(6\sqrt5\)

Punkt \(S\) jest środkiem przekątnej \(AC\), więc \(|AC|=2|AS|\). Mamy \[|AS|=\sqrt{(2-(-1))^2+(2-(-4))^2}=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt5.\] Zatem \(|AC|=6\sqrt5\).

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria analityczna - długość odcinka i środek przekątnej równoległoboku.

**D.** \(6\sqrt5\)

Punkt \(S\) jest środkiem przekątnej \(AC\), więc \(|AC|=2|AS|\). Obliczamy \[|AS|=\sqrt{(2-(-1))^2+(2-(-4))^2}=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt5.\] Zatem \[|AC|=2\cdot3\sqrt5=6\sqrt5.\]

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria analityczna - odległość punktów i środek odcinka.

Pole równoległoboku \(ABCD\) jest równe \(63\).

Zmieniamy zwrot pierwszego wektora: \[\overrightarrow{DB}=[21,7],\qquad\overrightarrow{DC}=[15,8].\] Pole trójkąta \(BCD\) jest połową wartości bezwzględnej wyznacznika tych wektorów: \[P_{BCD}=\frac12\left|\det\begin{pmatrix}21&15\\7&8\end{pmatrix}\right|=\frac12|21\cdot8-7\cdot15|=\frac{63}{2}.\] Przekątna \(BD\) dzieli równoległobok na dwa trójkąty o równych polach, więc \[P_{ABCD}=2P_{BCD}=63.\]

**4 pkt** – poprawna metoda obliczenia pola równoległoboku i wynik \(63\) **3 pkt** – obliczenie pola trójkąta \(BCD\) **2 pkt** – poprawne zastosowanie wzoru na pole trójkąta z wykorzystaniem współrzędnych lub równoważnej metody trygonometrycznej **1 pkt** – wyrażenie odpowiednich wektorów albo obliczenie długości boków trójkąta \(BCD\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.4 stosowanie i tworzenie strategii również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VII.4, VIII.2 i IX.3R korzystanie z tożsamości trygonometrycznych i twierdzenia cosinusów oraz wykonywanie działań na wektorach i obliczanie ich długości.

A. \(30\sqrt{3}\)

Pole równoległoboku o bokach \(a\), \(b\) i kącie \(\alpha\) między nimi wyraża wzór \(P=ab\sin\alpha\). Wartość sinusa jest ta sama dla kąta ostrego i rozwartego równoległoboku, bo \(\sin120^\circ=\sin60^\circ=\frac{\sqrt3}{2}\). Zatem \[P=6\cdot10\cdot\frac{\sqrt3}{2}=30\sqrt3.\] **Odpowiedź.** A. \(30\sqrt3\)

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

**Wymagania egzaminacyjne 2022** **Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.4) Zdający korzysta […] ze wzoru na pole trójkąta ostrokątnego o danych dwóch bokach i kącie między nimi.

**C.** \(6\sqrt5\)

W równoległoboku \(D=A+C-B\), więc \[D=(-6,5)+(10,-3)-(5,7)=(-1,-5).\] Zatem \[|BD|=\sqrt{(-1-5)^2+(-5-7)^2}=\sqrt{36+144}=6\sqrt5.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. użycie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VIII.3 obliczanie współrzędnych punktów i długości odcinków w układzie współrzędnych.

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

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.

**C.** \(10\) i \(10\)

Równoległobok o równych przekątnych jest prostokątem. Prostokąt o jednym boku długości \(5\) i drugim boku długości \(5\sqrt3\) ma przekątne długości \[\sqrt{5^2+(5\sqrt3)^2}=\sqrt{25+75}=10.\] Zatem przekątne mogą mieć długości \(10\) i \(10\).

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie własności równoległoboku i twierdzenia Pitagorasa.

**B.** \(70^\circ\)

W równoległoboku \(ABCD\) mamy \(AB\parallel DC\), więc kąt ostry między prostymi \(AD\) i \(DC\) jest równy \(\alpha=70^\circ\). Ramiona kąta \(\beta\) są odpowiednio prostopadłe do prostych \(AD\) i \(DC\), a kąty o ramionach odpowiednio prostopadłych mają równe miary. Zatem \[\beta=70^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** G10.8 korzystanie z własności kątów w równoległobokach oraz prostych prostopadłych.

\[b\in\{1-\sqrt2,\ 1,\ 1+\sqrt2\}.\]

Proste \(y=b\) i \(y=2\) są równoległe, podobnie jak proste \(y=x+b\) i \(y=x+2b\). Długość poziomego boku równoległoboku wynosi \(|b|\), a jego wysokość jest równa odległości między prostymi poziomymi, czyli \(|b-2|\). Pole ma więc postać \[P=|b|\,|b-2|=|b(b-2)|.\] Warunek \(P=1\) jest równoważny alternatywie \[b(b-2)=1\quad\text{lub}\quad b(b-2)=-1.\] Z pierwszego równania: \[b^2-2b-1=0,\qquad b=1-\sqrt2\quad\text{lub}\quad b=1+\sqrt2.\] Z drugiego równania: \[b^2-2b+1=0,\qquad(b-1)^2=0,\qquad b=1.\] Wszystkie trzy wartości spełniają warunki \(b\neq0\) i \(b\neq2\).

**5 pkt** – wyznaczenie \(b=1-\sqrt2\), \(b=1\), \(b=1+\sqrt2\) **4 pkt** – poprawne rozwiązanie jednego z równań \(b(b-2)=1\) lub \(b(b-2)=-1\) **3 pkt** – zapisanie obu równań wynikających z wartości bezwzględnej **2 pkt** – zapisanie pola w postaci \(P=|b|\,|b-2|\) **1 pkt** – wyznaczenie długości podstawy \(|b|\) albo wysokości \(|b-2|\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 8.6 i R3.8 obliczanie odległości oraz rozwiązywanie równań z wartością bezwzględną.

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. \(54\)

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

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

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

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).

**C.** Istnieją \(3\) takie punkty \(D\).

Każdy z trzech danych punktów może być wierzchołkiem równoległoboku leżącym naprzeciw punktu \(D\). Otrzymujemy trzy dopełnienia: \[D_1=B+C-A=(9,7),\] \[D_2=A+C-B=(-1,3),\] \[D_3=A+B-C=(3,-1).\] Punkty są niewspółliniowe, więc te trzy dopełnienia są różne.

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

Klucz CKE dla czerwca 2019 nie zawiera tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria analityczna - własności przekątnych równoległoboku i działania na współrzędnych.

**C.** \(130^\circ\)

Niech kąt rozwarty ma miarę \(u\), a ostry \(v\). Mamy \(u+v=180^\circ\) i \(u-v=80^\circ\). Stąd \(2u=260^\circ\), więc \(u=130^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - kąty sąsiednie równoległoboku.

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

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

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

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

D

Przekątne równoległoboku dzielą go na cztery trójkąty. Jeśli przekątne mają długości \(d_1\), \(d_2\) i przecinają się pod kątem \(\varphi\), to — ponieważ punkt przecięcia dzieli obie przekątne na połowy — pole całości wynosi \[P=\tfrac12 d_1d_2\sin\varphi.\] Zatem \[P=\tfrac12\cdot4\cdot8\cdot\sin30^\circ=16\cdot\tfrac12=8.\] **Odpowiedź.** D. \(8\)

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

Zadanie 18. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[P_{ABCD}=72.\]

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.

**D.** \(S=(-2+2\sqrt2,\ 5-2\sqrt2)\)

Przekątne równoległoboku dzielą się na połowy, więc punkt ich przecięcia \(S\) jest środkiem przekątnej \(AC\). Ze wzoru na środek odcinka \[S=\left(\frac{x_A+x_C}{2},\ \frac{y_A+y_C}{2}\right).\] Podstawiamy \(A=(-6-2\sqrt2,\ 4-2\sqrt2)\) oraz \(C=(2+6\sqrt2,\ 6-2\sqrt2)\): \[\frac{x_A+x_C}{2}=\frac{-4+4\sqrt2}{2}=-2+2\sqrt2,\qquad \frac{y_A+y_C}{2}=\frac{10-4\sqrt2}{2}=5-2\sqrt2.\] **Odpowiedź.** D. \(S=(-2+2\sqrt2,\ 5-2\sqrt2)\)

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

**Wymaganie ogólne:** I. Wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymaganie szczegółowe:** 8.5) Zdający wyznacza współrzędne środka odcinka.

Krótsza przekątna ma długość \(4\).

Oznaczmy \(a=\lvert AB\rvert\), \(b=\lvert BC\rvert\), a przez \(O\) punkt przecięcia przekątnych. Punkt \(O\) jest środkiem każdej z przekątnych, więc jego odległość od boku jest połową odpowiedniej wysokości równoległoboku. Dane odległości \(2\) i \(\sqrt3\) dają zatem wysokości \[h_1=4,\qquad h_2=2\sqrt3.\] Wysokość opuszczona na bok \(a\) jest równa \(b\sin 30^\circ=\tfrac b2\), a wysokość opuszczona na bok \(b\) jest równa \(a\sin 30^\circ=\tfrac a2\). Przypisując dłuższą wysokość do krótszego boku: \[\frac b2=4\ \Rightarrow\ b=8,\qquad \frac a2=2\sqrt3\ \Rightarrow\ a=4\sqrt3.\] Sprawdzenie zgodności pól: \(a h_1=4\sqrt3\cdot4=16\sqrt3\) oraz \(b h_2=8\cdot2\sqrt3=16\sqrt3\) — wynik jest spójny. Krótsza przekątna leży naprzeciw kąta ostrego \(30^\circ\), więc z twierdzenia cosinusów \[d^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos 30^\circ=48+64-2\cdot4\sqrt3\cdot8\cdot\frac{\sqrt3}{2}=112-96=16,\] czyli \(d=4\). **Odpowiedź.** Krótsza przekątna ma długość \(4\).

**1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń i obliczenie wysokości równoległoboku: \(\lvert EE_{1}\rvert=2\sqrt{3}\) i \(\lvert FF_{1}\rvert=4\). **2 pkt** – wyznaczenie długości jednego z boków równoległoboku w zależności od długości drugiego, np.: \(a=[…]\). **3 pkt** – obliczenie długości boków równoległoboku: \(a=8\), \(b=4\sqrt{3}\). **4 pkt** – wykorzystanie twierdzenia kosinusów do wyznaczenia długości krótszej przekątnej równoległoboku: \(\lvert DB\rvert^{2}=8^{2}+[…]-2\cdot 8\cdot 4\sqrt{3}\cdot\cos\lvert\angle DAB\rvert\). **5 pkt** – obliczenie długości krótszej przekątnej równoległoboku: \(\lvert BD\rvert=4\). Jeśli zdający błędnie wyznaczy wartość \(\cos 30^\circ\) i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca, to otrzymuje \(4\) punkty.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: związki miarowe w równoległoboku i twierdzenie cosinusów.

**A.** \(24\)

Pole równoległoboku o bokach \(a\), \(b\) i kącie \(\alpha\) między nimi wyraża wzór \(P=ab\sin\alpha\). Zatem \[P=4\cdot12\cdot\sin30^\circ=48\cdot\tfrac12=24.\] **Odpowiedź.** A. \(24\)

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

Zadanie 18. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[P=24.\]

W równoległoboku \(ABCD\) sąsiednie boki wyznaczają wektory \[\overrightarrow{AB}=[3-(-1),\,-1-(-5)]=[4,4],\qquad\overrightarrow{BC}=[2-3,\,4-(-1)]=[-1,5].\] Pole równoległoboku rozpiętego na wektorach \([u_1,u_2]\) i \([v_1,v_2]\) jest równe wartości bezwzględnej wyznacznika: \[P=\left|u_1v_2-u_2v_1\right|=\left|4\cdot5-4\cdot(-1)\right|=|20+4|=24.\] **Odpowiedź.** \(P=24\)

**1–3 pkt** – długość podstawy, wysokość lub równoważne obliczenia współrzędnościowe. **4 pkt** – pole \(24\).

Zadanie 33. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria analityczna.

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

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 .

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

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

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

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

W trójkącie ADC punkty N i P są środkami odpowiednio boków DC i AC, więc NP∥AD. W trójkącie ABD punkty M i Q są środkami odpowiednio boków AB i DB, więc MQ∥AD. Zatem NP∥MQ.

Rozwiązanie Ponieważ punkty N i P są środkami boków DC i AC trójkąta ADC, więc NP II AD Punkty M i Q są środkami boków AB i DB trójkąta ABD, więc MQ II AD Zatem NP IIMQ **Odpowiedź.** W trójkącie ADC punkty N i P są środkami odpowiednio boków DC i AC, więc NP∥AD. W trójkącie ABD punkty M i Q są środkami odpowiednio boków AB i DB, więc MQ∥AD. Zatem NP∥MQ.

**1 pkt** – zapisanie, że \(NP\parallel AD\) lub \(MQ\parallel AD\). **2 pkt** – zapisanie i uzasadnienie, że \(NP\parallel AD\) oraz \(MQ\parallel AD\). **3 pkt** – zapisanie wniosku, że \(NP\parallel MQ\).

V. Rozumowanie i argumentacja. Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich.

**B.** \(110^\circ\)

Kąty wewnętrzne przy tym samym ramieniu trapezu leżą przy prostych równoległych przeciętych ramieniem, więc ich suma wynosi \(180^\circ\). Oznaczmy je \(\alpha\) i \(\beta\), przy czym \(\alpha>\beta\): \[\alpha+\beta=180^\circ,\qquad \alpha-\beta=40^\circ.\] Dodając równania stronami, otrzymujemy \(2\alpha=220^\circ\), czyli \(\alpha=110^\circ\) i \(\beta=70^\circ\). W trapezie, który nie jest równoległobokiem, większy kąt leży przy krótszej podstawie, więc szukana miara to \(110^\circ\). **Odpowiedź.** B. \(110^\circ\)

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

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

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

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

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

V. Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzenie dowodu geometrycznego.

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

Sąsiednie kąty wewnętrzne równoległoboku są kątami przyległymi, więc ich suma wynosi \(180^\circ\). Oznaczając je przez \(x\) i \(y\), gdzie \(x>y\), otrzymujemy układ \[x+y=180^\circ,\qquad x-y=30^\circ.\] Dodając równania stronami, dostajemy \(2x=210^\circ\), czyli \(x=105^\circ\). Kąt ten jest większy od \(90^\circ\), więc to on jest kątem rozwartym. **Odpowiedź.** A. \(105^\circ\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** stosowanie własności kątów wewnętrznych równoległoboku Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

a) Tak, punkt \(P\) należy do wykresu, bo \(f(2009)=2008\cdot2009+2009=2009\cdot2009=2009^{2}\). b) Zbiór \(A\) to równoległobok (wraz z brzegiem) o wierzchołkach \((-1;1{,}5)\), \((3;-0{,}5)\), \((3;-3{,}5)\), \((-1;-1{,}5)\), czyli część pasa między prostymi \(y=-\tfrac12x+1\) i \(y=-\tfrac12x-2\) odpowiadająca \(x\in\langle-1,3\rangle\).

**Krok \(1\).** W punkcie a) pytamy, czy punkt leży na wykresie funkcji. Punkt należy do wykresu wtedy i tylko wtedy, gdy jego druga współrzędna jest wartością funkcji dla pierwszej współrzędnej. Wystarczy więc podstawić \(x=2009\) do wzoru i porównać wynik z \(2009^{2}\). **Krok \(2\).** Podstawiamy dane \(a=2008\) i \(b=2009\) do wzoru \(f(x)=ax+b\): \[f(x)=2008x+2009.\] **Krok \(3\).** Obliczamy wartość dla \(x=2009\). Nie mnożymy tych liczb w słupku — wyłączamy \(2009\) przed nawias: \[f(2009)=2008\cdot 2009+2009=2009\cdot(2008+1)=2009\cdot 2009=2009^{2}.\] **Krok \(4\).** Otrzymana wartość jest dokładnie drugą współrzędną punktu \(P\), więc \(P\) leży na wykresie funkcji \(f\). **Krok \(5\).** W punkcie b) czytamy opis zbioru jak przepis. Dla ustalonego \(b\) warunek \(y=-\tfrac12x+b\) opisuje prostą o współczynniku kierunkowym \(-\tfrac12\). Skoro \(b\) przebiega cały przedział \(\langle-2,1\rangle\), dostajemy całą rodzinę prostych równoległych, a nie jedną prostą. **Krok \(6\).** Te proste wypełniają pas między dwiema skrajnymi prostymi: dolną dla \(b=-2\), czyli \(y=-\tfrac12x-2\), i górną dla \(b=1\), czyli \(y=-\tfrac12x+1\). Trzeci warunek, \(x\in\langle-1,3\rangle\), obcina ten pas dwiema prostymi pionowymi \(x=-1\) oraz \(x=3\). **Krok \(7\).** Wyznaczamy wierzchołki powstałej figury, podstawiając skrajne \(x\) do skrajnych prostych: \[x=-1:\quad y=\tfrac12-2=-1{,}5\quad\text{oraz}\quad y=\tfrac12+1=1{,}5,\] \[x=3:\quad y=-\tfrac32-2=-3{,}5\quad\text{oraz}\quad y=-\tfrac32+1=-0{,}5.\] **Krok \(8\).** Rysujemy w układzie współrzędnych czworokąt o wierzchołkach \((-1;-1{,}5)\), \((-1;1{,}5)\), \((3;-0{,}5)\), \((3;-3{,}5)\) i zamalowujemy jego wnętrze. Dwa boki leżą na prostych równoległych o współczynniku \(-\tfrac12\), dwa pozostałe są pionowe, więc figura jest równoległobokiem. **Uwaga.** Oba przedziały w opisie zbioru są domknięte, więc brzeg równoległoboku należy do zbioru \(A\) — rysujemy go linią ciągłą, a nie przerywaną. **Odpowiedź.** a) Tak, punkt \(P\) należy do wykresu, bo \(f(2009)=2009^{2}\). b) Zbiorem \(A\) jest równoległobok (wraz z brzegiem) o wierzchołkach \((-1;-1{,}5)\), \((-1;1{,}5)\), \((3;-0{,}5)\), \((3;-3{,}5)\).

a) **1 pkt** – jeśli obliczy wartość funkcji \(f\) dla \(x=2009\). Poprawna odpowiedź: \(f(2009)=2008\cdot 2009+2009=2009^{2}\) **1 pkt** – jeśli zapisze wniosek. Poprawna odpowiedź: Punkt \(P\) należy do wykresu funkcji \(f\). b) **2 pkt** – jeśli narysuje bezbłędnie zbiór opisany w zadaniu. Poprawna odpowiedź: […] **1 pkt** – jeśli narysuje proste o równaniach \(y=-\frac{1}{2}x+1\), \(y=-\frac{1}{2}x-2\) i na tym zakończy lub popełni błędy w zaznaczaniu opisanego zbioru.

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

Boki równoległoboku mają długości \(27\) i \(45\).

**Krok \(1\).** Klucz do tego zadania to jedna własność: pole równoległoboku można policzyć na dwa sposoby — jako iloczyn boku i opuszczonej na niego wysokości. Z równości tych dwóch wyrażeń wynika, że wysokości są odwrotnie proporcjonalne do boków. Drugim równaniem będzie obwód. **Krok \(2\).** Oznaczmy przez \(a\) i \(b\) długości boków, przy czym \(h_1\) jest wysokością opuszczoną na bok \(a\), a \(h_2\) wysokością opuszczoną na bok \(b\). Wtedy \[a\cdot h_1=b\cdot h_2.\] **Krok \(3\).** Przekształcamy tę równość, aby otrzymać stosunek boków: \[\frac{a}{b}=\frac{h_2}{h_1}=\frac53,\] bo z warunku \(\frac{h_1}{h_2}=\frac35\) wynika \(\frac{h_2}{h_1}=\frac53\). Stąd \(a=\frac53b\). **Krok \(4\).** Obwód równoległoboku to \(2(a+b)\), więc \[2(a+b)=144,\qquad a+b=72.\] **Krok \(5\).** Podstawiamy \(a=\frac53b\): \[\frac53b+b=72,\qquad \frac83b=72.\] **Krok \(6\).** Stąd \(b=72\cdot\frac38=27\), a następnie \[a=\frac53\cdot27=45.\] **Krok \(7\).** Sprawdzenie: \(a+b=45+27=72\), więc obwód wynosi \(144\); ponadto \(45h_1=27h_2\), czyli \(\frac{h_1}{h_2}=\frac{27}{45}=\frac35\). **Uwaga.** Wysokości i boki są odwrotnie proporcjonalne: krótsza wysokość odpowiada dłuższemu bokowi. Przyjęcie \(\frac{a}{b}=\frac35\) prowadzi do zamiany boków miejscami (choć zbiór długości \(27\) i \(45\) pozostaje ten sam). **Odpowiedź.** Boki równoległoboku mają długości \(27\) i \(45\).

*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)** – […] bokami \(a\) oraz \(b\) równoległoboku: \(\frac{a}{b}=\frac{3}{5}\). **10.2. (1 pkt)** – wyznaczenie długości jednego z boków równoległoboku, np.: \(b=\frac{5}{3}a\). **10.3. (1 pkt)** – zapisanie obwodu równoległoboku w zależności od długości jednego z boków, np.: \(2a+2\cdot\frac{5}{3}a=144\). **10.4. (1 pkt)** – wyznaczenie długości boków równoległoboku: \(a=27\), \(b=\frac{5}{3}\cdot 27=45\). **II sposób rozwiązania:** **10.1. (1 pkt)** – wprowadzenie oznaczeń, np.: \(a\), \(b\) – długości boków równoległoboku i zapisanie pola równoległoboku na dwa sposoby: \(a\cdot h_{1}=b\cdot h_{2}\). Nie oceniamy, czy zdający analizuje zależność między długościami boków równoległoboku. **10.2. (1 pkt)** – obliczenie stosunku długości boków równoległoboku: \(\frac{b}{a}=\frac{3}{5}\). **10.3. (1 pkt)** – zapisanie układu równań z niewiadomymi \(a\) i \(b\), np.: \(\begin{cases}a+b=72\\ \frac{b}{a}=\frac{3}{5}\end{cases}\). **10.4. (1 pkt)** – rozwiązanie układu równań i zapisanie długości boków równoległoboku: \(a=45\), \(b=27\).

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.