Zadania o środku odcinka w układzie współrzędnych

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

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. \(\frac{1}{2}x+9=4x-5\).

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

Przykładowe pełne rozwiązania Sposób I Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny i CD jest osią symetrii tego trójkąta, więc |∡KAC| = |∡KBC| = |∡KBL|. Ponieważ |∡KDB| = \(90\)° oraz |∡BLK| = \(90\)°, więc na czworokącie DBLK można opisać okrąg. W tym okręgu kąty wpisane KDL i KBL są oparte na tym samym łuku, więc mają równe miary. Zatem |∡KAC| = |∡KBL| = |∡KDL|. To należało wykazać. Sposób II Niech M będzie punktem przecięcia prostej p z prostą AB. Oznaczmy α = |∡BCD| oraz β = |∡CML|. Trójkąt MCL jest prostokątny, więc środek okręgu opisanego na tym trójkącie jest środkiem \(1\) odcinka MC, a promień tego okręgu jest równy ⋅ |MC|. Trójkąt MDC jest prostokątny, \(2\) więc środek okręgu opisanego na tym trójkącie jest środkiem odcinka MC, a promień tego \(1\) okręgu jest równy ⋅ |MC|. Zatem na czworokącie MDLC można opisać okrąg. Oznaczmy \(2\) ten okrąg przez o (zobacz rysunek). \(1\) C o \(1\) α p L K β M A D B Kąty LCD oraz LMD są wpisane w okrąg o i oparte na tym samym łuku LD, więc \(1\) |∡LCD| = |∡LMD| = α. Ponieważ trójkąt ABC jest równoramienny, więc |∡KCA| = |∡DCA| = α. Zatem |∡KCA| = |∡LMD| = |∡KMA|, a ponieważ punkty C oraz M są po tej samej stronie prostej AK, więc na czworokącie MAKC można opisać okrąg. Oznaczmy ten okrąg przez o (zobacz rysunek). \(2\) o \(2\) C o \(1\) α α p L K β α M A D B Kąty wpisane KMC oraz KAC są oparte na tym samym łuku CK okręgu o , więc \(2\) |∡KAC| = |∡KMC| i wobec |∡KMC| = |∡LMC| mamy |∡KAC| = β. Kąty wpisane CDL oraz LMC są oparte na tym samym łuku CL okręgu o , więc \(1\) |∡CDL| = |∡LMC| = β. Zatem |∡KAC| = β = |∡CDL| = |∡KDL|. To należało wykazać.

**Zasady oceniania (dla sposobu I)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie, że \(\lvert\angle KAC\rvert=\lvert\angle KBC\rvert\) ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(DBLK\) można opisać okrąg. **2 pkt** – zapisanie, że \(\lvert\angle KAC\rvert=\lvert\angle KBC\rvert\) oraz zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(DBLK\) można opisać okrąg ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(DBLK\) można opisać okrąg oraz zapisanie wraz z uzasadnieniem, że \(\lvert\angle KBL\rvert=\lvert\angle KDL\rvert\). **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **Zasady oceniania (dla sposobu II)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MDLC\) można opisać okrąg ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MAKC\) można opisać okrąg. **2 pkt** – zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MDLC\) można opisać okrąg oraz zapisanie, że \(\lvert\angle CML\rvert=\lvert\angle CDL\rvert\) ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MAKC\) można opisać okrąg oraz zapisanie, że \(\lvert\angle CMK\rvert=\lvert\angle CAK\rvert\), ALBO zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MDLC\) można opisać okrąg oraz zapisanie wraz z uzasadnieniem, że na czworokącie \(MAKC\) można opisać okrąg. **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11) Zdający przeprowadza dowody geometryczne. VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

**C.** \((x-2)^2+y^2=2\)

Środek okręgu jest środkiem średnicy \(AB\): \[S=\left(\frac{1+3}2,\frac{1+(-1)}2\right)=(2,0).\] Promień jest połową długości średnicy: \[|AB|=\sqrt{(3-1)^{2}+(-1-1)^{2}}=\sqrt8=2\sqrt2,\qquad r=\sqrt2,\qquad r^{2}=2.\] Zatem okrąg ma równanie \((x-2)^{2}+y^{2}=2\). **Odpowiedź.** Wariant **C**

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

IV. Rozumowanie i argumentacja. IX.4) Zdający posługuje się równaniem okręgu (x − a)² + (y − b)² = r².

\[(x+1)^2+(y-3)^2=25.\]

W symetrii względem osi \(Oy\): \[A'= (3,0),\qquad C'=(-5,6).\] Punkty \(A'\) i \(C'\) są końcami średnicy okręgu. Jego środek to środek odcinka \(A'C'\): \[S'=\left(\frac{3-5}{2},\frac{0+6}{2}\right)=(-1,3).\] Promień jest równy połowie długości przekątnej: \[r=\frac12\sqrt{(-5-3)^2+(6-0)^2}=5.\] Równanie okręgu: \[(x+1)^2+(y-3)^2=25.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i równanie \((x+1)^2+(y-3)^2=25\) **3 pkt** – obliczenie \(r=5\) oraz \(S'=(-1,3)\), albo wyznaczenie równania okręgu przed symetrią **2 pkt** – obliczenie \(A'=(3,0)\), \(C'=(-5,6)\) oraz promienia, albo wyznaczenie środka okręgu **1 pkt** – obliczenie obrazów punktów, promienia albo środka odpowiedniego okręgu **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** IX.3) Zdający oblicza odległość dwóch punktów w układzie współrzędnych. IX.4) Zdający posługuje się równaniem okręgu \((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\). IX.5) Zdający wyznacza obrazy okręgów i wielokątów w symetriach osiowych.

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

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

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

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

**D.** Punkt \(D\) jest środkiem odcinka \(AB\), więc \(|AD|=3\). W trójkącie prostokątnym \(ACD\) mamy \(|CD|=5\), zatem \(|AC|=4\). Stąd \(\tan\alpha=\frac{|AC|}{|AD|}=\frac43\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy, gdzie leży kąt \(\alpha\). Odcinek \(CD\) jest środkową trójkąta \(ABC\) poprowadzoną do boku \(AB\), więc \(D\) jest **środkiem** odcinka \(AB\). Kąt \(\alpha=\sphericalangle ADC\) jest kątem trójkąta \(ACD\), a ten trójkąt jest prostokątny: skoro \(BC\) jest przeciwprostokątną trójkąta \(ABC\), to kąt prosty jest przy wierzchołku \(A\). Wystarczy więc policzyć boki trójkąta \(ACD\). **Krok \(2\).** Liczymy \(|AD|\). Punkt \(D\) dzieli \(AB\) na połowy, a \(|AB|=6\), więc \[|AD|=\frac{|AB|}{2}=\frac62=3.\] **Krok \(3\).** Ustalamy role boków w trójkącie \(ACD\): kąt prosty jest przy \(A\), więc przyprostokątnymi są \(AD\) i \(AC\), a przeciwprostokątną \(CD\), przy czym \(|CD|=5\). **Krok \(4\).** Z twierdzenia Pitagorasa wyznaczamy brakującą przyprostokątną: \[|AC|^{2}+|AD|^{2}=|CD|^{2},\qquad |AC|^{2}+3^{2}=5^{2},\] \[|AC|^{2}=25-9=16.\] **Krok \(5\).** Długość odcinka jest dodatnia, więc \(|AC|=4\). Rozpoznajemy zresztą trójkąt o bokach \(3,4,5\). **Krok \(6\).** Stosujemy definicję tangensa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym: to iloraz przyprostokątnej leżącej **naprzeciw** kąta przez przyprostokątną **przyległą** do kąta. Kąt \(\alpha\) jest przy wierzchołku \(D\), naprzeciw niego leży \(AC\), a przy nim \(AD\): \[\tan\alpha=\frac{|AC|}{|AD|}=\frac43.\] **Uwaga.** Nie należy mylić \(\alpha\) z kątem \(\beta=\sphericalangle ABC\). Dla \(\beta\) przyprostokątną przyległą jest cały bok \(AB\) o długości \(6\), więc \(\tan\beta=\frac{4}{6}=\frac23\) — to właśnie odpowiedź A, przygotowana jako pułapka na uczniów, którzy wezmą zły wierzchołek. **Odpowiedź.** D: \(\frac43\)

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VII.1) Zdający wykorzystuje definicje funkcji […] tangens dla kątów od 0° do 180° […].

Po odjęciu równań okręgów otrzymujemy prostą \(x+7y+15=0\). Jej punkty przecięcia z \(O_1\) to \(A=(\frac{16}{5},-\frac{13}{5})\) oraz \(B=(-1,-2)\). Z równania \(M-A=-2(M-B)\) wynika \(M=\frac{A+2B}{3}=(\frac{2}{5},-\frac{11}{5})\).

Wspólne punkty okręgów spełniają oba równania jednocześnie. Odejmując je stronami, eliminujemy wyrazy kwadratowe: \[(x-1)^{2}+(y+3)^{2}-\left[(x-2)^{2}+(y-4)^{2}\right]=5-45,\]\[2x+14y+30=0\quad\Longleftrightarrow\quad x+7y+15=0.\] Jest to równanie prostej zawierającej cięciwę wspólną \(AB\). Podstawiamy \(x=-7y-15\) do równania okręgu \(O_1\): \[(-7y-16)^{2}+(y+3)^{2}=5\quad\Longleftrightarrow\quad 50y^{2}+230y+260=0\quad\Longleftrightarrow\quad 5y^{2}+23y+26=0.\] Wyróżnik \(\Delta=529-520=9\), więc \(y=-2\) albo \(y=-\frac{13}5\). Odpowiadające pierwsze współrzędne to \(x=-1\) oraz \(x=\frac{16}5\). Punkt \(A\) ma pierwszą współrzędną dodatnią, zatem \[A=\left(\frac{16}5,-\frac{13}5\right),\qquad B=(-1,-2).\] Warunek \(\overrightarrow{AM}=-2\overrightarrow{BM}\) zapisujemy wektorowo: \(M-A=-2(M-B)\), skąd \(3M=A+2B\), czyli \[M=\frac{A+2B}3=\left(\frac{\frac{16}5-2}3,\ \frac{-\frac{13}5-4}3\right)=\left(\frac25,-\frac{11}5\right).\] **Odpowiedź.** \(A=\left(\frac{16}5,-\frac{13}5\right)\), \(B=(-1,-2)\), \(M=\left(\frac25,-\frac{11}5\right)\)

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie równania prostej \(AB\), np. \(2x+14y=-30\) ALBO zapisanie równości \(x_M=\frac{1}{3}x_A+\frac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\frac{1}{3}y_A+\frac{2}{3}y_B\), ALBO zapisanie współrzędnych punktu \(B\): \(B=(-1,-2)\) i sprawdzenie rachunkiem, że punkt \(B\) jest punktem przecięcia okręgów oraz zapisanie/obliczenie współczynnika kierunkowego prostej przechodzącej przez środki okręgów: \(7\). **2 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą, pozwalającego obliczyć pierwsze (lub drugie) współrzędne punktów przecięcia okręgów, np. \((-7y-15-2)^{2}+(y-4)^{2}=45\), ALBO wyznaczenie równania prostej \(AB\), np. \(2x+14y=-30\) oraz zapisanie równości \(x_M=\frac{1}{3}x_A+\frac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\frac{1}{3}y_A+\frac{2}{3}y_B\), ALBO zapisanie współrzędnych punktu \(B\): \(B=(-1,-2)\) i sprawdzenie rachunkiem, że punkt \(B\) jest punktem przecięcia okręgów oraz wyznaczenie równania prostej \(AB\), ALBO zapisanie współrzędnych punktu \(B\): \(B=(-1,-2)\) i sprawdzenie rachunkiem, że punkt \(B\) jest punktem przecięcia okręgów oraz obliczenie współrzędnych środka odcinka \(AB\): \(\left(\frac{11}{10},-\frac{23}{10}\right)\). **3 pkt** – obliczenie współrzędnych punktów \(A\) oraz \(B\): \(A=\left(\frac{16}{5},-\frac{13}{5}\right)\) oraz \(B=(-1,-2)\) ALBO zapisanie równania z jedną niewiadomą, pozwalającego obliczyć pierwsze (lub drugie) współrzędne punktów przecięcia okręgów, np. \((-7y-15-2)^{2}+(y-4)^{2}=45\) oraz zapisanie równości \(x_M=\frac{1}{3}x_A+\frac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\frac{1}{3}y_A+\frac{2}{3}y_B\). **4 pkt** – zapisanie równania \(\left[x_M-\frac{16}{5},\ y_M-\left(-\frac{13}{5}\right)\right]=-2\cdot\left[x_M-(-1),\ y_M-(-2)\right]\) ALBO zapisanie układu równań z dwiema niewiadomymi, który pozwala obliczyć współrzędne punktu \(M\), np. \(\sqrt{(-1-x_M)^{2}+(-2-y_M)^{2}}=\sqrt{2}\) oraz \(\sqrt{(x_M-3{,}2)^{2}+(y_M+2{,}6)^{2}}=2\sqrt{2}\), ALBO obliczenie współrzędnych punktów \(A\) oraz \(B\): \(A=\left(\frac{16}{5},-\frac{13}{5}\right)\) i \(B=(-1,-2)\) oraz zapisanie równości \(x_M=\frac{1}{3}x_A+\frac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\frac{1}{3}y_A+\frac{2}{3}y_B\). **5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(A=\left(\frac{16}{5},-\frac{13}{5}\right)\), \(B=(-1,-2)\) oraz \(M=\left(\frac{2}{5},-\frac{11}{5}\right)\). Uwagi: 1. Jeżeli zdający błędnie identyfikuje punkt \(A\) jako \((-1,-2)\), to może otrzymać co najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe i otrzyma punkty \(A\) oraz \(B\), których pierwsze współrzędne są liczbami dodatnimi, i konsekwentnie do popełnionych błędów rozwiązuje zadanie do końca, rozważając dwa przypadki, to może otrzymać co najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie. 3. Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe i otrzyma punkty \(A\) oraz \(B\), których pierwsze współrzędne są liczbami ujemnymi, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (trzeci punkt otrzymuje za zapisanie równości \(x_M=\frac{1}{3}x_A+\frac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\frac{1}{3}y_A+\frac{2}{3}y_B\)).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** IX.R2) Zdający znajduje punkty wspólne dwóch okręgów; IX.R3) Zdający zna pojęcie wektora i oblicza jego współrzędne oraz długość, dodaje wektory i mnoży wektor przez liczbę, oba te działania wykonuje zarówno analitycznie, jak i geometrycznie.

Po odjęciu równań okręgów otrzymujemy prostą \(x+7y+15=0\). Jej punkty przecięcia z \(O_1\) to \(A=(\frac{16}{5},-\frac{13}{5})\) oraz \(B=(-1,-2)\); punkt \(A\) ma dodatnią pierwszą współrzędną. Z równania \(M-A=-2(M-B)\) wynika \(M=\frac{A+2B}{3}=(\frac{2}{5},-\frac{11}{5})\).

**Krok \(1\).** Metoda: odejmując równania obu okręgów stronami, likwidujemy wyrazy kwadratowe i otrzymujemy równanie prostej zawierającej wspólną cięciwę \(AB\). **Krok \(2\).** Odejmujemy równania: \[(x-1)^{2}+(y+3)^{2}-\left[(x-2)^{2}+(y-4)^{2}\right]=5-45,\] \[(2x-3)+(14y-7)=-40,\qquad 2x+14y=-30,\qquad x+7y+15=0.\] **Krok \(3\).** Podstawiamy \(x=-7y-15\) do równania okręgu \(O_{1}\): \[(-7y-16)^{2}+(y+3)^{2}=5,\qquad 49y^{2}+224y+256+y^{2}+6y+9=5,\] \[50y^{2}+230y+260=0,\qquad 5y^{2}+23y+26=0.\] **Krok \(4\).** \(\Delta=529-520=9\), więc \(y=\frac{-23-3}{10}=-\frac{13}{5}\) lub \(y=\frac{-23+3}{10}=-2\). **Krok \(5\).** Wyznaczamy odcięte: dla \(y=-\frac{13}{5}\) mamy \(x=\frac{91}{5}-15=\frac{16}{5}\), a dla \(y=-2\) mamy \(x=14-15=-1\). **Krok \(6\).** Pierwsza współrzędna punktu \(A\) jest dodatnia, więc \[A=\left(\frac{16}{5},-\frac{13}{5}\right),\qquad B=(-1,-2).\] **Krok \(7\).** Warunek \(\overrightarrow{AM}=-2\cdot\overrightarrow{BM}\) zapisujemy wektorowo: \(M-A=-2(M-B)\), skąd \(3M=A+2B\), czyli \(M=\frac{A+2B}{3}\). **Krok \(8\).** Obliczamy współrzędne: \[x_{M}=\frac{\frac{16}{5}-2}{3}=\frac{\frac{6}{5}}{3}=\frac{2}{5},\qquad y_{M}=\frac{-\frac{13}{5}-4}{3}=\frac{-\frac{33}{5}}{3}=-\frac{11}{5}.\] **Uwaga.** Zależność \(\overrightarrow{AM}=-2\cdot\overrightarrow{BM}\) oznacza, że wektory mają przeciwne zwroty, więc \(M\) leży między \(A\) i \(B\) i dzieli odcinek \(AB\) w stosunku \(2:1\) licząc od \(A\). To dobry sposób na sprawdzenie wyniku. **Odpowiedź.** \(A=\left(\frac{16}{5},-\frac{13}{5}\right)\), \(B=(-1,-2)\), \(M=\left(\frac{2}{5},-\frac{11}{5}\right)\).

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(A=\left(\tfrac{16}{5},-\tfrac{13}{5}\right)\), \(B=(-1,-2)\) oraz \(M=\left(\tfrac{2}{5},-\tfrac{11}{5}\right)\). **4 pkt** – zapisanie równania \(\left[x_M-\tfrac{16}{5},\ y_M-\left(-\tfrac{13}{5}\right)\right]=-2\cdot\left[x_M-(-1),\ y_M-(-2)\right]\) ALBO – zapisanie układu równań z dwiema niewiadomymi, który pozwala obliczyć współrzędne punktu \(M\), np. \(\sqrt{(-1-x_M)^2+(-2-y_M)^2}=\sqrt{2}\) oraz \(\sqrt{(x_M-3{,}2)^2+(y_M+2{,}6)^2}=2\sqrt{2}\), ALBO – obliczenie współrzędnych punktów \(A\) oraz \(B\): \(A=\left(\tfrac{16}{5},-\tfrac{13}{5}\right)\) i \(B=(-1,-2)\) oraz zapisanie równości \(x_M=\tfrac{1}{3}x_A+\tfrac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\tfrac{1}{3}y_A+\tfrac{2}{3}y_B\). **3 pkt** – obliczenie współrzędnych punktów \(A\) oraz \(B\): \(A=\left(\tfrac{16}{5},-\tfrac{13}{5}\right)\) oraz \(B=(-1,-2)\) ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą, pozwalającego obliczyć pierwsze (lub drugie) współrzędne punktów przecięcia okręgów, np. \((-7y-15-2)^2+(y-4)^2=45\) oraz zapisanie równości \(x_M=\tfrac{1}{3}x_A+\tfrac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\tfrac{1}{3}y_A+\tfrac{2}{3}y_B\). **2 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą, pozwalającego obliczyć pierwsze (lub drugie) współrzędne punktów przecięcia okręgów, np. \((-7y-15-2)^2+(y-4)^2=45\), ALBO – wyznaczenie równania prostej \(AB\), np. \(2x+14y=-30\) oraz zapisanie równości \(x_M=\tfrac{1}{3}x_A+\tfrac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\tfrac{1}{3}y_A+\tfrac{2}{3}y_B\), ALBO – zapisanie współrzędnych punktu \(B\): \(B=(-1,-2)\) i sprawdzenie rachunkiem, że punkt \(B\) jest punktem przecięcia okręgów oraz wyznaczenie równania prostej \(AB\), ALBO – zapisanie współrzędnych punktu \(B\): \(B=(-1,-2)\) i sprawdzenie rachunkiem, że punkt \(B\) jest punktem przecięcia okręgów oraz obliczenie współrzędnych środka odcinka \(AB\): \(\left(\tfrac{11}{10},-\tfrac{23}{10}\right)\). **1 pkt** – wyznaczenie równania prostej \(AB\), np. \(2x+14y=-30\) ALBO – zapisanie równości \(x_M=\tfrac{1}{3}x_A+\tfrac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\tfrac{1}{3}y_A+\tfrac{2}{3}y_B\), ALBO – zapisanie współrzędnych punktu \(B\): \(B=(-1,-2)\) i sprawdzenie rachunkiem, że punkt \(B\) jest punktem przecięcia okręgów oraz zapisanie/obliczenie współczynnika kierunkowego prostej przechodzącej przez środki okręgów: \(7\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający błędnie identyfikuje punkt \(A\) jako \((-1,-2)\), to może otrzymać co najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe i otrzyma punkty \(A\) oraz \(B\), których pierwsze współrzędne są liczbami dodatnimi, i konsekwentnie do popełnionych błędów rozwiązuje zadanie do końca, rozważając dwa przypadki, to może otrzymać co najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie. 3. Jeżeli zdający popełni błędy rachunkowe i otrzyma punkty \(A\) oraz \(B\), których pierwsze współrzędne są liczbami ujemnymi, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (trzeci punkt otrzymuje za zapisanie równości \(x_M=\tfrac{1}{3}x_A+\tfrac{2}{3}x_B\) oraz \(y_M=\tfrac{1}{3}y_A+\tfrac{2}{3}y_B\)).

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 8.5R) Zdający posługuje się równaniem okręgu \((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\) […]; 8.7R) Zdający oblicza współrzędne oraz długość wektora; dodaje i odejmuje wektory oraz mnoży je przez liczbę. Interpretuje geometrycznie działania na wektorach.

\[C=(24,0),\qquad D=\left(\frac{11}4,0\right),\qquad P_{ACD}=\frac{595}8.\]

Współczynnik kierunkowy prostej \(AB\) wynosi \[a=\frac{3-7}{12-(-4)}=-\frac14,\] więc \(y=-\frac14x+b\), a z warunku \(7=-\frac14\cdot(-4)+b\) otrzymujemy \(b=6\) i \(AB:\ y=-\frac14x+6\). Dla \(y=0\) mamy \(x=24\), czyli \(C=(24,0)\). Środek odcinka \(AB\) to \(M=(4,5)\). Symetralna jest prostopadła do \(AB\), więc jej współczynnik kierunkowy wynosi \(4\): \[y-5=4(x-4),\qquad\text{czyli}\qquad y=4x-11.\] Dla \(y=0\) otrzymujemy \(x=\frac{11}4\), czyli \(D=\left(\frac{11}4,0\right)\). Bok \(CD\) leży na osi \(Ox\), a wysokością trójkąta \(ACD\) opuszczoną na ten bok jest odległość punktu \(A\) od osi \(Ox\), równa \(7\): \[|CD|=24-\frac{11}4=\frac{85}4,\qquad P_{ACD}=\frac12\cdot\frac{85}4\cdot7=\frac{595}8.\] **Odpowiedź.** \(C=(24,0)\), \(D=\left(\frac{11}4,0\right)\), \(P_{ACD}=\frac{595}8\)

1 pkt: istotny poprawny etap, np. C = (24, 0), M = (4, 5) albo współczynnik kierunkowy AB równy −1/4. 2 pkt: C = (24, 0) i kolejny poprawny etap prowadzący do D albo równanie symetralnej y = 4x − 11. 3 pkt: C = (24, 0) i równanie symetralnej y = 4x − 11 albo D = (11/4, 0). 4 pkt: poprawne współrzędne C = (24, 0) oraz D = (11/4, 0). 5 pkt: poprawna metoda i wyniki C = (24, 0), D = (11/4, 0), P△ACD = 595/8.

Wymaganie ogólne: IV. Użycie i tworzenie strategii. Wymaganie szczegółowe: 8.1) Wyznacza równanie prostej przez dwa punkty; 8.3) wyznacza prostą prostopadłą; 8.4) oblicza punkt przecięcia prostych; 8.6) oblicza odległość punktów.

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

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.

\[C=(\sqrt5-1,\ 3\sqrt5+3)\quad\text{lub}\quad C=(-\sqrt5-1,\ -3\sqrt5+3).\]

Z warunku \(|AC|=|BC|\) wynika, że punkt \(C\) leży na symetralnej odcinka \(AB\). Współczynnik kierunkowy prostej \(AB\) wynosi \[a_{AB}=\frac{8-4}{-6-6}=-\frac13,\] więc symetralna ma współczynnik kierunkowy \(3\). Środek odcinka \(AB\) ma współrzędne \[M=\left(\frac{6+(-6)}2,\frac{4+8}2\right)=(0,6).\] Równanie symetralnej jest zatem równe \[y=3x+6.\] Punkty \(C\) są punktami przecięcia tej prostej z okręgiem: \[(x+1)^2+(3x+6-3)^2=50,\] \[(x+1)^2+9(x+1)^2=50,\] \[10(x+1)^2=50,\qquad (x+1)^2=5.\] Stąd \[x=\sqrt5-1\quad\text{lub}\quad x=-\sqrt5-1.\] Dla \(x=\sqrt5-1\): \[y=3(\sqrt5-1)+6=3\sqrt5+3.\] Dla \(x=-\sqrt5-1\): \[y=3(-\sqrt5-1)+6=-3\sqrt5+3.\] Ostatecznie \[C=(\sqrt5-1,3\sqrt5+3)\quad\text{lub}\quad C=(-\sqrt5-1,-3\sqrt5+3).\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i podanie obu punktów: \(C=(\sqrt5-1,3\sqrt5+3)\) lub \(C=(-\sqrt5-1,-3\sqrt5+3)\) **3 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą, na przykład \((x+1)^2+(3x+6-3)^2=50\) **2 pkt** – wyznaczenie równania symetralnej odcinka \(AB\): \(y=3x+6\) **1 pkt** – obliczenie współczynnika kierunkowego prostej \(AB\): \(-\frac13\); albo zapisanie równania odległości \(\sqrt{(x-6)^2+(y-4)^2}=\sqrt{(x+6)^2+(y-8)^2}\) **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.R1) Zdający znajduje punkty wspólne prostej i okręgu. IX.R4) Zdający wyznacza równanie prostej prostopadłej do zadanej prostej.

**A.** \((x-1)^2+(y-3)^2=41\).

Środek okręgu jest środkiem odcinka \(AB\): \[O=\left(\frac{-4+6}{2},\frac{7+(-1)}{2}\right)=(1,3).\] Kwadrat promienia obliczamy na przykład z odległości środka od punktu \(A\): \[r^2=(-4-1)^2+(7-3)^2=25+16=41.\] Równanie okręgu ma więc postać \[(x-1)^2+(y-3)^2=41.\] Poprawna jest odpowiedź **A**.

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** IX.4) Zdający posługuje się równaniem okręgu \((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\).

\[P=\left(\frac94,0\right),\qquad |AP|=\frac{5\sqrt{41}}4.\]

Środek odcinka \(AB\) ma współrzędne \[M=\left(\frac{2+10}{2},\frac{8+2}{2}\right)=(6,5).\] Współczynnik kierunkowy prostej \(AB\) jest równy \[a_{AB}=\frac{2-8}{10-2}=-\frac34.\] Symetralna odcinka \(AB\) jest prostopadła do \(AB\), więc jej współczynnik kierunkowy wynosi \(\frac43\). Ponieważ przechodzi przez \(M\), ma równanie \[y-5=\frac43(x-6),\] czyli \[y=\frac43x-3.\] Punkt \(P\) leży na osi \(Ox\), zatem \(y=0\). Stąd \[0=\frac43x-3,\qquad x=\frac94,\] a więc \[P=\left(\frac94,0\right).\] Długość odcinka \(AP\) jest równa \[|AP|=\sqrt{\left(\frac94-2\right)^2+(0-8)^2}=\sqrt{\frac1{16}+64}=\frac{5\sqrt{41}}4.\]

**4 pkt** – poprawna metoda oraz oba wyniki: \(P=\left(\frac94,0\right)\), \(|AP|=\frac{5\sqrt{41}}4\) **3 pkt** – obliczenie współrzędnych punktu \(P=\left(\frac94,0\right)\) **2 pkt** – wyznaczenie równania symetralnej \(y=\frac43x-3\), zapisanie równoważnego układu albo równoważnego warunku wyznaczającego punkt \(P\) **1 pkt** – zapisanie \(M=(6,5)\), wyznaczenie \(a_{AB}=-\frac34\), zapisanie równania prostej \(AB\), warunku \(y_P=0\) albo równania \(|AP|=|BP|\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. Dobieranie argumentów do uzasadnienia poprawności rozwiązania problemów, tworzenie ciągu argumentów gwarantujących poprawność rozwiązania. **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. IX.3) Zdający oblicza odległość dwóch punktów w układzie współrzędnych.

\[P=\left(\frac94,0\right),\qquad L=10+\frac{5\sqrt{41}}2.\]

Środek odcinka \(AB\) ma współrzędne \[M=\left(\frac{2+10}{2},\frac{8+2}{2}\right)=(6,5).\] Współczynnik kierunkowy prostej \(AB\) jest równy \[a_{AB}=\frac{2-8}{10-2}=-\frac34.\] Symetralna odcinka \(AB\) jest prostopadła do \(AB\), więc jej współczynnik kierunkowy wynosi \(\frac43\). Ponieważ przechodzi przez \(M\), ma równanie \[y-5=\frac43(x-6),\] czyli \[y=\frac43x-3.\] Punkt \(P\) leży na osi \(Ox\), zatem \(y=0\). Otrzymujemy \[0=\frac43x-3,\qquad x=\frac94,\] a więc \[P=\left(\frac94,0\right).\] Obliczamy długość boku \(AB\): \[|AB|=\sqrt{(10-2)^2+(2-8)^2}=10.\] Ponieważ \(P\) leży na symetralnej odcinka \(AB\), mamy \(|AP|=|BP|\). Ponadto \[|AP|=\sqrt{\left(\frac94-2\right)^2+(0-8)^2}=\sqrt{\frac1{16}+64}=\frac{5\sqrt{41}}4.\] Obwód trójkąta \(ABP\) jest więc równy \[L=|AB|+|AP|+|BP|=10+2\cdot\frac{5\sqrt{41}}4=10+\frac{5\sqrt{41}}2.\]

**5 pkt** – poprawna metoda oraz oba poprawne wyniki: \(P=\left(\frac94,0\right)\) i \(L=10+\frac{5\sqrt{41}}2\) **4 pkt** – obliczenie współrzędnych punktu \(P\) oraz długości jednego z boków trójkąta: \(|AB|=10\) lub \(|AP|=\frac{5\sqrt{41}}4\) **3 pkt** – obliczenie \(|AB|=10\) oraz wyznaczenie równania symetralnej \(y=\frac43x-3\), zapisanie równoważnego układu albo obliczenie \(P=\left(\frac94,0\right)\) **2 pkt** – obliczenie \(|AB|=10\) i wykonanie jednego istotnego kroku, np. wyznaczenie \(M=(6,5)\), współczynnika \(a_{AB}=-\frac34\), warunku \(y_P=0\) albo równania \(|AP|=|BP|\) **1 pkt** – obliczenie \(|AB|=10\) albo wykonanie jednego z wymienionych wyżej istotnych kroków **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 8.1) Zdający wyznacza równanie prostej przechodzącej przez dwa dane punkty. 8.3) Zdający wyznacza równanie prostej prostopadłej do danej prostej 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.

**A.** \((1,3)\)

Środek okręgu jest środkiem jego średnicy, a współrzędne środka odcinka są średnimi arytmetycznymi współrzędnych końców: \[S=\left(\frac{-4+6}2,\frac{7+(-1)}2\right)=(1,3).\] **Odpowiedź.** \(S=(1,3)\), czyli wariant **A**

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

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 8.5) Zdający wyznacza współrzędne środka odcinka.

\(A=\left(\frac72,2\right)\), \(P=\frac{225}{4}\)

Oś symetrii trapezu jest prostopadła do jego podstaw. Jej współczynnik kierunkowy wynosi \(-\frac43\), więc prosta \(AB\) ma współczynnik \(\frac34\). Ponieważ przechodzi przez \(B=\left(\frac{23}{2},8\right)\), jej równanie ma postać \[y=\frac34x-\frac58.\] Punkt \(E\), w którym \(AB\) przecina oś symetrii, jest środkiem odcinka \(AB\). Rozwiązujemy układ \[y=-\frac43x+15,\qquad y=\frac34x-\frac58,\] i otrzymujemy \[E=\left(\frac{15}{2},5\right).\] Ponieważ \(E\) jest środkiem \(AB\), \[A=2E-B=\left(15,10\right)-\left(\frac{23}{2},8\right)=\left(\frac72,2\right).\] Długości potrzebne do pola są równe \[|AB|=2|EB|=2\sqrt{\left(\frac{23}{2}-\frac{15}{2}\right)^2+(8-5)^2}=10,\] \[h=|EF|=\sqrt{\left(3-\frac{15}{2}\right)^2+(11-5)^2}=\frac{15}{2}.\] Zatem \[P=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h=\frac{10+5}{2}\cdot\frac{15}{2}=\frac{225}{4}.\]

**5 pkt** – poprawne wyznaczenie \(A=\left(\frac72,2\right)\) oraz pola \(P=\frac{225}{4}\) **Pierwszy etap, do: 3 pkt** – 1 pkt za współczynnik kierunkowy prostej \(AB\) równy \(\frac34\); 2 pkt za \(E=\left(\frac{15}{2},5\right)\); 3 pkt za \(A=\left(\frac72,2\right)\) **Drugi etap, do: 2 pkt** – 1 pkt za obliczenie \(|AB|=10\), \(|EB|=5\) albo \(h=\frac{15}{2}\); 2 pkt za pole \(P=\frac{225}{4}\)

**Element podstawy programowej:** geometria analityczna i planimetria; zdający wykorzystuje prostopadłość prostych, współrzędne środka odcinka, wzór na odległość punktów i wzór na pole trapezu.

**B.** \((9,-17)\)

Wektor \[\overrightarrow{AP}=(3-1,1-7)=(2,-6).\] Ponieważ \(|AP|:|PB|=1:3\), mamy \[\overrightarrow{PB}=3\overrightarrow{AP}=(6,-18).\] Zatem \[B=P+\overrightarrow{PB}=(3,1)+(6,-18)=(9,-17).\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. stosowanie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** X.4 (SP) zdający znajduje środek odcinka i wykorzystuje podział odcinka w zadanym stosunku.

**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.

\(D=(-6,3)\)

Prosta \(BC\) ma współczynnik kierunkowy \[a_{BC}=\frac{7-2}{6-(-9)}=\frac13,\] więc jej równanie to \[y=\frac13x+5.\] Środek odcinka \(AB\) ma współrzędne \[S=\left(\frac{\frac{22}{5}+6}{2},\frac{-\frac{21}{5}+7}{2}\right)=\left(\frac{26}{5},\frac75\right).\] Współczynnik kierunkowy prostej \(AB\) jest równy \(7\), zatem współczynnik kierunkowy jej symetralnej wynosi \(-\frac17\). Symetralna przechodzi przez \(S\), więc ma równanie \[y=-\frac17x+\frac{15}{7}.\] Punkt \(D\) jest przecięciem tej prostej z \(BC\). Rozwiązujemy układ \[\begin{cases}y=-\frac17x+\frac{15}{7},\\ y=\frac13x+5.\end{cases}\] Otrzymujemy \(x=-6\) i \(y=3\), czyli \[D=(-6,3).\]

**5 pkt** – poprawna metoda i wynik \(D=(-6,3)\) **4 pkt** – wyznaczenie obu równań: \(y=\frac13x+5\) oraz \(y=-\frac17x+\frac{15}{7}\), albo równoważna poprawna realizacja metodą twierdzenia Pitagorasa wskazana w kluczu **3 pkt** – wyznaczenie równania symetralnej \(y=-\frac17x+\frac{15}{7}\); klucz dopuszcza także wskazane równoważne zestawy istotnych kroków **2 pkt** – spełnienie dwóch z trzech kryteriów za 1 punkt albo obliczenie współczynnika kierunkowego symetralnej \(-\frac17\) **1 pkt** – wyznaczenie równania \(BC\): \(y=\frac13x+5\), współczynnika kierunkowego \(AB\): \(7\), albo środka \(S=\left(\frac{26}{5},\frac75\right)\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria analityczna - równania prostych, warunek prostopadłości, symetralna odcinka i punkt przecięcia prostych.

Przekrój \(BCFE\) jest trapezem równoramiennym, a jego pole wynosi \[P=\frac{27\sqrt{10}}{100}a^2.\]

Niech \(G\) i \(P\) będą środkami odpowiednio krawędzi \(AD\) i \(BC\), \(R\) środkiem odcinka \(EF\), a \(O\) środkiem podstawy. Płaszczyzna przekroju przecina krawędzie \(AS\) i \(DS\) w punktach \(E\) i \(F\); przekrój \(BCFE\) jest trapezem równoramiennym i \(EF\parallel BC\). W trójkącie prostokątnym \(SOG\): \[\cos\alpha=\frac{|OG|}{|SG|}=\frac{a/2}{|SG|}=\frac{\sqrt{10}}{10},\] więc \(|SG|=\frac{\sqrt{10}}2a\). Ponieważ \(|GP|=a\), z trójkąta \(GPR\): \[|RG|=|GP|\cos\alpha=\frac{\sqrt{10}}{10}a.\] Zatem \[|RS|=|SG|-|RG|=\frac{2\sqrt{10}}5a.\] Z podobieństwa trójkątów \(ADS\) i \(EFS\): \[\frac{|EF|}{a}=\frac{|RS|}{|SG|}=\frac45,\] czyli \(|EF|=\frac45a\). Ponadto \[\sin\alpha=\frac{3\sqrt{10}}{10},\] więc wysokość trapezu wynosi \[h=|GP|\sin\alpha=\frac{3\sqrt{10}}{10}a.\] Ostatecznie \[P=\frac{a+\frac45a}{2}\cdot\frac{3\sqrt{10}}{10}a=\frac{27\sqrt{10}}{100}a^2.\]

**5 pkt** – poprawna konstrukcja i wynik \(P=\frac{27\sqrt{10}}{100}a^2\) **4 pkt** – obliczenie \(|EF|=0{,}8a\) i wysokości \(h=\frac{3\sqrt{10}}{10}a\) **3 pkt** – obliczenie jednej z tych dwóch wielkości **2 pkt** – poprawna zależność podobieństwa lub wyznaczenie odcinków \(SG\) i \(RS\), albo zależność prowadząca do wysokości **1 pkt** – rozpoznanie przekroju jako trapezu równoramiennego **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. stosowanie i tworzenie strategii w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.R5 wyznaczanie przekrojów ostrosłupów prawidłowych i obliczanie ich pól z wykorzystaniem trygonometrii.

\[B=(9,1),\qquad C=\left(-\frac13,\frac{29}{3}\right).\]

Ponieważ \(S=(5,-1)\) jest środkiem odcinka \(AB\), mamy \[\frac{1+x_B}{2}=5,\qquad\frac{-3+y_B}{2}=-1.\] Stąd \(B=(9,1)\). Warunek \(|AC|=|BC|\) oznacza, że punkt \(C\) leży na symetralnej odcinka \(AB\). Współczynnik kierunkowy prostej \(AB\) jest równy \[a_{AB}=\frac{1-(-3)}{9-1}=\frac12,\] więc symetralna ma współczynnik \(-2\) i przechodzi przez \(S\): \[y+1=-2(x-5),\qquad y=-2x+9.\] Punkt \(C\) leży również na prostej \(y=x+10\), zatem \[-2x+9=x+10.\] Stąd \(x_C=-\frac13\) oraz \[y_C=x_C+10=\frac{29}{3}.\] Ostatecznie \[B=(9,1),\qquad C=\left(-\frac13,\frac{29}{3}\right).\]

**5 pkt** – poprawna metoda i oba wyniki: \(B=(9,1)\), \(C=\left(-\frac13,\frac{29}{3}\right)\) **4 pkt** – wyznaczenie \(B=(9,1)\) i poprawnego równania z jedną niewiadomą prowadzącego do punktu \(C\), albo poprawne wyznaczenie punktu \(C\) bez poprawnego punktu \(B\) **3 pkt** – wyznaczenie \(B=(9,1)\) i równania symetralnej \(y=-2(x-5)-1\), albo równania odległości wynikającego z \(|AC|=|BC|\) **2 pkt** – spełnienie dwóch spośród warunków: wyznaczenie \(B=(9,1)\), obliczenie \(a_{AB}=\frac12\), zapisanie \(C=(x,x+10)\) **1 pkt** – spełnienie jednego z powyższych trzech warunków **0 pkt** – brak poprawnego postępu **Uwaga CKE:** błędny współczynnik kierunkowy prostej prostopadłej do \(AB\) i konsekwentne dokończenie rozwiązania pozwala uzyskać najwyżej \(2\) pkt.

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 8.1, 8.3 i 8.4 wyznaczanie równania prostej przez dwa punkty, równania prostej równoległej lub prostopadłej do danej prostej oraz współrzędnych punktu przecięcia dwóch prostych.

**A.** \(b=-28\)

Pierwsza współrzędna środka odcinka jest średnią arytmetyczną pierwszych współrzędnych jego końców: \[\frac{4+b}2=-12\quad\Longrightarrow\quad 4+b=-24\quad\Longrightarrow\quad b=-28.\] **Odpowiedź.** \(b=-28\), czyli wariant **A**

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

**Wymagania egzaminacyjne 2022** **Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 8.5) Zdający wyznacza współrzędne środka odcinka.

**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.

\[A=\left(\frac{33}{5},\frac{14}{5}\right),\qquad P_{ABC}=\frac{153}{5}.\]

W trójkącie równoramiennym wysokość z wierzchołka \(C\) na podstawę \(AB\) jest również środkową. Prosta \(AB\) ma współczynnik kierunkowy \(-2\), więc prostopadła do niej wysokość \(CD\) ma współczynnik \(1/2\). Ponieważ przechodzi przez \(C=(-2,3)\), ma równanie \[y=\frac12x+4.\] Punkt \(D\) jest przecięciem prostych \[y=-2x+16\qquad\text{i}\qquad y=\frac12x+4.\] Stąd \[D=\left(\frac{24}{5},\frac{32}{5}\right).\] Ponieważ \(D\) jest środkiem odcinka \(AB\), a \(B=(3,10)\), mamy \[\frac{x_A+3}{2}=\frac{24}{5},\qquad \frac{y_A+10}{2}=\frac{32}{5}.\] Zatem \[A=\left(\frac{33}{5},\frac{14}{5}\right).\] Długości podstawy i wysokości wynoszą \[|AB|=\frac{18\sqrt5}{5},\qquad |CD|=\frac{17\sqrt5}{5}.\] Pole trójkąta jest więc równe \[P_{ABC}=\frac12\cdot\frac{18\sqrt5}{5}\cdot\frac{17\sqrt5}{5}=\frac{153}{5}.\]

**5 pkt** – współrzędne \(A=(33/5,14/5)\) i pole \(153/5\) **4 pkt** – obliczenie \(|AB|=18\sqrt5/5\) oraz \(|CD|=17\sqrt5/5\) **3 pkt** – obliczenie współrzędnych punktu \(A\) **2 pkt** – obliczenie środka podstawy \(D=(24/5,32/5)\) albo zapisanie równoważnego równania wynikającego z równoramienności **1 pkt** – wyznaczenie prostej wysokości \(y=\frac12x+4\), obliczenie \(|BC|=\sqrt{74}\) albo współczynnika kierunkowego prostej \(BC\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** wyznaczanie równań prostych prostopadłych, punktu przecięcia prostych, środka odcinka, długości odcinków i pola trójkąta w układzie współrzędnych.

\[C=(0,27),\qquad L=50+9\sqrt{10}.\]

Ponieważ punkt \(C\) leży na osi \(Oy\), zapisujemy \(C=(0,y)\). Warunek \(|AC|=|BC|\) możemy podnieść stronami do kwadratu: \[(0+20)^2+(y-12)^2=(0-7)^2+(y-3)^2.\] Po rozwinięciu otrzymujemy \[400+y^2-24y+144=49+y^2-6y+9,\] \[-18y=-486,\qquad y=27.\] Zatem \(C=(0,27)\). Obliczamy długości boków: \[|AC|=|BC|=\sqrt{20^2+15^2}=25,\] \[|AB|=\sqrt{27^2+(-9)^2}=\sqrt{810}=9\sqrt{10}.\] Obwód trójkąta jest równy \[L=|AC|+|BC|+|AB|=50+9\sqrt{10}.\]

**5 pkt** – poprawne wyznaczenie \(C=(0,27)\) oraz obwodu \(L=50+9\sqrt{10}\) **4 pkt** – poprawne wyznaczenie punktu \(C\) oraz długości \(|AB|=9\sqrt{10}\) lub \(|BC|=25\) **3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i wyznaczenie \(C=(0,27)\) **2 pkt** – zapisanie równania symetralnej \(y=3x+27\), równania z warunku \(|AC|=|BC|\) wraz z \(C=(0,y)\) albo równoważnego układu równań **1 pkt** – wykonanie istotnego kroku, np. przyjęcie \(C=(0,y)\), zapisanie warunku \(|AC|=|BC|\), wyznaczenie równania prostej \(AB\), środka odcinka \(AB\) albo obliczenie \(|AB|=9\sqrt{10}\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 8.1, 8.3, 8.4 i 8.6 wyznaczanie równań prostych, prostych prostopadłych, punktu przecięcia prostych oraz odległości dwóch punktów.

**B.** \(\sqrt{13}\)

Środek odcinka \(PR\) ma współrzędne \[S=\left(\frac{4+(-2)}2,\frac{7+(-3)}2\right)=(1,2).\] Odległość punktu \(T=(3,-1)\) od \(S\) wynosi \[|TS|=\sqrt{(3-1)^2+(-1-2)^2}=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 8.5 i 8.6 wyznaczanie środka odcinka i obliczanie odległości punktów.

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).

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

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

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

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

\[\frac{|AM|}{|MC|}=\frac45.\]

Ponieważ \(|KC|=|LC|=2\) oraz \(|AC|=|BC|=6\), z odwrotnego twierdzenia Talesa wynika, że \(KL\parallel AB\). Niech \(P\) będzie środkiem odcinka \(KL\) i punktem styczności tego odcinka z okręgiem; oznaczmy \(|CP|=x\). Trójkąty \(CKP\) i \(CAD\) są podobne w skali \(1:3\), stąd \[|PD|=2x.\] Promienie poprowadzone do punktów styczności mają równe długości, więc \(|MD|=|PD|=2x\). Trójkąty prostokątne \(CPK\) i \(CMD\) są podobne, zatem \[\frac{|PK|}{|CK|}=\frac{|MD|}{|CD|}=\frac{2x}{3x}=\frac23.\] Ponieważ \(|CK|=2\), otrzymujemy \(|PK|=\frac43\). Z podobieństwa \(CKP\sim CAD\) wynika teraz \(|AD|=3|PK|=4\). Ponadto \[|CD|=\sqrt{|AC|^2-|AD|^2}=\sqrt{36-16}=2\sqrt5,\qquad |MD|=\frac23|CD|=\frac{4\sqrt5}{3}.\] W trójkącie prostokątnym \(AMD\): \[|AM|=\sqrt{|AD|^2-|MD|^2}=\sqrt{16-\frac{80}{9}}=\frac83.\] Zatem \(|MC|=6-\frac83=\frac{10}{3}\), a więc \[\frac{|AM|}{|MC|}=\frac{8/3}{10/3}=\frac45.\]

**3 pkt** – pełny dowód równości \(\frac{|AM|}{|MC|}=\frac45\) **2 pkt** – zapisanie poprawnej proporcji wynikającej z podobieństwa \(CPK\sim CMD\), pozwalającej obliczyć \(|PK|\), albo równoważnego równania jednej niewiadomej **1 pkt** – wykorzystanie podobieństwa trójkątów, np. zapisanie \(|AD|=3|KP|\), albo własności odcinków stycznych **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i wykorzystywanie cech podobieństwa trójkątów.

**D.** \((37,-10)\)

Środek okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym jest środkiem przeciwprostokątnej. Obliczamy środek odcinka \(AB\): \[S=\left(\frac{80+(-6)}2,\frac{-1+(-19)}2\right)=\left(\frac{74}2,\frac{-20}2\right)=(37,-10).\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 8.5 wyznaczanie współrzędnych środka odcinka.

**A.** \(P=(0,16)\) i \(Q=(8,0)\)

Ponieważ \(P\) leży na osi \(Oy\), a \(Q\) na osi \(Ox\), zapiszmy \(P=(0,p)\) i \(Q=(q,0)\). Współrzędne środka odcinka spełniają \[\left(\frac q2,\frac p2\right)=(4,8).\] Stąd \(q=8\) i \(p=16\), czyli \(P=(0,16)\) oraz \(Q=(8,0)\).

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2020 nie zawiera osobnej tabeli wymagań dla zadań zamkniętych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria analityczna - współrzędne środka odcinka.

\[Q=\left(-\frac45,\frac{13}{5}\right).\]

Prosta \(PQ\) jest prostopadła do symetralnej, więc jej współczynnik kierunkowy wynosi \(\frac12\). Ponieważ przechodzi przez \(P=(4,5)\), ma równanie \[y=\frac12x+3.\] Punkt przecięcia tej prostej z symetralną jest środkiem \(S\) odcinka \(PQ\). Rozwiązujemy układ \[y=-2x+7,\qquad y=\frac12x+3.\] Stąd \[-2x+7=\frac12x+3,\qquad x=\frac85,\qquad y=\frac{19}{5}.\] Zatem \(S=(\frac85,\frac{19}{5})\). Korzystając ze wzoru na środek odcinka, otrzymujemy \[\frac{4+x_Q}{2}=\frac85,\qquad \frac{5+y_Q}{2}=\frac{19}{5}.\] Stąd \[x_Q=-\frac45,\qquad y_Q=\frac{13}{5},\] czyli \(Q=(-\frac45,\frac{13}{5})\).

**5 pkt** – obliczenie i zapisanie \(Q=(-\frac45,\frac{13}{5})\) **4 pkt** – rozwiązanie doprowadzone do końca z drobną usterką rachunkową lub w przepisaniu **3 pkt** – zapisanie równań pozwalających obliczyć obie współrzędne punktu \(Q\) albo jednego równania z jedną niewiadomą prowadzącego do współrzędnej \(Q\) **2 pkt** – obliczenie środka \(S=(\frac85,\frac{19}{5})\) albo równoważny istotny postęp określony w kluczu CKE **1 pkt** – wyznaczenie prostej \(PQ\): \(y=\frac12x+3\), albo inny konieczny krok wskazany w kluczu CKE **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2020 nie zawiera tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria analityczna - proste prostopadłe, punkt przecięcia prostych oraz środek odcinka.

\[V=18\sqrt2.\]

Oznaczmy: \(G\) — środek krawędzi \(BC\), \(F\) — środek odcinka \(DE\), \(K\) — środek podstawy (spodek wysokości ostrosłupa). Z warunku \(\lvert BD\rvert=\lvert CE\rvert\) oraz \(\lvert SB\rvert=\lvert SC\rvert\) wynika \(\lvert SD\rvert=\lvert SE\rvert\), więc \(DE\parallel BC\) i z podobieństwa trójkątów \(SDE\) oraz \(SBC\) \[\frac{\lvert SF\rvert}{\lvert SG\rvert}=\frac{\lvert DE\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac46=\frac23.\] Odcinki \(AF\) i \(GF\) są prostopadłe do \(DE\) (pierwszy z symetrii trójkąta \(ADE\), drugi bo \(SG\perp BC\parallel DE\)), więc kąt \(AFG\) jest kątem między płaszczyznami \(ADE\) i \(BCS\). Z założenia o prostopadłości płaszczyzn \[\lvert\angle AFG\rvert=90^\circ,\quad\text{czyli}\quad AF\perp SG.\] Rachunki prowadzimy w płaszczyźnie symetrii \(AGS\). Wysokość trójkąta równobocznego \(ABC\) o boku \(6\) wynosi \(\lvert AG\rvert=3\sqrt3\), a środek podstawy dzieli ją w stosunku \(2:1\), więc \(\lvert GK\rvert=\sqrt3\). Przyjmijmy \(G=(0,0)\), \(A=\left(3\sqrt3,0\right)\), \(K=\left(\sqrt3,0\right)\), \(S=\left(\sqrt3,H\right)\), gdzie \(H\) jest wysokością ostrosłupa. Z \(\frac{\lvert GF\rvert}{\lvert GS\rvert}=\frac13\) otrzymujemy \[F=\left(\frac{\sqrt3}{3},\frac{H}{3}\right).\] Warunek \(AF\perp GS\) zapisujemy jako zerowanie iloczynu skalarnego wektorów \(\vec{AF}=\left[\frac{\sqrt3}{3}-3\sqrt3,\ \frac H3\right]=\left[-\frac{8\sqrt3}{3},\ \frac H3\right]\) oraz \(\vec{GS}=\left[\sqrt3,H\right]\): \[-\frac{8\sqrt3}{3}\cdot\sqrt3+\frac{H^2}{3}=0,\qquad H^2=24,\qquad H=2\sqrt6.\] Pole podstawy: \[P_p=\frac{6^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3.\] Objętość: \[V=\tfrac13\cdot9\sqrt3\cdot2\sqrt6=6\sqrt{18}=18\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(V=18\sqrt2\)

**1–2 pkt** – wykazanie, że \(DE\parallel BC\), i wyznaczenie stosunku \(\frac{\lvert SF\rvert}{\lvert SG\rvert}=\frac23\). **3–5 pkt** – zapisanie warunku prostopadłości płaszczyzn jako \(AF\perp SG\) i wyznaczenie wysokości ostrosłupa \(H=2\sqrt6\). **6 pkt** – obliczenie objętości \(V=18\sqrt2\).

Klasyfikacja rzeczowa: obliczanie objętości ostrosłupa z użyciem podobieństwa trójkątów, własności trójkąta równobocznego i twierdzenia Pitagorasa.

\[B=\left(\frac{102}5,-\frac{14}5\right).\]

Symetralna odcinka \(AB\) jest do niego prostopadła i przechodzi przez jego środek. Ponieważ symetralna ma współczynnik kierunkowy \(3\), prosta \(AB\) ma współczynnik \(-\frac13\) i przechodzi przez \(A=(-18,10)\): \[AB:\ y=-\frac13(x+18)+10=-\frac13x+4.\] Środek \(M\) odcinka \(AB\) jest punktem przecięcia obu prostych: \[3x=-\frac13x+4\quad\Longrightarrow\quad \frac{10}3x=4\quad\Longrightarrow\quad x=\frac65,\qquad y=\frac{18}5.\] Z własności środka odcinka \[B=\left(2\cdot\frac65+18,\ 2\cdot\frac{18}5-10\right)=\left(\frac{102}5,-\frac{14}5\right).\] **Odpowiedź.** \(B=\left(\frac{102}5,-\frac{14}5\right)\)

**1 pkt** – wyznaczenie równania prostej prostopadłej do prostej \(y=3x\) i przechodzącej przez punkt \(A=(-18,10)\) **albo** obliczenie odległości punktu \(A\) od tej prostej **2 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą, z którego można obliczyć współrzędną punktu \(B\) **3 pkt** – zapisanie obu równości pozwalających obliczyć współrzędne punktu \(B\) **4 pkt** – obliczenie i zapisanie współrzędnych punktu \(B=\left(\frac{102}5,-\frac{14}5\right)\)

**Wymaganie ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymaganie szczegółowe:** 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej — zdający wyznacza równanie prostej równoległej lub prostopadłej do danej i przechodzącej przez dany punkt (8.3), oblicza współrzędne punktu przecięcia dwóch prostych (8.4) oraz wyznacza współrzędne środka odcinka (8.5).

**D.** \(L=(80,72)\)

Punkt \(S\) jest środkiem odcinka \(KL\), więc \[x_L=2x_S-x_K=2\cdot40-0=80,\qquad y_L=2y_S-y_K=2\cdot40-8=72.\] **Odpowiedź.** \(L=(80,72)\), czyli wariant **D**

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

Zadanie 18. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria analityczna.

\[|ST|=\frac12|AB|.\]

Niech \(P\) będzie środkiem odcinka \(AB\). W trójkącie równoramiennym \(ABC\) odcinek \(CP\) jest prostopadły do \(AB\). Przez punkt \(N\) prowadzimy prostą równoległą do \(AB\), która przecina \(CP\) w punkcie \(L\). Trójkąty prostokątne \(ASM\) i \(NLC\) są przystające: \(|AM|=|CN|\), a odpowiadające sobie kąty ostre mają równe miary, ponieważ \(NL\parallel AB\). Stąd \(|AS|=|LN|\). Czworokąt \(PTNL\) jest prostokątem, więc \(|PT|=|LN|=|AS|\). Zatem \[|ST|=|SP|+|PT|=(|AP|-|AS|)+|AS|=|AP|=\frac12|AB|.\]

**3 pkt** – pełny dowód równości \(|ST|=\frac12|AB|\) **2 pkt** – wykorzystanie przystawania odpowiednich trójkątów i zależności \(|PT|=|LN|=|AS|\), a następnie poprawne doprowadzenie do tezy **1 pkt** – wykazanie przystawania jednego z odpowiednich zestawów trójkątów albo zapisanie równoważnych proporcji prowadzących do tezy **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i wykorzystywanie cech podobieństwa trójkątów.

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.

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

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

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

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

\[B=\left(\frac{43}5,\frac{29}5\right).\]

Trójkąt jest równoramienny o ramionach \(AC\) i \(BC\), więc wysokość opuszczona z \(C\) na podstawę \(AB\) dzieli tę podstawę na połowy. Podstawa leży na prostej \(y=\frac12x+\frac32\), więc wysokość z \(C=(1,9)\) ma współczynnik kierunkowy \(-2\): \[y=-2(x-1)+9=-2x+11.\] Spodek wysokości \(M\) jest przecięciem obu prostych: \[\frac12x+\frac32=-2x+11\quad\Longrightarrow\quad \frac52x=\frac{19}2\quad\Longrightarrow\quad x=\frac{19}5,\qquad y=\frac{17}5.\] Punkt \(M\) jest środkiem odcinka \(AB\), więc \[B=\left(2\cdot\frac{19}5-(-1),\ 2\cdot\frac{17}5-1\right)=\left(\frac{43}5,\frac{29}5\right).\] **Odpowiedź.** \(B=\left(\frac{43}5,\frac{29}5\right)\)

**1–3 pkt** – równanie okręgu lub wykorzystanie równości \(AC=BC\). **4 pkt** – \(B=\left(\tfrac{43}{5},\tfrac{29}{5}\right)\).

Zadanie 34. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria analityczna.

**B.** \(L=(6,4)\)

Trójkąt \(KLM\) jest równoramienny o ramionach \(KM\) i \(LM\), więc wysokość \(MN\) opuszczona z wierzchołka \(M\) na podstawę \(KL\) dzieli tę podstawę na połowy. Punkt \(N\) jest zatem środkiem odcinka \(KL\): \[x_L=2\cdot4-2=6,\qquad y_L=2\cdot3-2=4.\] **Odpowiedź.** \(L=(6,4)\), czyli wariant **B**

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

Zadanie 18. (0−1) Wersja Wersja II. Wykorzystanie 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. I II i interpretowanie Zdający wyznacza współrzędne środka reprezentacji. odcinka (8.5). B A

**D.** \(10\sqrt2\)

Punkt \(M\) jest środkiem odcinka \(AB\), więc jego współrzędne są średnimi arytmetycznymi współrzędnych końców. Stąd \[x_B=2\cdot4-(-3)=11,\qquad y_B=2\cdot1-2=0,\] czyli \(B=(11,0)\). Zatem \[|AB|=\sqrt{(11+3)^{2}+(0-2)^{2}}=\sqrt{196+4}=\sqrt{200}=10\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(|AB|=10\sqrt2\), czyli wariant **D**

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

Zadanie 21. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[x^{2}+\left(y-\tfrac13\right)^{2}=\frac{289}{9}.\]

Środek \(S\) okręgu jest równo oddalony od \(A\) i \(B\), leży więc na symetralnej odcinka \(AB\). Środek odcinka \(AB\) to \(\left(-\frac52,\frac92\right)\), a wektor \(\vec{AB}=[5,3]\) ma współczynnik kierunkowy \(\frac35\); symetralna ma współczynnik \(-\frac53\): \[y-\tfrac92=-\tfrac53\left(x+\tfrac52\right),\qquad y=-\tfrac53x+\tfrac13.\] Z warunku, że \(S\) leży na prostej \(x-3y+1=0\), czyli \(x=3y-1\), otrzymujemy \[y=-\tfrac53\left(3y-1\right)+\tfrac13=-5y+2,\qquad 6y=2,\qquad y=\tfrac13,\qquad x=0.\] Zatem \(S=\left(0,\frac13\right)\). Promień: \[r^2=\lvert SA\rvert^2=(-5-0)^2+\left(3-\tfrac13\right)^2=25+\frac{64}{9}=\frac{289}{9},\qquad r=\frac{17}{3}.\] Sprawdzenie dla \(B\): \(0^2+\left(6-\frac13\right)^2=\frac{289}{9}\). **Odpowiedź.** \(x^{2}+\left(y-\frac13\right)^{2}=\frac{289}{9}\)

**1–2 pkt** – wyznaczenie równania symetralnej odcinka \(AB\). **3–4 pkt** – wyznaczenie środka \(S=\left(0,\frac13\right)\). **5 pkt** – obliczenie promienia i zapisanie równania okręgu.

IV. Użycie i tworzenie strategii. 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający posługuje się równaniem okręgu (x−a)²+(y−b)²=r², wyznacza współrzędne środka odcinka, równanie prostej równoległej lub prostopadłej, punkt przecięcia prostych oraz odległość dwóch punktów (R8.5, 8.5, 8.3, 8.4, 8.6).

\[C=\left(\frac{38}5,\frac{24}5\right).\]

Trójkąt jest równoramienny o ramionach \(AB\) i \(AC\), więc wysokość \(AD\) opuszczona z \(A\) na podstawę \(BC\) dzieli tę podstawę na połowy. Wysokość leży na prostej \(y=\frac12x-7\), więc podstawa \(BC\) jest do niej prostopadła i przechodzi przez \(B=(14,-8)\): \[y=-2(x-14)-8=-2x+20.\] Spodek wysokości \(D\) jest przecięciem obu prostych: \[\frac12x-7=-2x+20\quad\Longrightarrow\quad \frac52x=27\quad\Longrightarrow\quad x=\frac{54}5,\qquad y=-\frac85.\] Punkt \(D\) jest środkiem odcinka \(BC\), więc \[C=\left(2\cdot\frac{54}5-14,\ 2\cdot\left(-\frac85\right)+8\right)=\left(\frac{38}5,\frac{24}5\right).\] **Odpowiedź.** \(C=\left(\frac{38}5,\frac{24}5\right)\)

**1–3 pkt** – równanie prostej \(BC\), układ równań i punkt \(D=\left(\tfrac{54}{5},-\tfrac{8}{5}\right)\). **4 pkt** – \(C=\left(\tfrac{38}{5},\tfrac{24}{5}\right)\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający wyznacza równanie prostej równoległej lub prostopadłej do danej prostej i przechodzącej przez dany punkt (8.3) oraz oblicza współrzędne punktu przecięcia dwóch prostych (8.4).

**A.** \((-9,-14)\)

Symetria względem osi \(Ox\) zmienia znak drugiej współrzędnej, więc \[A'=(-21,-11),\qquad B'=(3,-17).\] Środek odcinka \(A'B'\): \[\left(\frac{-21+3}2,\frac{-11+(-17)}2\right)=(-9,-14).\] **Odpowiedź.** \((-9,-14)\), czyli wariant **A**

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

Zadanie 19. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria analityczna.

\(C=\left(\dfrac83,\dfrac{14}{3}\right)\), \(D=(6,2)\). Punkt \(D\) jest obrazem \(B=(0,8)\) w symetrii względem prostej \(y=x+2\). Ponieważ oś symetrii przechodzi przez środek okręgu, przekątna \(AC\) jest średnicą, więc kąt \(ABC\) jest prosty; prosta \(BC\) o współczynniku \(-\tfrac54\) przecina prostą \(y=x+2\) właśnie w punkcie \(C\).

**Krok \(1\).** Zbierzmy, co daje treść. Prosta \(x-y+2=0\), czyli \(y=x+2\), jest osią symetrii czworokąta i zawiera przekątną \(AC\). Wynikają z tego dwie rzeczy. Po pierwsze, symetria względem tej prostej zostawia \(A\) i \(C\) na miejscu, a zamienia \(B\) z \(D\) — czyli \(D\) jest obrazem \(B\). Po drugie, oś symetrii figury wpisanej w okrąg jest osią symetrii także tego okręgu, więc przechodzi przez jego środek; zatem \(AC\) jest średnicą, a stąd kąt \(ABC\) jest prosty (kąt oparty na średnicy). **Krok \(2\).** Sprawdzamy, że \(A\) rzeczywiście leży na osi: \(30-32+2=0\). Zgadza się. **Krok \(3\).** Wyznaczamy \(D\) jako obraz \(B=(0,8)\) w symetrii względem prostej \(y=x+2\). Prosta przechodząca przez \(B\) i prostopadła do osi ma współczynnik kierunkowy \(-1\) (bo \(1\cdot(-1)=-1\)): \[y=-x+8.\] **Krok \(4\).** Szukamy punktu \(S\) przecięcia tej prostopadłej z osią symetrii: \[x+2=-x+8\ \Longrightarrow\ 2x=6\ \Longrightarrow\ x=3,\quad y=5,\] czyli \(S=(3,5)\). **Krok \(5\).** Punkt \(S\) jest środkiem odcinka \(BD\), więc ze wzorów na środek odcinka: \[x_D=2\cdot3-0=6,\qquad y_D=2\cdot5-8=2,\] zatem \(D=(6,2)\). **Krok \(6\).** Przechodzimy do \(C\). Kąt \(ABC\) jest prosty, więc prosta \(BC\) jest prostopadła do \(AB\). Współczynnik kierunkowy \(AB\): \[a_{AB}=\frac{32-8}{30-0}=\frac{24}{30}=\frac45,\] więc prosta \(BC\) ma współczynnik \(-\dfrac54\) i przechodzi przez \(B=(0,8)\): \[y=-\frac54x+8.\] **Krok \(7\).** Punkt \(C\) leży na przekątnej \(AC\), czyli na osi \(y=x+2\). Rozwiązujemy układ: \[x+2=-\frac54x+8\ \Longrightarrow\ x+\frac54x=6\ \Longrightarrow\ \frac94x=6\ \Longrightarrow\ x=\frac{8}{3}.\] **Krok \(8\).** Stąd \(y=\dfrac83+2=\dfrac{14}{3}\), czyli \(C=\left(\dfrac83,\dfrac{14}{3}\right)\). **Krok \(9\).** Sprawdzenie. Środek okręgu to środek średnicy \(AC\), czyli punkt \(\left(\dfrac{49}{3},\dfrac{55}{3}\right)\). Kwadrat jego odległości od \(A\) i od \(B\) wynosi w obu przypadkach \(\dfrac{3362}{9}\), więc punkty \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) rzeczywiście leżą na jednym okręgu. **Uwaga.** Informacja, że \(AC\) jest jedyną osią symetrii, mówi, że czworokąt jest deltoidem, a nie na przykład prostokątem. Dzięki temu wiadomo, że w tej symetrii \(B\) przechodzi na \(D\), a nie na siebie. **Odpowiedź.** \(C=\left(\dfrac83,\dfrac{14}{3}\right)\), \(D=(6,2)\).

Zadanie 13. (0-5) 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający wyznacza równanie prostej, która jest równoległa lub prostopadła do prostej IV. Użycie i tworzenie danej w postaci kierunkowej i przechodzi przez dany punkt, strategii. oblicza współrzędne punktu przecięcia dwóch prostych oraz wyznacza współrzędne środka odcinka (8.3, 8.4, 8.5). Przykładowe rozwiązanie Zauważamy, że jeżeli AC jest przekątną czworokąta ABCD, wpisanego w okrąg i pros AC jest osią symetrii tego czworokąta, to ten czworokąt jest deltoidem, a trójkąty AB i ADC są prostokątne. Obliczymy najpierw współrzędne wierzchołka D , który jest obraze wierzchołka B , w symetrii osiowej względem prostej AC . Ponieważ prosta BD je prostopadła do prostej AC i przechodzi przez punkt B , więc jej równanie ma postać Obliczamy współrzędne środka S przekątnej BD. Ponieważ jest to punkt przecięc prostych AC i BD , więc wystarczy rozwiązać układ równań Otrzymujemy stąd x = 3 i y = 5 . Zatem punkt S ma współrzędne Współrzędl punktu D spełniają zatem równania YD+8 2 -5. 2 Stąd wynika, że XI) i YD = 2 czyli D Obliczymy teraz współrzędne wierzchołka C . Zauważamy, że jest to punkt przecięcia prost AC i prostej CD , która jest prostopadła do prostej AD i przechodzi przez punkt D 2-32 Ponieważ współczynnik kierunkowy prostej AD jest równy 5 więc prosta CD n równanie postaci Rozwiązujemy układ równań Zatem C = Schemat punktowania 6-30 i otrzymujemy Y 4 24 42 9 8 14 3 Rozwiązanie zadania składa się z dwóch części. Pierwsza, to obliczenie współrzędny punktu D, druga, to obliczenie współrzędnych punktu C . Mogą być one wykonał niezależnie od siebie, w dowolnej kolejności. Za pierwszą część rozwiązanła zdają( otrzymuje 2 punkty, a za drugą 3 punkty. Schemat punktowania pierwszej części 1 punkt przyznajemy zdającemu, który wyznaczy równanie prostej BD i zapisze, że punkt przecięcia prostych AC i BD jest środkiem odcinka BD lub wykorzysta ten fakt. 2 punkty przyznajemy zdającemu za obliczenie współrzędnych punktu D Schemat punktowania drugiej części 1 punkt przyznajemy zdającemu, który zapisze, że trójkąt ADC jest trójkątem prostokątnym lub wykorzysta ten fakt 2 punkty przyznajemy zdającemu za wyznaczenie równania prostej CD y— (X-6)+2 3 punkty przyznajemy zdającemu za obliczenie współrzędnych punktu C • Uwaga: Współrzędne punktu C zdający może obliczać inaczej. Poniżej schematy przydziału 3 punktów za obliczenie współrzędnych wierzchołka C. • W przypadku obliczenia w pierwszej kolejności współrzędnych środka okręgu opisanego na danym czworokącie, który jest środkiem odcinka AC. gdy zdający zapisze równame z jedną niewiadomą opisujące zależność 1 punkt ISA12 = ISB12 2 punkty — gdy zdający obliczy współrzędne punktu S, 3 punkty — gdy zdający obliczy współrzędne punktu C. • W przypadku obliczenia współrzędnych punktu C, z wykorzystaniem twierdzenia Pitagorasa w trójkącie ABC. gdy zdający zauważy, że trójkąt ABC jest prostokątny, np. zapisze 1 punkt IAc12 = ABP +lBc12 , 2 punkty gdy zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, wynikające z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie ABC, 3 punkty — gdy zdający obliczy współrzędne punktu C. • W przypadku obliczenia współrzędnych punktu C, z wykorzystaniem symetralnej odcinka AB i środka okręgu opisanego na czworokącie ABCD. 1 punkt — gdy zdający zapisze równanie symetralnej odcinka AB, 2 punkty gdy zdający wyznaczy współrzędne środka okręgu przechodzącego przez punkty 3 punkty — gdy zdający obliczy współrzędne punktu C. • W przypadku obliczenia współrzędnych punktu C, z wykorzystaniem kąta pomiędzy prostymi AD i AB 1 punkt — gdy zdający obliczy tangens kąta DAB, 2 punkty gdy zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą z wykorzystaniem współczynników kierunkowych prostych BC i CD jako tangensów odpowiednich kątów, 3 punkty — gdy zdający obliczy współrzędne punktu C. • W przypadku obliczenia współrzędnych punktu C, z wykorzystaniem iloczynu skalarneś wektorów BC i BA (albo, po wyznaczeniu współrzędnych punktu D, wektorów DA i DC). 1 punkt gdy zdający zapisze, że wektory BC i BA albo DA i DC są prostopadłe h wyznaczy ich współrzędne, 2 punkty — gdy zdający zapisze równame z jedną niewiadomą wynikające z zerowania s iloczynu skalarnego wektorów, 3 punkty — gdy zdający obliczy współrzędne punktu C. • W przypadku obliczenia współrzędnych punktu C, z wykorzystaniem równania okrę{ przechodzącego przez punkty A, B, D. 1 punkt gdy zdający zapisze układ trzech równań z trzema niewiadomymi, z którego możl obliczyć współczynniki w równaniu okręgu, 2 punkty — gdy zdający wyznaczy równanie okręgu opisanego na trójkącie ABD, 3 punkty — gdy zdający obliczy współrzędne punktu C. • W przypadku obliczenia współrzędnych punktu C, z wykorzystaniem twierdzen cosinusów. 1 punkt gdy zdający wyznaczy cosinus kąta BAD, 2 punkty — gdy zdający zastosuje twierdzenie cosinusów w trójkącie BCD i zapisze równan z jedną niewiadomą, 3 punkty — gdy zdający obliczy współrzędne punktu C. • W przypadku obliczenia współrzędnych punktu C, z wykorzystaniem twierdzen o wysokości w trójkącie prostokątnym ABC (albo, po wyznaczeniu współrzędny punktu D, w trójkącie ACD). 1 punkt gdy zdający wyznaczy długości odcinków AS i BS, lub AS i DS, gdzie S je spodkiem wysokości trójkąta należącym do boku AC, 2 punkty — gdy zdający zastosuje twierdzenie o wysokości w trójkącie prostokątny i zapisze równanie z jedną niewiadomą, 3 punkty — gdy zdający obliczy współrzędne punktu C.

IV. Użycie i tworzenie strategii. 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. Zdający wyznacza równanie prostej równoległej lub prostopadłej do danej, oblicza punkt przecięcia dwóch prostych oraz wyznacza środek odcinka (8.3, 8.4, 8.5).

**B.** \(a=-1\) i \(b=2\)

Współrzędne środka odcinka są średnimi arytmetycznymi współrzędnych końców: \[\frac{a+7}2=3\quad\Longrightarrow\quad a=-1,\qquad \frac{6+b}2=4\quad\Longrightarrow\quad b=2.\] **Odpowiedź.** \(a=-1\) i \(b=2\), czyli wariant **B**

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

Zadanie 21. (0−1) Wersja Wersja II. Wykorzystanie 8. Geometria na płaszczyźnie kartezjańskiej. I II i interpretowanie Zdający wyznacza współrzędne środka reprezentacji. odcinka (8.6). B C

\[y=2x-4.\]

Punkt \(D\) jest środkiem odcinka \(AB\), więc \[D=\left(\frac{-2+6}{2},\frac{-1+1}{2}\right)=(2,0).\] Prosta zawierająca środkową \(CD\) przechodzi przez \(C=(7,10)\) i \(D=(2,0)\). Jej współczynnik kierunkowy wynosi \[a=\frac{10-0}{7-2}=2.\] Zatem ma postać \(y=2x+b\). Po podstawieniu punktu \(D\) otrzymujemy \(0=4+b\), czyli \(b=-4\). Stąd \(y=2x-4\).

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 2 pkt** – poprawne równanie \(y=2x-4\) **1 pkt** – poprawne wyznaczenie środka \(D=(2,0)\) albo współczynnika kierunkowego prostej \(CD\) **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania. **Wymagania szczegółowe:** 8.5. Zdający wyznacza współrzędne środka odcinka. 8.1. Zdający wyznacza równanie prostej przechodzącej przez dwa dane punkty w postaci kierunkowej lub ogólnej.

\[y=2x-4.\]

Punkt \(D\) jest środkiem boku \(AB\), więc \[D=\left(\frac{-2+6}{2},\frac{-1+1}{2}\right)=(2,0).\] Prosta zawierająca środkową przechodzi przez \(D=(2,0)\) i \(C=(7,10)\). Jej współczynnik kierunkowy wynosi \[a=\frac{10-0}{7-2}=2.\] Zatem \(y=2x+b\). Po podstawieniu punktu \(D\) otrzymujemy \(0=4+b\), czyli \(b=-4\). Stąd \(y=2x-4\).

**2 pkt** – poprawne równanie prostej \(y=2x-4\) lub równoważne **1 pkt** – poprawne wyznaczenie środka \(D=(2,0)\) albo współczynnika kierunkowego prostej \(CD\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania. **Wymagania szczegółowe:** 8.5. Zdający wyznacza współrzędne środka odcinka. 8.1. Zdający wyznacza równanie prostej przechodzącej przez dwa dane punkty w postaci kierunkowej lub ogólnej.

**D.** \(K'=\left(\frac32,-2\right)\).

Środek odcinka \(MN\) ma współrzędne \[K=\left(\frac{-2+(-1)}2,\frac{1+3}2\right)=\left(-\frac32,2\right).\] Symetria względem początku zmienia znaki obu współrzędnych, więc \(K'=(\frac32,-2)\).

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 8.5 i 8.7 zdający wyznacza środek odcinka i obraz punktu w symetrii względem początku układu.

**A.** \(b=-13\).

Druga współrzędna środka odcinka spełnia \[\frac{3+b}{2}=-5.\] Stąd \(3+b=-10\), więc \(b=-13\).

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

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria analityczna, współrzędne środka odcinka.

\[y=-3x+16.\]

Mamy \(|AB|^2=8^2+(-4)^2=80\) oraz \(|BC|^2=4^2+8^2=80\), więc trójkąt jest równoramienny o podstawie \(AC\). Oś symetrii przechodzi przez \(B\) i środek podstawy \[M=\left(\frac{-2+10}{2},\frac{2+6}{2}\right)=(4,4).\] Jej współczynnik kierunkowy wynosi \[m=\frac{4-(-2)}{4-6}=-3.\] Zatem \(y+2=-3(x-6)\), czyli \(y=-3x+16\).

**4 pkt** – poprawne równanie osi \(y=-3x+16\) **3 pkt** – wyznaczenie środka \(M=(4,4)\) i współczynnika kierunkowego \(-3\), lecz brak poprawnego równania końcowego **2 pkt** – wyznaczenie środka odcinka \(AC\) i wskazanie osi jako prostej \(BM\) **1 pkt** – poprawne rozpoznanie, że oś symetrii jest symetralną boku \(AC\), lub równoważny istotny postęp **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria analityczna, odległość punktów, środek odcinka i równanie prostej.

\[|CP|=\frac23a.\]

Przyjmijmy wektorowo \(B=\mathbf0\), \(C=\mathbf c\), gdzie \(|\mathbf c|=a\), oraz \(A=\mathbf u\). Wtedy \[D=\frac{\mathbf u+\mathbf c}{2},\qquad S=\frac{D}{2}=\frac{\mathbf u+\mathbf c}{4}.\] Punkt prostej \(AS\) ma postać \[\mathbf u+t\left(\frac{\mathbf u+\mathbf c}{4}-\mathbf u\right)=\left(1-\frac{3t}{4}\right)\mathbf u+\frac{t}{4}\mathbf c.\] Leży na \(BC\), gdy współczynnik przy \(\mathbf u\) jest zerowy, czyli dla \(t=\frac43\). Stąd \(P=\frac13\mathbf c\), zatem \(|BP|=\frac13a\) i \(|CP|=a-\frac13a=\frac23a\).

**4 pkt** – pełny dowód, że \(|CP|=\frac23a\) **3 pkt** – wyznaczenie równoważnej zależności \(|BP|=\frac13a\) **2 pkt** – poprawne zapisanie położeń punktów \(D\) i \(S\) albo równoważnych proporcji **1 pkt** – istotne wykorzystanie faktu, że \(BD\) jest środkową, a \(S\) środkiem \(BD\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** planimetria - środkowe, podział odcinka i zależności afiniczne w trójkącie.

B

Z rysunku odczytujemy, że \(D\) leży na odcinku \(AB\), \(E\) na odcinku \(AC\), a \(DE\parallel BC\). Trójkąty \(ADE\) i \(ABC\) mają wspólny kąt przy \(A\) i równe kąty odpowiadające, są więc podobne. Ponieważ \(D\) jest środkiem \(AB\), skala wynosi \[k=\frac{\lvert AD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac12.\] Zatem \[\lvert BC\rvert=\frac{\lvert DE\rvert}{k}=2\cdot3=6.\] **Odpowiedź.** B. \(6\)

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

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

Końcami odcinka są punkty \[A=(2,0),\qquad B=\left(\frac{26}{5},\frac{12}{5}\right)\] (w dowolnej kolejności).

Prosta zawierająca symetralną jest prostopadła do prostej \(AB\), więc ma współczynnik kierunkowy \(-\frac43\). Ponieważ przechodzi przez \(P=(0,6)\), jej równanie jest równe \[y=-\frac43x+6.\] Punkt przecięcia tej prostej z prostą zawierającą \(AB\) jest środkiem \(S\) odcinka. Rozwiązujemy układ \[\begin{cases}y=\frac34x-\frac32,\\y=-\frac43x+6.\end{cases}\] Otrzymujemy \[S=\left(\frac{18}{5},\frac65\right).\] Wektor kierunkowy prostej \(AB\) może mieć postać \((4,3)\), a jego długość wynosi \(5\). Połowa odcinka \(AB\) ma długość \(2\), więc wektor od środka do końca odcinka jest równy \[\frac25(4,3)=\left(\frac85,\frac65\right).\] Stąd końce odcinka to \[S-\left(\frac85,\frac65\right)=(2,0)\] oraz \[S+\left(\frac85,\frac65\right)=\left(\frac{26}{5},\frac{12}{5}\right).\]

**6 pkt** – poprawne współrzędne obu końców odcinka **5 pkt** – poprawna metoda wyznaczenia końców z pojedynczą usterką rachunkową albo równania liniowe prowadzące bezpośrednio do obu punktów **4 pkt** – poprawne wyznaczenie środka \(S\) i równania odległości końca od środka **3 pkt** – poprawne wyznaczenie środka \(S=(\frac{18}{5},\frac65)\) i wykorzystanie warunku \(|AS|=|BS|=2\) **2 pkt** – poprawne równanie symetralnej oraz układ wyznaczający środek odcinka **1 pkt** – poprawne równanie symetralnej \(y=-\frac43x+6\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający stosuje strategię wynikającą z treści zadania. **Wymagania szczegółowe:** Zdający wyznacza równania prostych prostopadłych, współrzędne punktu przecięcia oraz punkty w zadanej odległości na prostej.

**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.

**C.** \(S=(14,-2)\)

Przekątne kwadratu przecinają się w swoich środkach, więc szukany punkt jest środkiem odcinka \(AC\): \[S=\left(\frac{13+15}2,\frac{-12+8}2\right)=(14,-2).\] **Odpowiedź.** \(S=(14,-2)\), czyli wariant **C**

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

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

**C.** \(P=(-25,2)\)

Punkt \(S\) jest środkiem odcinka \(PQ\), więc \[x_P=2x_S-x_Q=2\cdot(-4)-17=-25,\qquad y_P=2y_S-y_Q=2\cdot7-12=2.\] **Odpowiedź.** \(P=(-25,2)\), czyli wariant **C**

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

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Wykorzystanie współrzędnych środka odcinka do wyznaczenia jednego z końców tego odcinka (II.8.f).

**D.** \(a=\frac52\)

Pierwsza współrzędna środka odcinka jest średnią arytmetyczną pierwszych współrzędnych końców: \[\frac{a+(a+3)}2=4\quad\Longrightarrow\quad 2a+3=8\quad\Longrightarrow\quad a=\frac52.\] **Odpowiedź.** \(a=\frac52\), czyli wariant **D**

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

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

\[P_{ABC}=84.\]

Przyjmijmy \(\lvert AD\rvert=3x\) oraz \(\lvert DB\rvert=4x\), zgodnie z danym stosunkiem. Trójkąt \(DBC\) jest równoramienny, bo \(\lvert DC\rvert=\lvert BC\rvert=10\). Spodek \(E\) wysokości opuszczonej z wierzchołka \(C\) na podstawę \(AB\) jest więc środkiem odcinka \(DB\): \[\lvert DE\rvert=\lvert EB\rvert=2x,\qquad \lvert AE\rvert=3x+2x=5x.\] Oznaczmy \(h=\lvert CE\rvert\). Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów \(BEC\) i \(AEC\) \[(2x)^{2}+h^{2}=10^{2},\qquad (5x)^{2}+h^{2}=17^{2}.\] Odejmujemy pierwsze równanie od drugiego: \[21x^{2}=189,\qquad x^{2}=9,\qquad x=3,\] bo \(x>0\). Wtedy \(h^{2}=100-4\cdot9=64\), czyli \(h=8\). Podstawa ma długość \(\lvert AB\rvert=7x=21\), zatem \[P_{ABC}=\tfrac12\cdot21\cdot8=84.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABC}=84\).

**1 pkt** – zdający zapisze stosunek długości odcinków \(AD\) i \(DB\), np.: \(\lvert AD\rvert=3x\), \(\lvert DB\rvert=4x\). **2 pkt** – zdający zapisze układ równań pozwalający obliczyć wprowadzoną niewiadomą, np. \((2x)^{2}+h^{2}=10^{2}\) oraz \((5x)^{2}+h^{2}=17^{2}\); albo \(\cos\varphi=[…]\) oraz \(17^{2}=[…]\); albo \(17^{2}=[…]+10^{2}-2\cdot 7x\cdot 10\cdot\cos\varphi\) oraz \(10^{2}=[…]+10^{2}-2\cdot 4x\cdot 10\cdot\cos\varphi\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zdający obliczy \(x\) albo \(h\): \(x=3\), \(h=8\). **Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)** – zdający obliczy \(x\) oraz wysokość trójkąta z błędem rachunkowym i konsekwentnie do tego błędu obliczy pole trójkąta \(ABC\). **5 pkt** – zdający obliczy pole trójkąta \(ABC\): \(P_{ABC}=84\).

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

\[\sin\alpha=\frac{\sqrt{42}}{7}.\]

Trójkąt \(ACS\) jest równoboczny o boku \(8\), a odcinek \(AC\) jest przekątną kwadratowej podstawy. Wysokość ostrosłupa opuszczona z \(S\) pada w środku \(O\) tego kwadratu, czyli w środku odcinka \(AC\), więc jest zarazem wysokością trójkąta równobocznego: \[H=\frac{8\sqrt3}2=4\sqrt3.\] Z długości przekątnej wyznaczamy krawędź podstawy: \[a\sqrt2=8\quad\Longrightarrow\quad a=4\sqrt2,\qquad \frac a2=2\sqrt2.\] Wysokość ściany bocznej (odcinek \(SE\), gdzie \(E\) jest środkiem krawędzi podstawy) obliczamy z trójkąta prostokątnego \(SOE\): \[h=\sqrt{H^{2}+\left(\tfrac a2\right)^{2}}=\sqrt{48+8}=\sqrt{56}=2\sqrt{14}.\] Kąt \(\alpha\) nachylenia ściany bocznej do podstawy leży właśnie w tym trójkącie, przy wierzchołku \(E\), więc \[\sin\alpha=\frac{H}{h}=\frac{4\sqrt3}{2\sqrt{14}}=\frac{2\sqrt3}{\sqrt{14}}=\frac{2\sqrt{42}}{14}=\frac{\sqrt{42}}7.\] **Odpowiedź.** \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{42}}7\)

**1 pkt** – obliczenie wysokości ostrosłupa \(H=4\sqrt3\) **albo** długości krawędzi podstawy \(a=4\sqrt2\) **2 pkt** – zasadnicze trudności pokonane, ale z błędami rachunkowymi **3 pkt** – obliczenie wysokości ściany bocznej \(h=2\sqrt{14}\) oraz wysokości ostrosłupa \(H=4\sqrt3\) **4 pkt** – obliczenie \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{42}}7\)

**Wymaganie ogólne:** Użycie i tworzenie strategii. **Wymaganie szczegółowe:** zdający wyznacza związki miarowe w wielościanach, stosuje własności trójkąta równobocznego i prostokątnego oraz definicje funkcji trygonometrycznych kąta ostrego.

**A.** \(B=(5,11)\)

Ze wzoru na środek odcinka \[x_B=2x_S-x_A=2\cdot2-(-1)=5,\qquad y_B=2y_S-y_A=2\cdot7-3=11.\] **Odpowiedź.** \(B=(5,11)\), czyli wariant **A**

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

**Wymaganie ogólne:** Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymaganie szczegółowe:** zdający wykorzystuje wzór na współrzędne środka odcinka (II.8.f).

\[y=-\frac12x+6.\]

Symetralna odcinka przechodzi przez jego środek i jest do niego prostopadła. Środek odcinka: \[S=\left(\frac{-2+2}2,\frac{2+10}2\right)=(0,6).\] Współczynnik kierunkowy prostej \(AB\): \[a_{AB}=\frac{10-2}{2-(-2)}=2,\] więc symetralna ma współczynnik \(-\frac12\) i przechodzi przez \((0,6)\): \[y=-\frac12x+6.\] **Odpowiedź.** \(y=-\frac12x+6\)

1 pkt: poprawne wyznaczenie środka S = (0, 6) i współczynnika kierunkowego AB = 2 albo równoważny poprawny etap. 2 pkt: poprawne równanie symetralnej y = −x/2 + 6 lub x + 2y − 12 = 0.

Użycie i tworzenie strategii. Wykorzystanie własności symetralnej odcinka do wyznaczenia jej równania (IV.8.b, 8.c, 8.e).

\[B=\left(\frac{34}5,\frac{17}5\right).\]

Punkt \(B\) leży na prostej \(y=\frac12x\), więc ma postać \(B=\left(t,\frac t2\right)\). Z warunku \(|AC|=|BC|\), gdzie \(A=(2,1)\) i \(C=(1,9)\): \[|AC|^{2}=(2-1)^{2}+(1-9)^{2}=65,\]\[|BC|^{2}=(t-1)^{2}+\left(\frac t2-9\right)^{2}=\frac54t^{2}-11t+82.\] Przyrównując, otrzymujemy \(\frac54t^{2}-11t+17=0\), czyli \(5t^{2}-44t+68=0\). Wyróżnik \(\Delta=576\), więc \[t=\frac{44\pm24}{10}\in\left\{2,\ \frac{34}5\right\}.\] Wartość \(t=2\) daje \(B=A\), co odrzucamy. Zatem \[B=\left(\frac{34}5,\frac{17}5\right).\] **Odpowiedź.** \(B=\left(\frac{34}5,\frac{17}5\right)\)

**1–3 pkt** – równanie wynikające z \(AC=BC\) albo symetralna \(AC\). **4 pkt** – \(B=\left(\tfrac{34}{5},\,\tfrac{17}{5}\right)\).

Zadanie 32. (0–4) Dany jest trójkąt równoramienny ABC, w którym AC  BC oraz A   2,1 i C  1, 9 . 1 Podstawa AB tego trójkąta jest zawarta w prostej y  x . Oblicz współrzędne wierzchołka B. 2 Użycie i tworzenie strategii Oblicza odległość między punktami, wyznacza środek odcinka, interpretuje współczynniki funkcji liniowej, wyznacza miejsca zerowe funkcji kwadratowej. I sposób rozwiązania: (odległość) 1 Punkt B leży na prostej o równaniu y  x , więc jego współrzędne można zapisać w postaci 2  1  B  x, x . Obliczamy odległość punktu C od punktu A: AC  65 oraz odległość    2  2  x  punktu C od punktu B: BC   x 12   9 . Ponieważ AC  BC , więc możemy    2  2  x  zapisać równanie z jedną niewiadomą  x 12   9  65 , skąd otrzymujemy    2  5 równanie kwadratowe x2 11x 17  0 lub 5x2  44x  68  0 . Równanie to ma dwa 4 Egzamin maturalny z matematyki Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy 34 rozwiązania x  lub x  2 . Ponieważ drugie rozwiązanie tego równania prowadzi 5 do punktu o współrzędnych  2,1 , co oznacza, że otrzymujemy podany w treści zadania  34 17  punkt A, zatem szukany punkt B  , .    5 5  Schemat oceniania I sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania...........................................................................................................1 pkt Obliczenie odległości AC: AC  65 . Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp......................................................................2 pkt 2 2  x   x   zapisanie równania  x 12   9  65 lub  x 12   9  65 lub      2   2   2 y 12   y  92  65 albo  1  1 y  x y  x    zapisanie układu równań:  2 lub  2   x 12   y  92  65  x 12   y  92  65   Pokonanie zasadniczych trudności zadania.....................................................................3 pkt 5 Doprowadzenie do równania kwadratowego, np. x2 11x 17  0 lub 5x2  44x  68  0 4 lub 5 y2  22 y 17  0 . Rozwiązanie pełne ..............................................................................................................4 pkt  34 17  Wyznaczenie współrzędnych wierzchołka B  , .    5 5  II sposób rozwiązania: (środek odcinka) Niech punkt D będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka C. Wyznaczamy  22 11  równanie prostej CD: y  2x  11 . Obliczamy współrzędne punktu D  , .    5 5  Wyznaczamy współrzędne punktu B:  x  2 22    2 5  wykorzystując na przykład wzór na współrzędne środka odcinka:  y 1 11    2 5 albo  x  2 22    2 5  wykorzystując wzór na współrzędne środka odcinka i równanie prostej:  1  y  x  2 Egzamin maturalny z matematyki Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy albo  porównując długości odcinków AD i DB:  2 2 2 2  22   11   22   11     2    1   x     y     5   5   5   5    1 y  x   2  34 17  Otrzymujemy B  , .    5 5  Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania .......................................................................................................... 1 pkt Wyznaczenie równania prostej CD, np. w postaci y  2x  11 Pokonanie zasadniczych trudności zadania .................................................................... 3 pkt  22 11  Obliczenie współrzędnych punktu D: D  , .    5 5  Uwaga:  y  2x 11  Jeżeli zdający zapisze układ równań:  1 lub analogiczny i popełni błąd y  x   2 rachunkowy w jego rozwiązaniu, to otrzymuje 2 punkty. Rozwiązanie pełne ............................................................................................................. 4 pkt  34 17  Wyznaczenie współrzędnych wierzchołka B  , .    5 5  III sposób rozwiązania: (kąt między prostymi) Wyznaczamy współczynnik kierunkowy prostej AC: a  8 . Zapisujemy równanie: 1 1 1  8  a 2 2 2  , korzystając ze wzoru na tangens kąta między prostymi AC i BC, 1 4 1 1 a 2 2 28 gdzie a jest współczynnikiem kierunkowym prostej BC. Obliczamy a : a   (drugie 2 2 2 29 rozwiązanie tego równania a  8 to współczynnik kierunkowy prostej AC). Zapisujemy 2 28 równanie prostej BC: y    x 1  9 , a następnie wyznaczamy punkt wspólny tej prostej 29 1 i prostej AB o równaniu y  x . Rozwiązujemy układ równań: 2 Egzamin maturalny z matematyki Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy  28   y   x  1  9   29  1  y  x   2  34 17  Otrzymujemy współrzędne szukanego punktu: B  , .    5 5  Schemat oceniania III sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp......................................................................2 pkt Zapisanie równania z niewiadomym współczynnikiem kierunkowym prostej BC: 1 1  8  a 2 2 2  1  4 1 1  a 2 2 Pokonanie zasadniczych trudności zadania.....................................................................3 pkt 28 Wyznaczenie współczynnika kierunkowego prostej BC: a   . 2 29 Rozwiązanie pełne ..............................................................................................................4 pkt  34 17  Wyznaczenie współrzędnych wierzchołka B  , jako punktu wspólnego prostych    5 5  1 28 o równaniach y  x oraz y    x 1  9 . 2 29 Kryteria oceniania uwzględniające specyficzne trudności w uczeniu się matematyki Jeśli zdający przepisze z błędem współrzędne punktów lub zamieni miejscami liczby będące współrzędnymi danych punktów i rozwiąże konsekwentnie zadanie do końca, to za takie rozwiązanie otrzymuje 4 punkty. Egzamin maturalny z matematyki Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy

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.

\(C=(3,3)\) albo \(C=(4,4)\).

Kąt \(ACB\) jest prosty, więc punkt \(C\) leży na okręgu o średnicy \(AB\) (twierdzenie Talesa). Środkiem tego okręgu jest środek odcinka \(AB\), czyli \(S=(7,0)\), a promieniem połowa długości \(AB\), czyli \(r=5\). Punkt \(C\) leży na prostej \(y=x\), więc \(C=(c,c)\) i \[(c-7)^{2}+c^{2}=25.\] Stąd \[2c^{2}-14c+24=0,\qquad c^{2}-7c+12=0,\] a więc \(c=3\) lub \(c=4\). Obie wartości dają punkt różny od \(A\) i \(B\), więc obie są dobre. **Odpowiedź.** \(C=(3,3)\) albo \(C=(4,4)\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **I sposób rozwiązania:** Punkt \(C\) leży na prostej o równaniu \(y=x\) i na okręgu, którego środkiem jest środek przeciwprostokątnej, a promień jest równy połowie długości tej przeciwprostokątnej. Obliczam długość przeciwprostokątnej \(AB\): \(AB=\sqrt{(12-2)^{2}+(0-0)^{2}}=10\). Wyznaczam współrzędne środka przeciwprostokątnej: \(S=(7,0)\). Zapisuję równanie okręgu: \((x-7)^{2}+y^{2}=25\). Rozwiązuję układ równań \(\begin{cases}y=x\\ (x-7)^{2}+y^{2}=25\end{cases}\) Otrzymuję równanie z jedną niewiadomą: \[x^{2}-7x+12=0\] Rozwiązaniem tego równania są liczby: \(x_{1}=4\), \(x_{2}=3\). Odpowiedź: Warunki zadania spełniają dwa punkty: \(C=(4,4)\) oraz \(C=(3,3)\). **II sposób rozwiązania:** Oznaczmy współrzędne punktu \(C\) przez \((x,y)\). Wtedy \(AB=\sqrt{(12-2)^{2}+(0-0)^{2}}=10\), \(AC=\sqrt{(x-2)^{2}+(y-0)^{2}}\), \(BC=\sqrt{(x-12)^{2}+(y-0)^{2}}\). Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny, więc spełniona jest równość \(AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}\), czyli \((x-2)^{2}+y^{2}+(x-12)^{2}+y^{2}=10^{2}\). Punkt \(C\) leży też na prostej o równaniu \(y=x\), zatem aby obliczyć jego współrzędne, należy rozwiązać układ równań: \[\begin{cases}(x-2)^{2}+y^{2}+(x-12)^{2}+y^{2}=10^{2}\\ y=x\end{cases}\]\[x^{2}-4x+4+x^{2}+x^{2}-24x+144+x^{2}=100\]\[4x^{2}-28x+48=0\]\[x^{2}-7x+12=0\]\[x_{1}=4,\quad x_{2}=3\] Odpowiedź: Warunki zadania spełniają dwa punkty: \(C=(4,4)\) oraz \(C=(3,3)\).

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

\(y=-2x+14\).

W kwadracie przekątne są prostopadłe i przecinają się w swoim wspólnym środku, więc prosta \(BD\) jest prostopadła do \(AC\) i przechodzi przez środek odcinka \(AC\). Współczynnik kierunkowy prostej \(AC\): \[a_{AC}=\frac{7-5}{6-2}=\frac12,\] zatem \(a_{BD}=-2\). Środek odcinka \(AC\): \[S=\left(\frac{2+6}{2},\frac{5+7}{2}\right)=(4,6).\] Prosta \(BD\): \(y-6=-2(x-4)\), czyli \(y=-2x+14\). **Odpowiedź.** \(y=-2x+14\).

*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.* Obliczam współczynnik kierunkowy prostej \(AC\): \(a_{AC}=\frac{7-5}{6-2}=\frac{1}{2}\), a następnie wyznaczam współczynnik kierunkowy prostej \(BD\) prostopadłej do \(AC\): \(a_{BD}=-2\). Wyznaczam współrzędne środka \(S\) odcinka \(AC\): \(S=\left(\frac{2+6}{2},\frac{5+7}{2}\right)=(4,6)\) i wyznaczam równanie prostej o współczynniku kierunkowym \(-2\), przechodzącej przez punkt \(S\). Odpowiedź: \(y=-2x+14\).

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

Osią symetrii jest prosta \(y=x-1\).

Obliczamy długości boków: \[|AC|=\sqrt{(2+4)^{2}+(1+1)^{2}}=\sqrt{40},\qquad |BC|=\sqrt{(2-0)^{2}+(1+5)^{2}}=\sqrt{40}.\] Zatem \(|AC|=|BC|\), więc podstawą trójkąta równoramiennego jest \(AB\), a osią symetrii — symetralna odcinka \(AB\). Współczynnik kierunkowy prostej \(AB\): \[a_{AB}=\frac{-5-(-1)}{0-(-4)}=-1,\] więc symetralna ma współczynnik \(1\). Przechodzi przez środek odcinka \(AB\): \[S=\left(\frac{-4+0}{2},\frac{-1-5}{2}\right)=(-2,-3).\] Stąd \(y+3=1\cdot(x+2)\), czyli \(y=x-1\). **Odpowiedź.** \(y=x-1\).

*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.* **6.1. (1 pkt)** – zapisanie, które boki trójkąta są równej długości: \(AC=BC\). […] toku rozumowania wynika, że zdający poprawnie wybrał równe boki trójkąta. **6.2. (1 pkt)** – wyznaczenie równania prostej \(AB\): \(y=-x-5\). Wystarczy, że zdający poda współczynnik kierunkowy prostej \(AB\). **6.3. (1 pkt)** – zapisanie równania rodziny prostych prostopadłych do prostej \(AB\): \(y=x+b\). Wystarczy, że zdający poda współczynnik kierunkowy prostej prostopadłej do prostej \(AB\). **6.4. (1 pkt)** – wyznaczenie równania osi symetrii trójkąta: \(y=x-1\). **II sposób rozwiązania: (z własności symetralnej)** **6.1. (1 pkt)** – oznaczenie dowolnego punktu leżącego na poszukiwanej symetralnej, np. \(P=(x,y)\) i zapisanie własności \(AP=BP\). **6.2. (1 pkt)** – wyznaczenie długości odcinków \(AP\) i \(BP\) i zapisanie równania: \((x+4)^{2}+(y+1)^{2}=x^{2}+(y+5)^{2}\). **6.3. (1 pkt)** – doprowadzenie równania do postaci równania pierwszego stopnia z dwiema niewiadomymi, np. \(8x+2y+17=10y+25\). **6.4. (1 pkt)** – zapisanie odpowiedzi: \(y=x-1\). **III sposób rozwiązania:** **6.1. (1 pkt)** – zapisanie, które boki trójkąta są równej długości: \(AC=BC\). **6.2. (1 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych środka odcinka \(AB\): \(D=(-2,-3)\). **6.3. (1 pkt)** – zauważenie, że prosta przechodząca przez punkty \(C\) i \(D\) jest osią symetrii trójkąta \(ABC\). Przyznajemy punkt, gdy z toku rozumowania wynika, że zdający stosując tę metodę poprawnie wybrał równe boki trójkąta. **6.4. (1 pkt)** – wyznaczenie równania osi symetrii trójkąta: \(y=x-1\).

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

**A.** \(|x-2|>4\)

Nierówność \(|x-a|>r\) opisuje zbiór liczb odległych od \(a\) o więcej niż \(r\), czyli sumę \((-\infty,a-r)\cup(a+r,+\infty)\). Na osi zaznaczono dwie półproste rozłączne o końcach \(-2\) i \(6\). Środkiem odcinka o tych końcach jest \(a=\tfrac{-2+6}{2}=2\), a połowa jego długości wynosi \(r=\tfrac{6-(-2)}{2}=4\). **Odpowiedź.** \(|x-2|>4\), czyli odpowiedź **A**.

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

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

\(C=(10,4)\) lub \(C=(-5,9)\) (z równania \(y^{2}-13y+36=0\)).

**Krok \(1\).** Kąt prosty jest przy wierzchołku \(C\), więc prostopadłe są odcinki \(CA\) i \(CB\). Punkt \(C\) leży na danej prostej, więc jego współrzędne da się opisać jedną niewiadomą. Warunek prostopadłości zapiszemy przez iloczyn skalarny wektorów \(\vec{CA}\) i \(\vec{CB}\) — otrzymamy jedno równanie kwadratowe. **Krok \(2\).** Z równania prostej \(x+3y=22\) wyznaczamy \(x=22-3y\), więc \[C=(22-3y,\ y).\] **Krok \(3\).** Obliczamy wektory wychodzące z \(C\): \[\vec{CA}=[-2-(22-3y),\ 12-y]=[3y-24,\ 12-y],\] \[\vec{CB}=[6-(22-3y),\ -2-y]=[3y-16,\ -2-y].\] **Krok \(4\).** Wektory są prostopadłe wtedy i tylko wtedy, gdy ich iloczyn skalarny jest równy zeru: \[(3y-24)(3y-16)+(12-y)(-2-y)=0.\] **Krok \(5\).** Wymnażamy oba iloczyny: \[(3y-24)(3y-16)=9y^2-48y-72y+384=9y^2-120y+384,\] \[(12-y)(-2-y)=-24-12y+2y+y^2=y^2-10y-24.\] **Krok \(6\).** Dodajemy stronami i porządkujemy: \[10y^2-130y+360=0,\qquad y^2-13y+36=0.\] **Krok \(7\).** Obliczamy wyróżnik i pierwiastki: \[\Delta=169-144=25,\qquad\sqrt{\Delta}=5,\] \[y=\frac{13-5}{2}=4\qquad\text{lub}\qquad y=\frac{13+5}{2}=9.\] **Krok \(8\).** Wracamy do współrzędnej \(x=22-3y\): dla \(y=4\) mamy \(x=22-12=10\), a dla \(y=9\) mamy \(x=22-27=-5\). Otrzymujemy dwa punkty: \(C_1=(10,4)\) oraz \(C_2=(-5,9)\). **Krok \(9\).** Sprawdzenie. Dla \(C_1\): \(\vec{C_1A}=[-12,8]\), \(\vec{C_1B}=[-4,-6]\), iloczyn skalarny \(48-48=0\). Dla \(C_2\): \(\vec{C_2A}=[3,3]\), \(\vec{C_2B}=[11,-11]\), iloczyn skalarny \(33-33=0\). Oba punkty spełniają warunki zadania. **Krok \(10\).** Rysunek: zaznaczamy \(A=(-2,12)\) i \(B=(6,-2)\), prostą \(x+3y=22\) (przechodzi na przykład przez \((22,0)\) i \((10,4)\)) oraz oba znalezione punkty \(C\). Dobra kontrola: skoro kąt przy \(C\) jest prosty, to \(C\) leży na okręgu o średnicy \(AB\) (twierdzenie odwrotne do twierdzenia Talesa) — okrąg ten ma środek \((2,5)\) i rzeczywiście przechodzi przez oba znalezione punkty. **Uwaga.** Polecenie każe rozważyć wszystkie przypadki i nie jest to formalność: okrąg Talesa o średnicy \(AB\) przecina daną prostą w dwóch punktach, więc rozwiązania są dwa. Podanie tylko jednego to utrata punktów. **Odpowiedź.** \(C=(10,4)\) albo \(C=(-5,9)\).

*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.* **1.1. (1 pkt)** – […] (rysunek: układ współrzędnych, oś \(x\): \(-8,\ -7,\ -6,\ -5,\ -4,\ -3,\ -2,\ -1,\ 0,\ 1,\ 2,\ 3,\ 4,\ 5,\ 6,\ 7,\ 8,\ 9,\ 10,\ 11,\ 12,\ 13\); oś \(y\): \(7,\ 6,\ 5,\ 4,\ 3,\ 2,\ 1,\ -1,\ -2,\ -3\); punkty \(C\) i \(B\)) […] prawidłowość odczytu. Przyznajemy pełną pulę punktów. • W przypadku, gdy zdający poda odczytane współrzędne punktu \(C\) i nie dokona sprawdzenia z warunkami zadania otrzymuje punkty tylko w czynnościach 1.1 i 1.5. **1.2. (1 pkt)** – wprowadzenie oznaczenia współrzędnych punktu \(C\), np. \(C=(22-3y,\,y)\) lub \(C=\left(x,\,-\frac{1}{3}x+\frac{22}{3}\right)\). **1.3. (1 pkt)** – wykorzystanie twierdzenia Pitagorasa i zapisanie warunku prostopadłości odcinków \(AC\) i \(BC\): \(AC^{2}+BC^{2}=AB^{2}\), w którym \(AC^{2}=10y^{2}-168y+720\), \(BC^{2}=10y^{2}-92y+260\), \(AB^{2}=260\) lub \(AC^{2}=\frac{1}{9}\left(10x^{2}+64x+232\right)\), \(BC^{2}=\frac{1}{9}\left(10x^{2}-164x+1108\right)\). **1.4. (1 pkt)** – doprowadzenie do równania kwadratowego z jedną niewiadomą: np. \(y^{2}-13y+36=0\) lub \(x^{2}-5x-50=0\). **1.5. (1 pkt)** – rozwiązanie równania i zapisanie odpowiedzi: \(C=(10,\,4)\) lub \(C=(-5,\,9)\). **II metoda rozwiązania („WEKTORY”):** **1.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku w układzie współrzędnych. Rysunek musi zawierać daną prostą oraz punkty \(A\) i \(B\). Inne elementy mogą, ale nie muszą być uwzględnione. **1.2. (1 pkt)** – wprowadzenie oznaczeń pomocniczych i wyznaczenie wektorów: np. \(C=(22-3y,\,y)\), \(\overrightarrow{CA}=[-24+3y,\,12-y]\), \(\overrightarrow{CB}=[-16+3y,\,-2-y]\) lub \(C=\left(x,\,-\frac{1}{3}x+\frac{22}{3}\right)\), \(\overrightarrow{CA}=\left[-2-x,\,\frac{1}{3}x+\frac{14}{3}\right]\), \(\overrightarrow{CB}=\left[6-x,\,\frac{1}{3}x-\frac{28}{3}\right]\). **1.3. (1 pkt)** – wykorzystanie warunku prostopadłości wektorów \(\overrightarrow{CA}\), \(\overrightarrow{CB}\) i zapisanie równania: np. \((-24+3y)(-16+3y)+(12-y)(-2-y)=0\), gdzie \(y\) to rzędna punktu \(C\), lub \(-(2+x)(6-x)+\frac{1}{9}(x+14)(x-28)=0\), gdzie \(x\) to odcięta punktu \(C\). **1.4. (1 pkt)** – doprowadzenie do równania kwadratowego z jedną niewiadomą: np. \(y^{2}-13y+36=0\) lub \(x^{2}-5x-50=0\). **1.5. (1 pkt)** – rozwiązanie równania i zapisanie odpowiedzi: \(C=(10,\,4)\) lub \(C=(-5,\,9)\). **III metoda rozwiązania („KONSTRUKCJA”):** **1.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku w układzie współrzędnych. Rysunek musi zawierać daną prostą oraz punkty \(A\) i \(B\). Inne elementy mogą, ale nie muszą być uwzględnione. **1.2. (1 pkt)** – zapisanie równania okręgu o środku w punkcie \(S=(2,\,5)\), który jest środkiem odcinka \(AB\) i promieniu \(r=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}\sqrt{260}\): \((x-2)^{2}+(y-5)^{2}=\left(\frac{1}{2}\sqrt{260}\right)^{2}\). **1.3. (1 pkt)** – zapisanie układu równań: \(\begin{cases}x+3y=22\\ (x-2)^{2}+(y-5)^{2}=\left(\frac{1}{2}\sqrt{260}\right)^{2}\end{cases}\) **1.4. (1 pkt)** – doprowadzenie obliczeń do postaci równania kwadratowego, np.: \(y^{2}-13y+36=0\) lub \(x^{2}-5x-50=0\). **1.5. (1 pkt)** – rozwiązanie równania i zapisanie odpowiedzi: \(C=(10,\,4)\) lub \(C=(-5,\,9)\). **Ogólnie, rozwiązanie powinno mieć postać:** **1.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku w układzie współrzędnych. **1.2. (1 pkt)** – przedstawienie metody pozwalającej wyznaczyć punkt \(C\). W metodzie II i III przestawione zostały czynności 1.2 i 1.3 i zapisane w kolejności takiej, jaka będzie miała miejsce w trakcie rozwiązania tą metodą. **1.3. (1 pkt)** – zapisanie warunków algebraicznych wynikających z obranej metody rozwiązania. **1.4. (1 pkt)** – doprowadzenie do równania kwadratowego z jedną niewiadomą. **1.5. (1 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych punktów \(C\).

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

\(\cos\beta=\dfrac{\sqrt5}{5}\approx0{,}447\), stąd \(\beta\approx63^\circ\).

Kąt \(\beta\) zaznaczamy między wysokością ściany bocznej poprowadzoną z wierzchołka ostrosłupa na krawędź podstawy a odcinkiem łączącym środek podstawy ze środkiem tej krawędzi. Pole powierzchni bocznej to suma pól trzech trójkątów o podstawie \(a\) i wysokości \(h\) (wysokość ściany bocznej): \[3\cdot\frac{a h}{2}=\frac{a^2\sqrt{15}}{4},\qquad h=\frac{a\sqrt{15}}{6}.\] Rzutem tej wysokości na płaszczyznę podstawy jest promień okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny o boku \(a\), czyli \(r=\dfrac{a\sqrt3}{6}\). Zatem \[\cos\beta=\frac{r}{h}=\frac{\frac{a\sqrt3}{6}}{\frac{a\sqrt{15}}{6}} =\frac{\sqrt3}{\sqrt{15}}=\frac{1}{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{5}\approx0{,}447.\] Z tablic wartości funkcji trygonometrycznych \(\cos63^\circ\approx0{,}454\) i \(\cos64^\circ\approx0{,}438\), więc \(\beta\approx63^\circ\). **Odpowiedź.** \(\cos\beta=\dfrac{\sqrt5}{5}\), \(\beta\approx63^\circ\).

*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.* Na rysunku zaznaczam kąt nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny podstawy – \(\beta\) (punkt \(D\) jest środkiem odcinka \(BC\)). […] Wprowadzam oznaczenie: \(h\) – wysokość ściany bocznej. Zapisuję równanie opisujące pole powierzchni bocznej ostrosłupa: \(3\cdot\frac{1}{2}\cdot a\cdot h=\frac{a^{2}\sqrt{15}}{4}\), z którego wyznaczam wysokość ściany bocznej ostrosłupa \(h=\frac{a\sqrt{15}}{6}\). Z trójkąta prostokątnego \(SOD\), w którym \(x=OD=\frac{a\sqrt{3}}{6}\) – długość promienia okręgu wpisanego w podstawę ostrosłupa otrzymuję: \(\cos\beta=\frac{x}{h}\). \(\cos\beta=\frac{x}{h}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{\frac{a\sqrt{15}}{6}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\approx 0{,}4472\). Z tablicy wartości funkcji trygonometrycznych odczytuję miarę kąta: \(\beta=63^\circ\).

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

Koło o średnicy \(AB\) ma środek \(S=(-20,24)\) i promień \(r=8\sqrt5\). Ponieważ \(-20+8\sqrt5<0\) oraz \(24-8\sqrt5>0\), całe koło leży w II ćwiartce.

Środek koła jest środkiem odcinka \(AB\): \[S=\left(\frac{-4+(-36)}2,\frac{32+16}2\right)=(-20,24).\] Promień jest połową długości średnicy: \[|AB|=\sqrt{(-36+4)^{2}+(16-32)^{2}}=\sqrt{1024+256}=\sqrt{1280}=16\sqrt5,\qquad r=8\sqrt5.\] Koło leży w II ćwiartce dokładnie wtedy, gdy każdy jego punkt ma pierwszą współrzędną ujemną, a drugą dodatnią. Wystarczy więc, by odległość środka od każdej z osi była większa od promienia, przy zachowaniu znaków współrzędnych środka. Odległość \(S\) od osi \(Oy\) wynosi \(20\), odległość od osi \(Ox\) wynosi \(24\). Szacujemy promień: \[r=8\sqrt5=\sqrt{320}<\sqrt{400}=20<24.\] Zatem każdy punkt koła ma pierwszą współrzędną nie większą niż \(-20+r<0\) i drugą nie mniejszą niż \(24-r>0\). **Odpowiedź.** Koło o średnicy \(AB\) jest zawarte w II ćwiartce układu współrzędnych.

**1 pkt** – wyznaczenie środka koła \(S=(-20,24)\) **1 pkt** – wyznaczenie promienia \(r=8\sqrt5\) **2 pkt** – uzasadnienie, że \(r<20\) i \(r<24\), a więc całe koło leży w II ćwiartce

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

\(r=2\sqrt5\); środkiem okręgu jest punkt \(S=(-2,3)\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy własność, która rozwiązuje to zadanie: promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej. Zatem środek okręgu leży na prostej prostopadłej do pierwszej stycznej w punkcie \(A\) i jednocześnie na prostej prostopadłej do drugiej stycznej w punkcie \(B\). Przecięcie tych dwóch prostych to środek, a odległość środka od \(A\) to promień. **Krok \(2\).** Prosta prostopadła do \(y=2x-3\) ma współczynnik kierunkowy \(-\dfrac12\) (bo \(2\cdot\left(-\dfrac12\right)=-1\)) i przechodzi przez \(A=(2,1)\): \[y-1=-\frac12(x-2)\ \Longrightarrow\ y=-\frac12x+2.\] **Krok \(3\).** Prosta prostopadła do \(y=\dfrac12x+9\) ma współczynnik kierunkowy \(-2\) i przechodzi przez \(B=(-4,7)\): \[y-7=-2\left(x+4\right)\ \Longrightarrow\ y=-2x-1.\] **Krok \(4\).** Wyznaczamy środek \(S\), rozwiązując układ: \[-\frac12x+2=-2x-1.\] Mnożymy obie strony przez \(2\): \[-x+4=-4x-2\ \Longrightarrow\ 3x=-6\ \Longrightarrow\ x=-2.\] **Krok \(5\).** Podstawiamy: \(y=-2\cdot(-2)-1=3\), zatem \(S=(-2,3)\). **Krok \(6\).** Promień to odległość \(S\) od punktu styczności \(A=(2,1)\): \[r=|SA|=\sqrt{\left(2-(-2)\right)^2+(1-3)^2}=\sqrt{16+4}=\sqrt{20}=2\sqrt5.\] **Krok \(7\).** Kontrola przez drugi punkt styczności: \[|SB|=\sqrt{\left(-4-(-2)\right)^2+(7-3)^2}=\sqrt{4+16}=2\sqrt5.\] Obie odległości są równe, co potwierdza, że \(S\) jest środkiem szukanego okręgu. **Uwaga.** Warto sprawdzić, że podane punkty faktycznie leżą na swoich stycznych: \(2\cdot2-3=1\) dla \(A\) oraz \(\dfrac12\cdot(-4)+9=7\) dla \(B\). Bez tego cała konstrukcja nie miałaby sensu. **Odpowiedź.** \(r=2\sqrt5\) (środkiem okręgu jest punkt \(S=(-2,3)\)).

*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.* **4.1. (1 pkt)** – […] stycznej w punkcie styczności. **4.2. (1 pkt)** – wyznaczenie równania prostej przechodzącej przez punkt \(B\) i prostopadłej do prostej o równaniu \(y=\frac{1}{2}x+9\): \(y=-2x-1\). **4.3. (1 pkt)** – wyznaczenie równania prostej przechodzącej przez punkt \(A\) i prostopadłej do prostej o równaniu \(y=2x-3\): \(y=-\frac{1}{2}x+2\). **4.4. (1 pkt)** – obliczenie współrzędnych punktu przecięcia prostych \(y=-\frac{1}{2}x+2\) i \(y=-2x-1\), który jest środkiem okręgu stycznego do danych prostych: \(S=(-2,\,3)\). **4.5. (1 pkt)** – obliczenie promienia szukanego okręgu: \(r=SA=SB=2\sqrt{5}\). Jeśli zdający nie zapisał w punkcie 4.1 własności: promień okręgu jest prostopadły do stycznej w punkcie styczności, ale z niej skorzystał w rozwiązaniu, to przyznajemy punkt w czynności 4.1. **II sposób rozwiązania:** **4.1. (1 pkt)** – wykorzystanie własności – środek okręgu leży na symetralnej odcinka \(AB\). Obliczenie współrzędnych punktów \(W\) – przecięcia się danych prostych oraz \(P\) – środka odcinka \(AB\): \(W=(8,\,13)\), \(P=(-1,\,4)\). (rysunek: oś \(y\): \(14,\ 13,\ 12,\ 11,\ 10,\ 9,\ 8,\ 7,\ 6,\ 5,\ 4,\ 3,\ 2,\ 1\); oś \(x\): \(-6,\ -5,\ -4,\ -3,\ -2,\ -1,\ 1,\ 2,\ 3,\ 4,\ 5,\ 6,\ 7,\ 8,\ 9\); punkty \(W\), \(B\), \(P\), \(S\), \(A\)) **4.2. (1 pkt)** – wyznaczenie równania prostej przechodzącej przez punkty \(W\) oraz \(P\) (symetralnej odcinka \(AB\)): \(y=x+5\). **4.3. (1 pkt)** – wyznaczenie równania prostej przechodzącej przez punkt \(B\) i prostopadłej do prostej, na której leży ten punkt (lub prostej przechodzącej przez punkt \(A\) i prostopadłej do prostej, na której leży ten punkt): \(y=-2x-1\) lub \(y=-\frac{1}{2}x+2\). **4.4. (1 pkt)** – obliczenie współrzędnych środka okręgu: \(S=(-2,\,3)\). **4.5. (1 pkt)** – obliczenie promienia okręgu: \(r=SA=SB=2\sqrt{5}\). **III sposób rozwiązania** **4.1. (1 pkt)** – obliczenie współrzędnych punktu \(W\) i obliczenie długości odcinków \(AW\) i \(BW\): \(W=(8,\,13)\), \(AW=BW=6\sqrt{5}\) (trójkąt \(AWB\) jest równoramienny). (rysunek: oś \(y\): \(14,\ 13,\ 12,\ 11,\ 10,\ 9,\ 8,\ 7,\ 6,\ 5,\ 4,\ 3,\ 2,\ 1\); oś \(x\): \(-6,\ -5,\ -4,\ -3,\ -2,\ -1,\ 1,\ 2,\ 3,\ 4,\ 5,\ 6,\ 7,\ 8,\ 9\); punkty \(W\), \(B\), \(P\), \(S\), \(A\)) **4.2. (1 pkt)** – obliczenie współrzędnych punktu \(P\) (środka odcinka \(AB\)) oraz długości odcinków \(BP\) i \(PW\): \(P=(-1,\,4)\), \(BP=3\sqrt{2}\), \(PW=9\sqrt{2}\). **4.3. (1 pkt)** – stwierdzenie podobieństwa trójkątów \(BWP\) i \(BSP\). **4.4. (1 pkt)** – zapisanie proporcji \(\frac{BS}{BP}=\frac{BW}{PW}\). **4.5. (1 pkt)** – obliczenie promienia okręgu: \(r=AS=BS=2\sqrt{5}\).

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

**a)** Symetralna odcinka \(AB\) ma równanie \(y=-3x+6\). **b)** \(C=(7,5)\).

**a)** Środek odcinka \(AB\) o końcach \(A=(-2,2)\) i \(B=(4,4)\) to \[S=\left(\frac{-2+4}2,\frac{2+4}2\right)=(1,3).\] Współczynnik kierunkowy prostej \(AB\) jest równy \(a_{AB}=\frac{4-2}{4-(-2)}=\frac13\), więc symetralna, jako prosta prostopadła do \(AB\), ma współczynnik \(a=-3\). Przechodzi ona przez \(S=(1,3)\), zatem \[y-3=-3(x-1),\qquad\text{czyli}\qquad y=-3x+6.\] **b)** Prosta \(AB\) ma równanie \(y=\frac13x+\frac83\). Współrzędne punktu \(C\) spełniają układ \[\begin{cases}3x-2y-11=0\\ y=\frac13x+\frac83\end{cases}\] Po podstawieniu: \(3x-2\left(\frac13x+\frac83\right)-11=0\), czyli \(\frac73x=\frac{49}3\), skąd \(x=7\) oraz \(y=\frac73+\frac83=5\). **Odpowiedź.** \(y=-3x+6\) oraz \(C=(7,5)\)

*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.* **6.1. (1 pkt)** – […] \(y=\frac{1}{3}x+\frac{8}{3}\). **6.2. (1 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych środka odcinka \(AB\): \((1,3)\). **6.3. (1 pkt)** – wyznaczenie współczynnika kierunkowego symetralnej odcinka \(AB\): \(a=-3\). **6.4. (1 pkt)** – zapisanie równania symetralnej: \(y=-3x+6\). **6.5. (1 pkt)** – zapisanie układu równań: \[\begin{cases}3x-2y-11=0\\[2pt] \frac{1}{3}x-y+\frac{8}{3}=0\end{cases}\] **6.6. (1 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych punktu \(C\): \(C=(7,5)\).

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

\(B=\left(\frac{38}{5},\frac15\right)\), czyli \(B=(7{,}6;\ 0{,}2)\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy pojęcie: symetralna odcinka \(BC\) to prosta PROSTOPADŁA do \(BC\), przechodząca przez ŚRODEK tego odcinka. Z tych dwóch własności wynika cały plan: skoro znamy symetralną i punkt \(C\), to prostą \(BC\) wyznaczamy jako prostopadłą do symetralnej przechodzącą przez \(C\); punkt przecięcia obu prostych to środek \(S\) odcinka \(BC\); a znając \(C\) i \(S\), z wzoru na środek odcinka odzyskujemy \(B\). **Krok \(2\).** Symetralna \(y=2x-8\) ma współczynnik kierunkowy \(2\). Prosta \(BC\) jest do niej prostopadła, a warunek prostopadłości prostych to \(a_1\cdot a_2=-1\): \[a\cdot2=-1\quad\Longrightarrow\quad a=-\tfrac12.\] **Krok \(3\).** Prosta \(BC\) przechodzi przez \(C=(2,3)\), więc podstawiamy do wzoru \(y=-\tfrac12x+b\): \[3=-\tfrac12\cdot2+b\quad\Longrightarrow\quad 3=-1+b\quad\Longrightarrow\quad b=4.\] Zatem prosta \(BC\) ma równanie \(y=-\tfrac12x+4\). **Krok \(4\).** Wyznaczamy punkt \(S\) przecięcia prostej \(BC\) z symetralną. Porównujemy prawe strony: \[2x-8=-\tfrac12x+4.\] Mnożymy obie strony przez \(2\): \(4x-16=-x+8\), stąd \(5x=24\), czyli \(x=\dfrac{24}{5}\). Wtedy \[y=2\cdot\frac{24}{5}-8=\frac{48}{5}-\frac{40}{5}=\frac{8}{5}.\] Zatem \(S=\left(\dfrac{24}{5},\dfrac{8}{5}\right)\). **Krok \(5\).** Korzystamy z tego, że \(S\) jest środkiem odcinka \(BC\). Wzór na środek: \(S=\left(\dfrac{x_B+x_C}{2},\dfrac{y_B+y_C}{2}\right)\). Zapisujemy dwa równania: \[\frac{x_B+2}{2}=\frac{24}{5},\qquad \frac{y_B+3}{2}=\frac{8}{5}.\] **Krok \(6\).** Rozwiązujemy je: \[x_B+2=\frac{48}{5}\ \Longrightarrow\ x_B=\frac{48}{5}-\frac{10}{5}=\frac{38}{5},\] \[y_B+3=\frac{16}{5}\ \Longrightarrow\ y_B=\frac{16}{5}-\frac{15}{5}=\frac{1}{5}.\] Zatem \(B=\left(\dfrac{38}{5},\dfrac{1}{5}\right)=(7{,}6;\ 0{,}2)\). **Uwaga.** Symetralna NIE przechodzi przez punkt \(C\) (gdyby przechodziła, byłaby prostopadła do \(BC\) w jego końcu, a nie w środku) — sprawdźmy: dla \(x=2\) mamy \(y=2\cdot2-8=-4\neq3\). Punktem wspólnym symetralnej i prostej \(BC\) jest środek odcinka, i właśnie dlatego w kroku \(4\) rozwiązujemy układ równań. Nie należy też mylić \(S\) z szukanym \(B\). **Odpowiedź.** \(B=\left(\frac{38}{5},\frac15\right)\), czyli \(B=(7{,}6;\ 0{,}2)\).

*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.* **Zadanie 7.** (\(5\) pkt) Dany jest punkt \(C=(2,3)\) i prosta o równaniu \(y=2x-8\) będąca symetralną odcinka \(BC\). Wyznacz współrzędne punktu \(B\). Wykonaj obliczenia uzasadniające odpowiedź. […] Poszukiwany punkt \(B=(x,y)\) leży na prostej \(l\), która jest prostopadła do prostej \(y=2x-8\). Wyznaczam współczynnik kierunkowy \(a\) prostej \(l\): \(a=-\frac{1}{2}\). Prosta \(l\) przechodzi przez punkt \(C=(2,3)\), więc zachodzi równość \(3=-\frac{1}{2}\cdot 2+b\), z której wyznaczam współczynnik \(b\). \(b=4\), więc równanie prostej \(l\) ma postać: \(y=-\frac{1}{2}x+4\). Wyznaczam współrzędne punktu \(S\) będącego punktem przecięcia prostych: \(y=2x-8\) oraz \(y=-\frac{1}{2}x+4\). Rozwiązaniem układu równań \(\begin{cases}y=-\frac{1}{2}x+4\\ y=2x-8\end{cases}\) są liczby: \(x=\frac{24}{5}\), \(y=\frac{8}{5}\). Punkt \(S\) ma więc współrzędne: \(\left(\frac{24}{5},\frac{8}{5}\right)\). Punkt \(S\) jest środkiem odcinka \(BC\). Zapisuję zależność między współrzędnymi punktu \(S\) i końcami odcinka \(BC\): \(\left(\frac{x+2}{2},\frac{y+3}{2}\right)=\left(\frac{24}{5},\frac{8}{5}\right)\) i rozwiązuję równania: \(\frac{x+2}{2}=\frac{24}{5}\), stąd \(x=\frac{38}{5}\) oraz \(\frac{y+3}{2}=\frac{8}{5}\), stąd \(y=\frac{1}{5}\). Punkt \(B\) ma współrzędne: \(B=\left(\frac{38}{5},\frac{1}{5}\right)\).

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

a) \(C=(3,0)\). b) \((x+3)^2+(y+10)^2=100\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy dwa narzędzia. W podpunkcie a) warunek \(\angle BCA=90^\circ\) oznacza prostopadłość wektorów \(\overrightarrow{CA}\) i \(\overrightarrow{CB}\), czyli zerowanie się ich iloczynu skalarnego; ponieważ \(C\) leży na osi \(OX\), ma postać \(C=(x,0)\) i zostaje jedna niewiadoma. W podpunkcie b) korzystamy z twierdzenia Talesa: w trójkącie prostokątnym przeciwprostokątna jest ŚREDNICĄ okręgu opisanego — to od razu daje środek i promień, a potem stosujemy jednokładność. **Krok \(2\).** Niech \(C=(x,0)\). Obliczamy wektory wychodzące z \(C\): \[\overrightarrow{CA}=(7-x,\,8-0)=(7-x,\,8),\qquad \overrightarrow{CB}=(-1-x,\,2-0)=(-1-x,\,2).\] **Krok \(3\).** Zapisujemy warunek prostopadłości (iloczyn skalarny równy zeru): \[(7-x)(-1-x)+8\cdot2=0.\] **Krok \(4\).** Rozwiązujemy. Wymnażamy nawiasy: \[(7-x)(-1-x)=-7-7x+x+x^2=x^2-6x-7,\] więc równanie przyjmuje postać \[x^2-6x-7+16=0\quad\Longrightarrow\quad x^2-6x+9=0\quad\Longrightarrow\quad (x-3)^2=0\quad\Longrightarrow\quad x=3.\] Zatem \(C=(3,0)\). (Rozwiązanie jest podwójne, bo oś \(OX\) jest styczna do okręgu o średnicy \(AB\) — istnieje dokładnie jeden taki punkt.) **Krok \(5\).** Podpunkt b): skoro kąt przy \(C\) jest prosty, to \(AB\) jest średnicą okręgu opisanego na trójkącie \(ABC\). Środek okręgu to środek odcinka \(AB\): \[S=\left(\frac{7+(-1)}{2},\,\frac{8+2}{2}\right)=(3,5).\] **Krok \(6\).** Promień to połowa długości \(AB\): \[|AB|=\sqrt{(7-(-1))^2+(8-2)^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10,\qquad r=\frac{10}{2}=5.\] **Krok \(7\).** Wyznaczamy obraz środka w jednokładności o środku \(P=(1,0)\) i skali \(k=-2\). Korzystamy z warunku \(\overrightarrow{PS^{\prime}}=k\cdot\overrightarrow{PS}\): \[\overrightarrow{PS}=(3-1,\,5-0)=(2,5),\qquad \overrightarrow{PS^{\prime}}=-2\cdot(2,5)=(-4,-10).\] Stąd \[S^{\prime}=(1,0)+(-4,-10)=(-3,-10).\] **Krok \(8\).** Wyznaczamy promień obrazu. Jednokładność o skali \(k\) zmienia długości \(|k|\) razy: \[r^{\prime}=|k|\cdot r=2\cdot5=10.\] **Krok \(9\).** Zapisujemy równanie okręgu o środku \((-3,-10)\) i promieniu \(10\): \[(x-(-3))^2+(y-(-10))^2=10^2,\qquad\text{czyli}\qquad (x+3)^2+(y+10)^2=100.\] **Uwaga.** Przy skali ujemnej promień mnożymy przez \(|k|\), a NIE przez \(k\) — promień musi być liczbą dodatnią. Znak minus wpływa wyłącznie na położenie środka: obraz leży po przeciwnej stronie punktu \(P\) niż oryginał (porównaj: \(S=(3,5)\) leży „na prawo i w górę” od \(P\), a \(S^{\prime}=(-3,-10)\) — „na lewo i w dół”). Warto też pamiętać, że w podpunkcie a) równanie \((x-3)^2=0\) daje tylko jedno położenie punktu \(C\). **Odpowiedź.** a) \(C=(3,0)\). b) \((x+3)^2+(y+10)^2=100\).

*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)** – […] \(C\) (w tym \(1\) punkt za zapisanie warunku prostopadłości prostych). **18.2. (1 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych punktu \(C\): \(C=(3,\,0)\). **18.3. (1 pkt)** – zapisanie współrzędnych środka okręgu opisanego na trójkącie \(ABC\): \(S=(3,\,5)\) i długości promienia tego okręgu: \(r=5\). **18.4. (2 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych środka obrazu okręgu: \(S'=(-3,\,-10)\) (w tym \(1\) punkt za metodę). **18.5. (1 pkt)** – zapisanie długości promienia obrazu okręgu: \(r'=10\). **18.6. (1 pkt)** – zapisanie równania obrazu okręgu: \((x+3)^{2}+(y+10)^{2}=100\).

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

Szerokość kanału jest równa \(2\ \mathrm{m}\), a wysokość \(1+\frac{\sqrt3}{2}\approx1{,}87\ \mathrm{m}\).

Każda rura ma średnicę \(1\ \mathrm{m}\), czyli promień \(0{,}5\ \mathrm{m}\). Z rysunku odczytujemy, że dwie dolne rury są styczne do dna, do bocznych ścian i do siebie, a górna rura jest styczna do obu dolnych i do sufitu. **Szerokość.** Dwie dolne rury leżą obok siebie, każda dotykając jednej ze ścian, więc \[s=1+1=2\ \mathrm{m}.\] **Wysokość.** Środki dolnych rur są odległe od dna o \(0{,}5\) i odległe od siebie o \(1\) (suma promieni rur stycznych). Środek górnej rury jest odległy od każdego z nich również o \(1\), a z symetrii leży dokładnie nad środkiem odcinka łączącego dolne środki. Z twierdzenia Pitagorasa jego wzniesienie ponad dolne środki wynosi \[\sqrt{1^2-\left(\tfrac12\right)^2}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Do wysokości kanału dodajemy jeszcze promień dolnej rury (do dna) i promień górnej rury (do sufitu): \[h=0{,}5+\frac{\sqrt3}{2}+0{,}5=1+\frac{\sqrt3}{2}\approx1{,}866\approx1{,}87\ \mathrm{m}.\] **Odpowiedź.** Szerokość kanału wynosi \(2\ \mathrm{m}\), a wysokość około \(1{,}87\ \mathrm{m}\).

*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 7.** (\(5\) pkt) Szkic przedstawia kanał ciepłowniczy, którego przekrój poprzeczny jest prostokątem. Wewnątrz kanału znajduje się rurociąg składający się z trzech rur, każda o średnicy zewnętrznej \(1\,\mathrm{m}\). Oblicz wysokość i szerokość kanału ciepłowniczego. Wysokość zaokrąglij do \(0{,}01\,\mathrm{m}\). Środki okręgów na przedstawionym w zadaniu szkicu są wierzchołkami trójkąta równobocznego o boku długości \(a=1\). Obliczam wysokość tego trójkąta: \(h=\frac{\sqrt{3}}{2}\). Obliczam wysokość kanału ciepłowniczego: \(d=2r+h\), \(d=1+\frac{\sqrt{3}}{2}\). Odp.: Wysokość kanału z zadanym zaokrągleniem jest równa \(d\approx 1{,}87\,\mathrm{m}\) a jego szerokość \(s=2\,\mathrm{m}\). | Nr czynności | 7.1. | 7.2. | 7.3. | 7.4. | |---|---:|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(1\) | \(1\) | \(2\) | \(1\) |

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

\[P_{\text{przekroju}}=\frac{a^{2}\sqrt6}{8}.\]

Oznaczmy podstawę przez \(ABC\), wierzchołek przez \(S\), a przez \(b\) długość krawędzi bocznej. Przekrój przechodzi przez krawędź \(AB\) i środek \(E\) przeciwległej krawędzi bocznej \(CS\); jest to trójkąt \(ABE\). Kąt między krawędzią boczną a krawędzią podstawy to kąt przy podstawie trójkąta równoramiennego \(ABS\), więc \[\cos 45^\circ=\frac{a/2}{b},\qquad b=\frac{a}{2\cos 45^\circ}=\frac{a\sqrt2}{2}.\] Promień okręgu opisanego na podstawie wynosi \(\tfrac{a\sqrt3}{3}\), zatem wysokość ostrosłupa spełnia \[H^{2}=b^{2}-\frac{a^{2}}{3}=\frac{a^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{3}=\frac{a^{2}}{6},\qquad H=\frac{a}{\sqrt6}.\] Niech \(D\) będzie środkiem krawędzi \(AB\). Trójkąt \(ABE\) jest równoramienny (\(\lvert AE\rvert=\lvert BE\rvert\)), więc \(DE\) jest jego wysokością. Punkt \(E\) leży w połowie odcinka \(CS\), więc jego odległość od płaszczyzny podstawy wynosi \(\tfrac12 H\), a jego rzut prostokątny na podstawę jest środkiem odcinka \(CO\), gdzie \(O\) to środek podstawy. Odległość tego rzutu od prostej \(AB\) jest równa \[\lvert DO\rvert+\tfrac12\lvert OC\rvert=\frac{a\sqrt3}{6}+\frac12\cdot\frac{a\sqrt3}{3}=\frac{a\sqrt3}{3},\] zatem \[\lvert DE\rvert=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt3}{3}\right)^{2}+\left(\frac{a}{2\sqrt6}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{3}+\frac{a^{2}}{24}}=\frac{a\sqrt6}{4}.\] Stąd \[P_{ABE}=\tfrac12\cdot a\cdot\frac{a\sqrt6}{4}=\frac{a^{2}\sqrt6}{8}.\] **Odpowiedź.** Pole przekroju jest równe \(\dfrac{a^{2}\sqrt6}{8}\).

*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.* **19.1. (1 pkt)** – […] przekrojem. […] **19.2. (1 pkt)** – obliczenie długości krawędzi bocznej ostrosłupa: \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\). **Metoda I** **19.3. (1 pkt)** – wyznaczenie cosinusa kąta nachylenia krawędzi bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy: \(\cos\alpha=\frac{\sqrt{6}}{3}\). **19.4. (2 pkt)** – obliczenie długości wysokości przekroju: \(DE=\frac{a\sqrt{6}}{4}\). **Metoda II** **19.3. (1 pkt)** – obliczenie długości boków \(SD\) i \(ES\) w trójkącie \(EDS\): \(SD=\frac{a}{2}\) i \(SE=\frac{a\sqrt{2}}{4}\). **19.4. (2 pkt)** – obliczenie długości wysokości przekroju: \(DE=\frac{a\sqrt{6}}{4}\). **Metoda III** **19.3. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(EB\): \(EB=\frac{a\sqrt{10}}{4}\). **19.4. (2 pkt)** – obliczenie długości wysokości przekroju: \(DE=\frac{a\sqrt{6}}{4}\). **19.5. (1 pkt)** – obliczenie pola przekroju: \(S=\frac{a^{2}\sqrt{6}}{[…]}\).

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

Przekrojem jest trapez o wysokości \(h=\frac{2\sqrt3}{3}a\) i podstawach \(a\sqrt2\) oraz \(\frac{(3\sqrt2-2\sqrt3)a}{3}\); jego pole wynosi \(S=\frac{2(\sqrt6-1)a^2}{3}\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy problem. Płaszczyzna przechodzi przez przekątną podstawy i jest nachylona do podstawy pod kątem \(\frac{\pi}{3}=60^\circ\). Zanim policzymy pole, musimy ustalić, jaką figurą jest przekrój — a to zależy od tego, czy płaszczyzna wychodzi z sześcianu przez krawędź boczną (wtedy przekrój jest trójkątem), czy dopiero przez ścianę górną (wtedy jest trapezem). Kąt nachylenia mierzymy zawsze w płaszczyźnie prostopadłej do krawędzi przecięcia, czyli tutaj prostopadłej do przekątnej podstawy. **Krok \(2\).** Oznaczenia. Niech sześcian ma wierzchołki \(ABCDA_1B_1C_1D_1\), a płaszczyzna przechodzi przez przekątną \(BD\) podstawy. Niech \(S\) będzie środkiem odcinka \(BD\). W kwadracie \(ABCD\) przekątne są prostopadłe, więc \(AS\perp BD\) oraz \[|AS|=\tfrac12|AC|=\tfrac12\cdot a\sqrt2=\frac{a\sqrt2}{2}.\] Kąt \(60^\circ\) to kąt przy wierzchołku \(S\) w płaszczyźnie pionowej przechodzącej przez \(A\), \(S\) i \(A_1\). **Krok \(3\).** Sprawdzamy, czy przekrój jest trójkątem. Gdyby płaszczyzna przecięła krawędź \(AA_1\), to na wysokości \(h_0\) spełniającej \(\operatorname{tg}60^\circ=\frac{h_0}{|AS|}\), czyli \[h_0=\frac{a\sqrt2}{2}\cdot\sqrt3=\frac{a\sqrt6}{2}\approx 1{,}22a.\] To jest WIĘCEJ niż krawędź \(a\), więc płaszczyzna nie dosięga krawędzi \(AA_1\) — wychodzi wcześniej przez ścianę górną. Przekrojem jest zatem trapez \(BDNM\), w którym \(MN\) leży w ścianie górnej i jest równoległy do \(BD\), a dłuższa podstawa \(|BD|=a\sqrt2\). **Krok \(4\).** Liczymy wysokość trapezu \(h\). Rozpatrujemy trójkąt prostokątny w płaszczyźnie pionowej: jego wierzchołek ostry to \(S\) z kątem \(60^\circ\), przyprostokątna pionowa ma długość \(a\) (odległość ściany górnej od podstawy), a przeciwprostokątna leży w płaszczyźnie przekroju — to właśnie wysokość trapezu. Zatem \[\sin 60^\circ=\frac{a}{h},\qquad h=\frac{a}{\frac{\sqrt3}{2}}=\frac{2a}{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}a.\] **Krok \(5\).** W tym samym trójkącie liczymy drugą przyprostokątną — mówi ona, jak daleko (poziomo) od prostej \(BD\) leży odcinek \(MN\): \[d=\frac{a}{\operatorname{tg}60^\circ}=\frac{a}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}a\approx 0{,}577a.\] **Krok \(6\).** Liczymy krótszą podstawę \(|MN|\). W ścianie górnej \(A_1B_1C_1D_1\) odcinek \(B_1D_1\) leży dokładnie nad \(BD\), a odległość wierzchołka \(A_1\) od prostej \(B_1D_1\) wynosi \(\frac{a\sqrt2}{2}\). Odcinek \(MN\) jest równoległy do \(B_1D_1\) i przesunięty o \(d\) w stronę \(A_1\), więc trójkąt \(A_1MN\) jest podobny do trójkąta \(A_1B_1D_1\) w skali \[k=\frac{\frac{a\sqrt2}{2}-d}{\frac{a\sqrt2}{2}}.\] Stąd \[|MN|=a\sqrt2\cdot k=a\sqrt2-2d=a\sqrt2-\frac{2\sqrt3}{3}a=\frac{\left(3\sqrt2-2\sqrt3\right)a}{3}.\] **Krok \(7\).** Liczymy pole trapezu. Suma podstaw: \[a\sqrt2+\frac{\left(3\sqrt2-2\sqrt3\right)a}{3}=\frac{3\sqrt2 a+3\sqrt2 a-2\sqrt3 a}{3}=\frac{\left(6\sqrt2-2\sqrt3\right)a}{3}.\] **Krok \(8\).** Podstawiamy do wzoru na pole trapezu: \[S=\frac{|BD|+|MN|}{2}\cdot h=\frac{\left(6\sqrt2-2\sqrt3\right)a}{2\cdot 3}\cdot\frac{2\sqrt3}{3}a=\frac{\left(3\sqrt2-\sqrt3\right)a}{3}\cdot\frac{2\sqrt3}{3}a.\] Mnożymy: \(\left(3\sqrt2-\sqrt3\right)\cdot 2\sqrt3=6\sqrt6-2\cdot 3=6\sqrt6-6\), więc \[S=\frac{\left(6\sqrt6-6\right)a^2}{9}=\frac{2\left(\sqrt6-1\right)a^2}{3}\approx 0{,}97a^2.\] **Uwaga.** Pułapką jest odruchowe założenie, że przekrój jest trójkątem. Płaszczyzna daje trójkąt tylko wtedy, gdy \(\frac{a\sqrt2}{2}\cdot\operatorname{tg}\alpha\leqslant a\), czyli gdy \(\operatorname{tg}\alpha\leqslant\sqrt2\), a więc dla kątów nie większych niż około \(54{,}7^\circ\). Tutaj \(\alpha=60^\circ\) przekracza tę granicę, dlatego sprawdzenie z kroku \(3\) jest konieczne — bez niego całe dalsze rozwiązanie byłoby błędne. **Odpowiedź.** Przekrojem jest trapez o wysokości \(h=\frac{2\sqrt3}{3}a\) i podstawach \(a\sqrt2\) oraz \(\frac{(3\sqrt2-2\sqrt3)a}{3}\); jego pole wynosi \(S=\frac{2(\sqrt6-1)a^2}{3}\).

*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.* **16.1. (2 pkt)** – […] z oznaczeniami i zaznaczenie kąta nachylenia **16.2. (1 pkt)** – obliczenie długości wysokości \(h\) trapezu: \(h=\frac{2\sqrt{3}a}{3}\) **16.3. (1 pkt)** – obliczenie długości krótszej podstawy \(b\) trapezu: \(b=\frac{\left(3\sqrt{2}-2\sqrt{3}\right)a}{3}\) **16.4. (1 pkt)** – obliczenie pola \(S\) trapezu: \(S=\frac{2\left(\sqrt{6}-1\right)a^{2}}{3}\)

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

\[\overrightarrow{MN}=\tfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}\right).\]

Powtarzamy rozumowanie z treści zadania dla trapezu \(ABCD\), w którym \(M\) jest środkiem ramienia \(AD\), a \(N\) środkiem ramienia \(BC\). Wektor \(\overrightarrow{MN}\) rozkładamy na dwa sposoby, prowadząc drogę przez wierzchołki \(A,B\) oraz przez wierzchołki \(D,C\): \[\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN},\] \[\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CN}.\] Dodajemy obie równości stronami: \[2\overrightarrow{MN}=\left(\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MD}\right)+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}+\left(\overrightarrow{BN}+\overrightarrow{CN}\right).\] Punkt \(M\) jest środkiem odcinka \(AD\), więc \(\overrightarrow{MD}=-\overrightarrow{MA}\); punkt \(N\) jest środkiem odcinka \(BC\), więc \(\overrightarrow{CN}=-\overrightarrow{BN}\). Oba nawiasy są zatem wektorami zerowymi i \[2\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC},\qquad \overrightarrow{MN}=\tfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}\right).\] **Interpretacja.** Wektory \(\overrightarrow{AB}\) i \(\overrightarrow{DC}\) są zgodnie równoległe (leżą na podstawach trapezu), więc ich suma jest do nich równoległa, a jej długość jest sumą długości. Oznacza to, że odcinek łączący środki ramion trapezu jest równoległy do podstaw, a jego długość jest równa połowie sumy długości podstaw. **Odpowiedź.** \(\overrightarrow{MN}=\tfrac12\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}\right)\); odcinek łączący środki ramion trapezu jest równoległy do podstaw, a jego długość równa się połowie sumy ich długości.

*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.* **15.1. (1 pkt)** – \(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BN}\) (1), \(\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MD}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CN}\) (2) **15.2. (1 pkt)** – dodanie równości (1) i (2) stronami **15.3. (1 pkt)** – przekształcenie wyniku do prostej postaci: \(\overrightarrow{MN}=\frac{1}{2}\cdot\left(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{DC}\right)\) **15.4. (1 pkt)** – zinterpretowanie otrzymanego wyniku

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

Symetralna odcinka \(CD\) ma równanie \(x-4y+3=0\), czyli \(y=\frac14x+\frac34\).

**Krok \(1\).** W treści dostaliśmy gotowy przepis i mamy go powtórzyć dla innego odcinka. Idea jest taka: symetralna odcinka to zbiór punktów jednakowo odległych od jego końców. Bierzemy więc dowolny punkt \(P=(x,y)\) symetralnej, zapisujemy warunek \(|CP|=|DP|\), podnosimy obie strony do kwadratu (żeby pozbyć się pierwiastków) i upraszczamy otrzymane równanie. **Krok \(2\).** Warunek na punkt symetralnej: \[|CP|=|DP|\iff|CP|^2=|DP|^2.\] Podnoszenie do kwadratu jest tu równoważnością, bo obie strony są nieujemne. **Krok \(3\).** Zapisujemy kwadraty odległości dla \(C=(4,6)\) i \(D=(6,-2)\): \[|CP|^2=(x-4)^2+(y-6)^2,\qquad|DP|^2=(x-6)^2+(y+2)^2.\] **Krok \(4\).** Układamy równanie symetralnej: \[(x-4)^2+(y-6)^2=(x-6)^2+(y+2)^2.\] **Krok \(5\).** Rozwijamy wszystkie kwadraty: \[x^2-8x+16+y^2-12y+36=x^2-12x+36+y^2+4y+4.\] **Krok \(6\).** Wyrazy \(x^2\) i \(y^2\) występują po obu stronach, więc się redukują: \[-8x+16-12y+36=-12x+36+4y+4,\] \[-8x-12y+52=-12x+4y+40.\] **Krok \(7\).** Przenosimy wszystko na lewą stronę: \[-8x+12x-12y-4y+52-40=0,\] \[4x-16y+12=0.\] Dzielimy obie strony przez \(4\): \[x-4y+3=0,\qquad\text{czyli}\qquad y=\frac14x+\frac34.\] **Krok \(8\).** Sprawdzenie: symetralna musi przechodzić przez środek odcinka \(CD\), czyli przez punkt \(S=\left(\frac{4+6}{2},\frac{6+(-2)}{2}\right)=(5,2)\). Podstawiamy: \(5-4\cdot2+3=5-8+3=0\) — zgadza się. **Uwaga.** Najwięcej błędów pojawia się przy rozwijaniu kwadratów ze znakami: \((y-6)^2=y^2-12y+36\), ale \((y+2)^2=y^2+4y+4\). Warto po wszystkim zrobić sprawdzenie środkiem odcinka — zajmuje chwilę, a wyłapuje pomyłkę rachunkową. **Odpowiedź.** Symetralna odcinka \(CD\) ma równanie \(x-4y+3=0\), czyli \(y=\frac14x+\frac34\).

*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.* **4.1. (1 pkt)** – […] odcinka \(CD\): \(\lvert CP\rvert=\lvert DP\rvert\Leftrightarrow\lvert CP\rvert^{2}=\lvert DP\rvert^{2}\). **4.2. (1 pkt)** – wyznaczenie \(\lvert CP\rvert^{2}\) i \(\lvert DP\rvert^{2}\): \(\lvert CP\rvert^{2}=(x-4)^{2}+(y-6)^{2}\), \(\lvert DP\rvert^{2}=(x-6)^{2}+(y+2)^{2}\). **4.3. (1 pkt)** – ułożenie równania: \((x-4)^{2}+(y-6)^{2}=(x-6)^{2}+(y+2)^{2}\). **4.4. (1 pkt)** – przekształcenie równania do prostszej postaci i zapisanie równania symetralnej odcinka \(CD\): \(x-4y+3=0\).

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

a) \(x\in(-\infty,-1)\cup(7,+\infty)\). b) Wierzchołkiem paraboli \(y=x^{2}-6x+12\) jest \(W=(3,3)\), a jego obrazem w symetrii względem prostej \(x=6\) jest \(W^{\prime}=(9,3)\); parabola \(y=(x-9)^{2}+6\) ma zaś wierzchołek \((9,6)\neq(9,3)\), więc nie jest obrazem wykresu funkcji \(f\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** W podpunkcie a) mamy zwykłą nierówność kwadratową — wystarczy przenieść \(19\) na lewą stronę. W podpunkcie b) trzeba pokazać, że pewna parabola nie jest obrazem innej w symetrii osiowej. Najprościej porównać wierzchołki: symetria osiowa przeprowadza wierzchołek paraboli na wierzchołek jej obrazu, więc jeśli te punkty się nie zgadzają, teza jest udowodniona. **Krok \(2\).** a) Zapisujemy nierówność: \[x^2-6x+12-19\gt0\ \Longrightarrow\ x^2-6x-7\gt0.\] **Krok \(3\).** Miejsca zerowe trójmianu: \(\Delta=36+28=64\), \(\sqrt{\Delta}=8\), więc \[x=\frac{6-8}{2}=-1\qquad\text{lub}\qquad x=\frac{6+8}{2}=7.\] **Krok \(4\).** Ramiona paraboli są skierowane w górę, więc wartości dodatnie trójmian przyjmuje poza przedziałem między pierwiastkami: \[x\in(-\infty,-1)\cup(7,+\infty).\] **Krok \(5\).** b) Ustalmy, jak działa symetria względem prostej pionowej \(x=6\). Punkt \((x,y)\) przechodzi na punkt o tej samej drugiej współrzędnej i o pierwszej odbitej względem \(6\), czyli na \((12-x,\ y)\) — bo \(6\) jest środkiem odcinka o końcach \(x\) i \(12-x\). **Krok \(6\).** Wyznaczamy wierzchołek wykresu \(f\), zapisując wzór w postaci kanonicznej: \[x^2-6x+12=\left(x^2-6x+9\right)+3=(x-3)^2+3,\] więc \(W=(3,3)\). **Krok \(7\).** Obraz wierzchołka w naszej symetrii: \[W^{\prime}=(12-3,\ 3)=(9,3).\] **Krok \(8\).** Obrazem paraboli w symetrii osiowej jest parabola, a obrazem jej wierzchołka — wierzchołek tego obrazu. Parabola o równaniu \(y=(x-9)^2+6\) ma wierzchołek \((9,6)\), a \((9,6)\neq(9,3)\). Zatem nie jest ona obrazem wykresu funkcji \(f\), co należało uzasadnić. **Krok \(9\).** Dla porządku: prawdziwym obrazem jest parabola \(y=(x-9)^2+3\) (wstawiając \(x=12-x^{\prime}\) do \(y=(x-3)^2+3\), dostajemy \(y=(9-x^{\prime})^2+3=(x^{\prime}-9)^2+3\)). **Uwaga.** Obie parabole mają tę samą oś \(x=9\) i identyczny kształt, więc na oko wyglądają podobnie. Dowód musi więc wskazać konkretną różnicę — tutaj jest nią wysokość wierzchołka. **Odpowiedź.** a) \(x\in(-\infty,-1)\cup(7,+\infty)\); b) obrazem wierzchołka \(W=(3,3)\) jest \((9,3)\), a podana parabola ma wierzchołek \((9,6)\), więc nie jest obrazem wykresu funkcji \(f\).

**27. (1 pkt)** – obliczenie współrzędnych wierzchołka paraboli, będącej wykresem funkcji \(f\): \(W(3,3)\). **28. (1 pkt)** – wykorzystanie postaci kanonicznej trójmianu \(y=(x-9)^{2}+6\) do odczytania współrzędnych wierzchołka wykresu trójmianu: \(W(9,6)\). **29. (1 pkt)** – zapisanie, że obrazem paraboli o równaniu \(y=x^{2}-6x+12\) nie jest wykres funkcji \(y=(x-9)^{2}+6\), ponieważ: np. obrazem punktu \(W\) w danej symetrii jest punkt \(W'(9,3)\).

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

a) Miejsca zerowe: \(x=-1\) oraz \(x=5\). b) \(f(x)\leqslant0\) dla \(x\in(-\infty,-1\rangle\cup\langle5,+\infty)\). c) \(x=0\) lub \(x=4\).

**Krok \(1\).** W tym zadaniu nie znamy wzoru funkcji \(f\) i wcale nie musimy go szukać — wszystkie trzy odpowiedzi odczytujemy z wykresu. Trzeba tylko wiedzieć, jak każde pytanie wygląda na rysunku: miejsca zerowe to odcięte punktów przecięcia wykresu z osią \(Ox\), nierówność \(f(x)\leqslant0\) opisuje te fragmenty wykresu, które leżą pod osią \(Ox\) lub na niej, a równanie \(f(x)=3\) to punkty wspólne wykresu z poziomą prostą \(y=3\). **Krok \(2\).** Podpunkt a). Patrzymy, w których punktach parabola przebija oś \(Ox\). Dzieje się to dla odciętych \(-1\) oraz \(5\), więc miejsca zerowe funkcji to \(x=-1\) i \(x=5\). **Krok \(3\).** Podpunkt b). Zauważamy kształt wykresu: ramiona paraboli są skierowane w dół, a wierzchołek leży nad osią \(Ox\). Wynika stąd, że między miejscami zerowymi wykres biegnie nad osią (wartości dodatnie), a na zewnątrz miejsc zerowych — pod osią (wartości ujemne). **Krok \(4\).** Szukamy argumentów, dla których wykres jest pod osią albo jej dotyka. To wszystkie \(x\) na lewo od \(-1\) i na prawo od \(5\), razem z samymi miejscami zerowymi, bo nierówność jest nieostra: \[x\in(-\infty,-1\rangle\cup\langle5,+\infty).\] **Krok \(5\).** Podpunkt c). Prowadzimy poziomą prostą \(y=3\) i odczytujemy odcięte jej punktów wspólnych z parabolą. Są to \(x=0\) oraz \(x=4\). **Krok \(6\).** Odczyt z rysunku zawsze warto skontrolować rachunkiem. Oś symetrii paraboli przechodzi przez środek odcinka o końcach w miejscach zerowych, czyli przez \(x=\frac{-1+5}{2}=2\). Punkty \(0\) i \(4\) leżą w tej samej odległości \(2\) od osi symetrii, a więc naprawdę mają tę samą wartość funkcji — odczyt jest spójny. **Uwaga.** W podpunkcie b) nierówność jest nieostra (\(\leqslant\)), więc miejsca zerowe \(-1\) i \(5\) należą do zbioru rozwiązań — końce przedziałów muszą być domknięte. Gdyby w treści było \(f(x)\lt0\), końce trzeba by wyłączyć. **Odpowiedź.** a) Miejsca zerowe: \(x=-1\) i \(x=5\). b) \(x\in(-\infty,-1\rangle\cup\langle5,+\infty)\). c) \(x=0\) lub \(x=4\).

**1. (1 pkt)** – wykonanie polecenia a). Odp. \(x=-1\), \(x=5\) **2. (1 pkt)** – wykonanie polecenia b). Odp. \(x\in(-\infty,\,-1\rangle\cup\langle 5,\,+\infty)\) **3. (2 pkt)** – wykonanie polecenia c). Odp. \(x=0\) lub \(x=4\). Za każde z rozwiązań równania – \(1\) punkt.

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