Pole, obwód, przekątne i kąty trapezu w zadaniach z arkuszy

\[\angle DAB=60^\circ.\]

Oznaczmy \(|CD|=a\), więc \(|AB|=2a\), oraz \(\angle DAB=2\alpha\). Przekątna \(AC\) leży na dwusiecznej, dlatego \[\angle DAC=\angle CAB=\alpha.\] Ponieważ \(AB\parallel CD\), mamy także \(\angle ACD=\alpha\). Trójkąt \(ACD\) jest więc równoramienny i \(|AD|=|CD|=a\). Trapez jest równoramienny, zatem \(|BC|=a\). Niech \(E\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z \(C\) na \(AB\). Wtedy \[|EB|=\frac{|AB|-|CD|}{2}=\frac{2a-a}{2}=\frac a2.\] W trójkącie prostokątnym \(EBC\): \[\cos(2\alpha)=\frac{|EB|}{|BC|}=\frac12.\] Kąt \(2\alpha\) jest ostry, więc \(2\alpha=60^\circ\). Zatem \(\angle DAB=60^\circ\).

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **2 pkt** – wyznaczenie dwóch boków trójkąta prostokątnego \(EBC\) w zależności od jednej zmiennej **1 pkt** – wykazanie, że trójkąt \(ACD\) jest równoramienny **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

Pole trapezu \(KLMN\) jest równe \(\displaystyle \frac{63\sqrt{3}}{8}\).

Oznaczmy krawędź podstawy przez \(a\), a wysokość ostrosłupa przez \(H\). Niech \(O\) będzie środkiem podstawy; punkty \(K\) i \(L\) są środkami krawędzi \(AD\) i \(BC\), więc odcinek \(KL\) przechodzi przez \(O\) i \(|KL|=a\). Niech \(N_0\) będzie środkiem krawędzi \(CD\). Wtedy \(SN_0\) jest wysokością ściany \(CDS\), a \(ON_0=\frac a2\). Płaszczyzna \(\gamma\) zawiera prostą \(KL\) i jest nachylona do podstawy pod kątem \(30^{\circ}\). Z warunku prostopadłości \(\gamma\) do ściany \(CDS\) wynika, że w przekroju płaszczyzną \(SON_0\) prosta przekroju jest prostopadła do \(SN_0\). Kąt między \(SN_0\) a podstawą oznaczmy \(\beta\); wtedy \(\beta+30^{\circ}=90^{\circ}\), czyli \(\beta=60^{\circ}\) i \[H=\frac a2\tan60^{\circ}=\frac{a\sqrt3}2.\] Z objętości ostrosłupa \[\frac13a^{2}\cdot\frac{a\sqrt3}2=36\sqrt3\quad\Longrightarrow\quad a^{3}=216\quad\Longrightarrow\quad a=6,\qquad H=3\sqrt3.\] Przyjmijmy układ współrzędnych o początku w \(O\), w którym \(K=(-3,0,0)\), \(L=(3,0,0)\), \(C=(3,3,0)\), \(D=(-3,3,0)\), \(S=(0,0,3\sqrt3)\). Płaszczyzna \(\gamma\) zawiera oś \(x\) i tworzy z podstawą kąt \(30^{\circ}\), więc ma równanie \(z=\frac{y}{\sqrt3}\). Punkt \(M\) leży na \(CS\): dla \(M=C+t(S-C)=(3-3t,\,3-3t,\,3\sqrt3t)\) warunek \(3\sqrt3t=\frac{3-3t}{\sqrt3}\) daje \(t=\frac14\), więc \[M=\left(\tfrac94,\tfrac94,\tfrac{3\sqrt3}4\right),\qquad N=\left(-\tfrac94,\tfrac94,\tfrac{3\sqrt3}4\right),\qquad |MN|=\frac92.\] Wysokość trapezu to odległość prostych \(KL\) i \(MN\) w płaszczyźnie \(\gamma\): \[h=\sqrt{\left(\tfrac94\right)^{2}+\left(\tfrac{3\sqrt3}4\right)^{2}}=\sqrt{\frac{81+27}{16}}=\frac{3\sqrt3}2.\] Pole trapezu: \[P=\frac{|KL|+|MN|}2\cdot h=\frac{6+\frac92}2\cdot\frac{3\sqrt3}2=\frac{63\sqrt3}8.\] **Odpowiedź.** \(P_{KLMN}=\frac{63\sqrt3}8\)

Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. **Pierwszy etap** polega na obliczeniu długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 2 punkty. Podział punktów za pierwszy etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie wysokości ostrosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy: \(H=\frac{a\sqrt{3}}{2}\). **2 pkt** – obliczenie długości krawędzi podstawy: \(a=6\). **Drugi etap** polega na wyznaczeniu długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 2 punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie długości krótszej podstawy trapezu lub wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(\lvert MN\rvert=\frac{3}{4}a\) lub \(\lvert PR\rvert=\frac{a\sqrt{3}}{4}\) ALBO obliczenie długości krótszej podstawy trapezu lub wysokości trapezu: \(\lvert MN\rvert=\frac{18}{4}\) lub \(\lvert PR\rvert=\frac{6\sqrt{3}}{4}\). **2 pkt** – wyznaczenie długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(\lvert MN\rvert=\frac{3}{4}a\) oraz \(\lvert PR\rvert=\frac{a\sqrt{3}}{4}\) ALBO obliczenie długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu: \(\lvert MN\rvert=\frac{18}{4}\) oraz \(\lvert PR\rvert=\frac{6\sqrt{3}}{4}\). **Trzeci etap** polega na obliczeniu pola trapezu. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – obliczenie pola przekroju ostrosłupa: \(\frac{63\sqrt{3}}{8}\).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.2) Zdający posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną oraz pojęciem kąta dwuściennego między półpłaszczyznami. X.R2) Zdający wyznacza przekroje sześcianu i ostrosłupów prawidłowych oraz oblicza ich pola, także z wykorzystaniem trygonometrii.

Pole trapezu \(KLMN\) jest równe \(\displaystyle \frac{63\sqrt{3}}{8}\).

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, a \(H\) wysokość ostrosłupa. Z kąta \(30^{\circ}\) otrzymujemy \(H=\frac{a\sqrt{3}}{2}\). Warunek objętości \[\frac{1}{3}a^{2}H=36\sqrt{3}\] daje \(a=6\). Z geometrii przekroju wynika, że \(\lvert KL\rvert=6\), \(\lvert MN\rvert=\frac{9}{2}\), a wysokość trapezu jest równa \(\frac{3\sqrt{3}}{2}\). Zatem \[P_{KLMN}=\frac{1}{2}\left(6+\frac{9}{2}\right)\frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{63\sqrt{3}}{8}.\]

Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. **Pierwszy etap** polega na obliczeniu długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 2 punkty. Podział punktów za pierwszy etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie wysokości ostrosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy: \(H=\frac{a\sqrt{3}}{2}\). **2 pkt** – obliczenie długości krawędzi podstawy: \(a=6\). **Drugi etap** polega na wyznaczeniu długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 2 punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie długości krótszej podstawy trapezu lub wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(\lvert MN\rvert=\frac{3}{4}a\) lub \(\lvert PR\rvert=\frac{a\sqrt{3}}{4}\) ALBO obliczenie długości krótszej podstawy trapezu lub wysokości trapezu: \(\lvert MN\rvert=\frac{18}{4}\) lub \(\lvert PR\rvert=\frac{6\sqrt{3}}{4}\). **2 pkt** – wyznaczenie długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(\lvert MN\rvert=\frac{3}{4}a\) oraz \(\lvert PR\rvert=\frac{a\sqrt{3}}{4}\) ALBO obliczenie długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu: \(\lvert MN\rvert=\frac{18}{4}\) oraz \(\lvert PR\rvert=\frac{6\sqrt{3}}{4}\). **Trzeci etap** polega na obliczeniu pola trapezu. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – obliczenie pola przekroju ostrosłupa: \(\frac{63\sqrt{3}}{8}\).

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.1) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami (np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi, itp.), oblicza miary tych kątów; 9.4) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami; 9.6) Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości. 9.2R) Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną.

Oznaczmy \(a=\lvert AB\rvert\), \(c=\lvert CD\rvert\), a wysokość trapezu przez \(h\). Ponieważ \(E\) i \(F\) są środkami ramion, \(\lvert EF\rvert=\frac{a+c}{2}\), a oba mniejsze trapezy mają wysokość \(\frac{h}{2}\). Zatem \(\frac{P_{EFCD}}{P_{ABFE}}=\frac{a+3c}{3a+c}=\frac{1}{2}\). Stąd \(2a+6c=3a+c\), czyli \(a=5c\), a więc \(\frac{\lvert CD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{1}{5}\).

Oznaczmy \(a=\lvert AB\rvert\), \(c=\lvert CD\rvert\) oraz przez \(h\) wysokość trapezu \(ABCD\). Odcinek \(EF\) łączy środki ramion trapezu, więc jest jego linią środkową: \[\lvert EF\rvert=\frac{a+c}{2},\] a ponadto \(EF\parallel AB\parallel CD\), więc oba mniejsze trapezy mają wysokość \(\frac h2\). Zapisujemy ich pola: \[P_{EFCD}=\frac{\frac{a+c}{2}+c}{2}\cdot\frac h2=\frac{h(a+3c)}{8},\qquad P_{ABFE}=\frac{a+\frac{a+c}{2}}{2}\cdot\frac h2=\frac{h(3a+c)}{8}.\] Z warunku zadania \[\frac{P_{EFCD}}{P_{ABFE}}=\frac{a+3c}{3a+c}=\frac12,\] skąd \(2a+6c=3a+c\), czyli \(a=5c\). Ponieważ \(a>0\), możemy podzielić stronami: \[\frac{\lvert CD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac ca=\frac15,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\dfrac{\lvert CD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\dfrac15\)

**1–2 pkt** – zapisanie \(\lvert EF\rvert=\frac{a+c}{2}\) i wysokości obu mniejszych trapezów równych \(\frac h2\). **3 pkt** – zapisanie równania \(\frac{a+3c}{3a+c}=\frac12\). **4 pkt** – wyprowadzenie \(a=5c\) i wniosku o stosunku podstaw.

**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.

C. \(4\)

Trójkąty \(ABD\) i \(ABC\) mają wspólną podstawę \(AB\) i równe wysokości, bo \(CD\parallel AB\), więc mają równe pola. Po odjęciu wspólnej części — trójkąta \(ABE\) — otrzymujemy \[P_{AED}=P_{BEC}=4.\] Kontrola drugą metodą: z podobieństwa trójkątów \(ABE\) i \(CDE\) w skali \(2\) mamy \(\lvert AE\rvert=2\lvert EC\rvert\), a trójkąty \(AED\) i \(DEC\) mają wspólną wysokość z \(D\), więc \(P_{AED}=2P_{DEC}=2\cdot2=4\). **Odpowiedź.** C. \(4\)

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

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: G10.8) Korzysta z własności przekątnych w trapezach; G10.9) oblicza pola trójkątów.

**P, F.** Pola trójkątów \(BCE\) i \(AED\) są równe. Trójkąty \(ABE\) i \(CDE\) są podobne w skali \(2\), więc stosunek ich pól wynosi \(4\), a nie \(2\).

**Krok \(1\).** W trapezie z przekątnymi działają dwa narzędzia: trójkąty o wspólnej podstawie i równych wysokościach mają równe pola, a trójkąty utworzone przez przekątne przy obu podstawach są podobne. Pierwsze stwierdzenie rozstrzygniemy pierwszym narzędziem, drugie - drugim. **Krok \(2\).** Trójkąty \(ABC\) i \(ABD\) mają wspólną podstawę \(AB\), a ich wierzchołki \(C\) i \(D\) leżą na prostej równoległej do \(AB\). Wysokości opuszczone na \(AB\) są więc równe (to odległość między prostymi równoległymi), a zatem \[P_{ABC}=P_{ABD}.\] **Krok \(3\).** Oba te trójkąty składają się z trójkąta \(ABE\) i jeszcze jednego kawałka: \[P_{ABC}=P_{ABE}+P_{BCE},\qquad P_{ABD}=P_{ABE}+P_{AED}.\] Odejmując wspólne pole \(P_{ABE}\) od równości z kroku \(2\), otrzymujemy \[P_{BCE}=P_{AED}.\] Pierwsze stwierdzenie jest prawdziwe. **Krok \(4\).** Przechodzimy do drugiego stwierdzenia. Ponieważ \(AB\) i \(CD\) są równoległe, kąty \(\angle BAE\) i \(\angle DCE\) oraz \(\angle ABE\) i \(\angle CDE\) są naprzemianległe, czyli równe. Trójkąty \(ABE\) i \(CDE\) są zatem podobne. **Krok \(5\).** Skala podobieństwa to stosunek odpowiadających sobie boków: \[k=\frac{|AB|}{|CD|}=2.\] **Krok \(6\).** Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali: \[\frac{P_{ABE}}{P_{CDE}}=k^{2}=2^{2}=4.\] Pole trójkąta \(ABE\) jest więc cztery razy większe od pola trójkąta \(CDE\), a nie dwa razy. Drugie stwierdzenie jest fałszywe. **Uwaga.** Skala \(2\) dotyczy długości boków. Pola figur podobnych zmieniają się w skali \(k^{2}\) - pominięcie kwadratu to najczęstszy błąd w tym zadaniu. **Odpowiedź.** P, F.

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.4) Zdający korzysta z własności […] przekątnych w […] trapezach; VIII.8) Zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów; VIII.9) Zdający wykorzystuje zależności między obwodami oraz między polami figur podobnych.

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

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

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

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

\(\sin\angle ABC=\frac8{17}\).

Okrąg ma równanie \[(x-19)^2+(y+11)^2=578.\] Punkty \(A\) i \(C\) leżą również na prostej \(y=x\), więc \[(x-19)^2+(x+11)^2=578\iff2x^2-16x-96=0.\] Stąd \(A=(-4,-4)\) i \(C=(12,12)\), zatem \(|AC|=16\sqrt2\). Z twierdzenia sinusów dla trójkąta wpisanego w okrąg o promieniu \(17\sqrt2\): \[\sin\angle ABC=\frac{|AC|}{2R}=\frac{16\sqrt2}{34\sqrt2}=\frac8{17}.\]

**3 pkt** – poprawna metoda i wynik. **2 pkt** – obliczenie długości \(|AC|\). **1 pkt** – wyznaczenie punktów \(A,C\) albo odległości środka okręgu od prostej \(AC\). **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** IX. Geometria analityczna na płaszczyźnie kartezjańskiej. 1R) Zdający znajduje punkty wspólne prostej i okręgu. VII. Trygonometria. 7R) Zdający stosuje twierdzenie sinusów.

Trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne. Z \(LM\parallel BD\) wynika \(LB=\frac{DM}{2}\), a z podobieństwa odpowiednich trójkątów \(DN=2DM\). Stąd \(\frac{DN}{LB}=4\), więc skala podobieństwa wynosi \(4\), a stosunek pól \(4^{2}=16\).

**Krok \(1\).** Metoda: pokazujemy, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne, a następnie wyznaczamy skalę podobieństwa, porównując odpowiadające sobie przyprostokątne. Stosunek pól figur podobnych jest kwadratem skali. **Krok \(2\).** Oznaczmy \(\lvert AD\rvert=a\); wtedy \(\lvert AB\rvert=2a\). Trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są prostokątne, bo mają kąty proste odpowiednio przy wierzchołkach \(D\) i \(B\) prostokąta. **Krok \(3\).** Boki \(MN\) i \(KL\) trapezu są równoległe (to jego podstawy), a proste \(DC\) i \(AB\) też są równoległe. Kąty \(DMN\) i \(BKL\) są więc równe, a zatem trójkąty prostokątne \(MDN\) i \(KBL\) są podobne (cecha kkk), przy czym \(M\leftrightarrow K\), \(D\leftrightarrow B\), \(N\leftrightarrow L\). **Krok \(4\).** Korzystamy z założenia \(ML\parallel DB\). Proste \(ML\) i \(DB\) przecinają ramiona kąta \(DCB\), więc z twierdzenia Talesa \[\frac{\lvert CM\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac{\lvert CL\rvert}{\lvert CB\rvert},\qquad\text{czyli}\qquad \frac{\lvert CM\rvert}{2a}=\frac{\lvert CL\rvert}{a},\qquad\text{a zatem}\qquad \lvert CM\rvert=2\lvert CL\rvert.\] **Krok \(5\).** Wyrażamy stąd \(\lvert DM\rvert\) przez \(\lvert LB\rvert\): \[\lvert DM\rvert=2a-\lvert CM\rvert=2a-2\lvert CL\rvert=2\left(a-\lvert CL\rvert\right)=2\lvert LB\rvert,\] czyli \(\lvert LB\rvert=\frac{1}{2}\lvert DM\rvert\). **Krok \(6\).** Odcinek \(LM\) jest wysokością trapezu, więc \(MN\perp LM\). Ponieważ \(LM\parallel BD\), otrzymujemy \(MN\perp BD\). **Krok \(7\).** Kąty \(DNM\) i \(CDB\) mają ramiona odpowiednio prostopadłe (\(ND\perp DC\) oraz \(NM\perp DB\)), więc są równe. Zatem trójkąty prostokątne \(MDN\) i \(BCD\) są podobne, skąd \[\frac{\lvert DM\rvert}{\lvert DN\rvert}=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2},\qquad\text{czyli}\qquad \lvert DN\rvert=2\lvert DM\rvert.\] **Krok \(8\).** Łączymy oba wyniki. W podobieństwie z kroku \(3\) bokowi \(DN\) odpowiada bok \(BL\), a \[\frac{\lvert DN\rvert}{\lvert BL\rvert}=\frac{2\lvert DM\rvert}{\frac{1}{2}\lvert DM\rvert}=4,\] więc trójkąt \(MDN\) jest podobny do trójkąta \(KBL\) w skali \(k=4\). **Krok \(9\).** Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa, zatem \[\frac{P_{MDN}}{P_{KBL}}=k^{2}=4^{2}=16.\] **Uwaga.** Kluczowe są dwa niezależne fakty: równoległość \(LM\parallel BD\) daje \(\lvert LB\rvert=\frac{1}{2}\lvert DM\rvert\), a prostopadłość \(MN\perp BD\) daje \(\lvert DN\rvert=2\lvert DM\rvert\). Dopiero ich połączenie daje skalę \(4\), a nie \(2\). **Odpowiedź.** Stosunek pola trójkąta \(MDN\) do pola trójkąta \(KBL\) jest równy \(16\).

**(dla sposobów I – III)** **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **2 pkt** – wyznaczenie długości odcinka \(CL\) (lub \(LB\)) w zależności od długości odcinka \(DM\), np. \(\lvert CL\rvert=a-\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\), \(\lvert LB\rvert=\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\) oraz uzasadnienie, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne (dla sposobu I) ALBO – uzasadnienie, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne oraz zapisanie długości odcinków \(DE\) oraz \(FL\) za pomocą jednej zmiennej (lub zapisanie związku między nimi), np. \(\lvert DE\rvert=2x\) i \(\lvert FL\rvert=\tfrac{1}{2}x\) (dla sposobu II). ALBO – wyznaczenie współrzędnych wierzchołków trapezu \(KLMN\) w zależności od \(a\) oraz parametru \(c\): \(K=\left(\tfrac{5a-c}{2},0\right)\) oraz \(L=(2a,c-a)\) oraz \(M=(2c-2a,a)\) oraz \(N=(0,5a-4c)\) (dla sposobu III). **1 pkt** – uzasadnienie, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne (dla sposobów I oraz II) ALBO – wyznaczenie długości odcinka \(CL\) (lub \(LB\)) w zależności od długości odcinka \(DM\), np. \(\lvert CL\rvert=a-\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\), \(\lvert LB\rvert=\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\) (dla sposobu I), ALBO – zapisanie długości odcinków \(DE\) oraz \(FL\) za pomocą jednej zmiennej (lub zapisanie związku między nimi), np. \(\lvert DE\rvert=2x\) i \(\lvert FL\rvert=\tfrac{1}{2}x\) (dla sposobu II), ALBO – umieszczenie prostokąta \(ABCD\) w układzie współrzędnych i zapisanie współrzędnych jego wierzchołków, np. \(A=(0,0)\) i \(B=(2a,0)\) i \(C=(2a,a)\) i \(D=(0,a)\) oraz zapisanie równania prostej \(ML\): \(y=-\tfrac{1}{2}x+c\) (dla sposobu III). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**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.

Trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne. Z \(LM\parallel BD\) wynika \(LB=\frac{DM}{2}\), a z podobieństwa odpowiednich trójkątów \(DN=2DM\). Stąd \(\frac{DN}{LB}=4\), więc skala podobieństwa wynosi \(4\), a stosunek pól \(4^{2}=16\).

**Krok \(1\).** Metoda: pokazujemy, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne, a następnie wyznaczamy skalę podobieństwa, porównując odpowiadające sobie przyprostokątne. Stosunek pól figur podobnych jest kwadratem skali. **Krok \(2\).** Oznaczmy \(\lvert AD\rvert=a\); wtedy \(\lvert AB\rvert=2a\). Trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są prostokątne, bo mają kąty proste odpowiednio przy wierzchołkach \(D\) i \(B\) prostokąta. **Krok \(3\).** Boki \(MN\) i \(KL\) trapezu są równoległe (to jego podstawy), a proste \(DC\) i \(AB\) też są równoległe. Kąty \(DMN\) i \(BKL\) są więc równe, a zatem trójkąty prostokątne \(MDN\) i \(KBL\) są podobne (cecha kkk), przy czym \(M\leftrightarrow K\), \(D\leftrightarrow B\), \(N\leftrightarrow L\). **Krok \(4\).** Korzystamy z założenia \(ML\parallel DB\). Proste \(ML\) i \(DB\) przecinają ramiona kąta \(DCB\), więc z twierdzenia Talesa \[\frac{\lvert CM\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac{\lvert CL\rvert}{\lvert CB\rvert},\qquad\text{czyli}\qquad \frac{\lvert CM\rvert}{2a}=\frac{\lvert CL\rvert}{a},\qquad\text{a zatem}\qquad \lvert CM\rvert=2\lvert CL\rvert.\] **Krok \(5\).** Wyrażamy stąd \(\lvert DM\rvert\) przez \(\lvert LB\rvert\): \[\lvert DM\rvert=2a-\lvert CM\rvert=2a-2\lvert CL\rvert=2\left(a-\lvert CL\rvert\right)=2\lvert LB\rvert,\] czyli \(\lvert LB\rvert=\frac{1}{2}\lvert DM\rvert\). **Krok \(6\).** Odcinek \(LM\) jest wysokością trapezu, więc \(MN\perp LM\). Ponieważ \(LM\parallel BD\), otrzymujemy \(MN\perp BD\). **Krok \(7\).** Kąty \(DNM\) i \(CDB\) mają ramiona odpowiednio prostopadłe (\(ND\perp DC\) oraz \(NM\perp DB\)), więc są równe. Zatem trójkąty prostokątne \(MDN\) i \(BCD\) są podobne, skąd \[\frac{\lvert DM\rvert}{\lvert DN\rvert}=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2},\qquad\text{czyli}\qquad \lvert DN\rvert=2\lvert DM\rvert.\] **Krok \(8\).** Łączymy oba wyniki. W podobieństwie z kroku \(3\) bokowi \(DN\) odpowiada bok \(BL\), a \[\frac{\lvert DN\rvert}{\lvert BL\rvert}=\frac{2\lvert DM\rvert}{\frac{1}{2}\lvert DM\rvert}=4,\] więc trójkąt \(MDN\) jest podobny do trójkąta \(KBL\) w skali \(k=4\). **Krok \(9\).** Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa, zatem \[\frac{P_{MDN}}{P_{KBL}}=k^{2}=4^{2}=16.\] **Uwaga.** Kluczowe są dwa niezależne fakty: równoległość \(LM\parallel BD\) daje \(\lvert LB\rvert=\frac{1}{2}\lvert DM\rvert\), a prostopadłość \(MN\perp BD\) daje \(\lvert DN\rvert=2\lvert DM\rvert\). Dopiero ich połączenie daje skalę \(4\), a nie \(2\). **Odpowiedź.** Stosunek pola trójkąta \(MDN\) do pola trójkąta \(KBL\) jest równy \(16\).

**(dla sposobów I – III)** **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **2 pkt** – wyznaczenie długości odcinka \(CL\) (lub \(LB\)) w zależności od długości odcinka \(DM\), np. \(\lvert CL\rvert=a-\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\), \(\lvert LB\rvert=\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\) oraz uzasadnienie, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne (dla sposobu I) ALBO – uzasadnienie, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne oraz zapisanie długości odcinków \(DE\) oraz \(FL\) za pomocą jednej zmiennej (lub zapisanie związku między nimi), np. \(\lvert DE\rvert=2x\) i \(\lvert FL\rvert=\tfrac{1}{2}x\) (dla sposobu II). ALBO – wyznaczenie współrzędnych wierzchołków trapezu \(KLMN\) w zależności od \(a\) oraz parametru \(c\): \(K=\left(\tfrac{5a-c}{2},0\right)\) oraz \(L=(2a,c-a)\) oraz \(M=(2c-2a,a)\) oraz \(N=(0,5a-4c)\) (dla sposobu III). **1 pkt** – uzasadnienie, że trójkąty \(MDN\) i \(KBL\) są podobne (dla sposobów I oraz II) ALBO – wyznaczenie długości odcinka \(CL\) (lub \(LB\)) w zależności od długości odcinka \(DM\), np. \(\lvert CL\rvert=a-\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\), \(\lvert LB\rvert=\tfrac{1}{2}\cdot\lvert DM\rvert\) (dla sposobu I), ALBO – zapisanie długości odcinków \(DE\) oraz \(FL\) za pomocą jednej zmiennej (lub zapisanie związku między nimi), np. \(\lvert DE\rvert=2x\) i \(\lvert FL\rvert=\tfrac{1}{2}x\) (dla sposobu II), ALBO – umieszczenie prostokąta \(ABCD\) w układzie współrzędnych i zapisanie współrzędnych jego wierzchołków, np. \(A=(0,0)\) i \(B=(2a,0)\) i \(C=(2a,a)\) i \(D=(0,a)\) oraz zapisanie równania prostej \(ML\): \(y=-\tfrac{1}{2}x+c\) (dla sposobu III). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.2R) Zdający stosuje twierdzenie Talesa […] do obliczania długości odcinków […].

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

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

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

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

C. \(8\)

Ponieważ \(AB\parallel CD\), kąty \(EAB\) i \(ECD\) są naprzemianległe, podobnie kąty \(EBA\) i \(EDC\). Trójkąty \(ABE\) i \(CDE\) są więc podobne (cecha kąt-kąt), a skala podobieństwa wynosi \[k=\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert CD\rvert}=2.\] Stosunek pól figur podobnych jest kwadratem skali, więc \[P_{ABE}=k^2\cdot P_{CDE}=4\cdot2=8.\] **Odpowiedź.** C. \(8\)

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

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: 7.3) Rozpoznaje trójkąty podobne; G10.12) oblicza stosunek pól wielokątów podobnych; G10.9) oblicza pola trójkątów.

**B.** \(y=3x+6\)

Równanie prostej zawierającej bok \(AB\) zapisujemy w postaci kierunkowej: \[3x-y+10=0,\qquad y=3x+10.\] Bok \(CD\) jest równoległy do \(AB\), więc prosta zawierająca \(CD\) ma ten sam współczynnik kierunkowy \(3\): \[y=3x+b.\] Ponieważ przechodzi przez punkt \(C=(3,15)\), mamy \[15=3\cdot3+b,\qquad b=6.\] Zatem jej równanie to \(y=3x+6\).

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** IX.2) Zdający posługuje się równaniami prostych i wyznacza równanie prostej o zadanych własnościach, w tym równoległej do innej prostej.

Dla pola \(P\) trapezu zachodzi \[P=\frac{a+b}{2}\sqrt{ab}>ab.\]

Niech \(h\) oznacza wysokość trapezu, a \(c\) długość ramienia. Ponieważ w trapez można wpisać okrąg, suma długości przeciwległych boków jest równa, więc \[2c=a+b,\qquad c=\frac{a+b}{2}.\] Po opuszczeniu wysokości otrzymujemy trójkąt prostokątny o przyprostokątnej \(\frac{a-b}{2}\), zatem \[h^2=c^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2-\left(\frac{a-b}{2}\right)^2=ab.\] Stąd \(h=\sqrt{ab}\) i \[P=\frac{a+b}{2}\sqrt{ab}.\] Ponieważ \(a>b>0\), nierówność między średnią arytmetyczną i geometryczną jest ostra: \[\frac{a+b}{2}>\sqrt{ab}.\] Po pomnożeniu przez \(\sqrt{ab}>0\) dostajemy \(P>ab\).

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **2 pkt** – wyznaczenie pola trapezu w postaci \(P=\frac{a+b}{2}\sqrt{ab}\) **1 pkt** – poprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa i zapisanie równania prowadzącego do wysokości \(h=\sqrt{ab}\), wyznaczenie promienia okręgu wpisanego albo równoważny istotny krok **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7. R1) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i opisane na okręgu.

**a)** \(P(x)=x\sqrt{100-x^2}\) **b)** \(x\in(0,10)\) **c)** Pole jest największe dla \(x=5\sqrt2\) i wynosi \(50\).

**a)** W trapezie równoramiennym rzut poziomy każdej przekątnej jest równy długości odcinka łączącego środki ramion, czyli \(x\). Jeśli \(h\) jest wysokością trapezu, to z twierdzenia Pitagorasa \[x^2+h^2=10^2,\qquad h=\sqrt{100-x^2}.\] Pole trapezu jest iloczynem jego wysokości i długości odcinka łączącego środki ramion, więc \[P(x)=xh=x\sqrt{100-x^2}.\] **b)** Z warunków geometrycznych \(x>0\) oraz \(h>0\), zatem \(100-x^2>0\). Stąd \(x\in(0,10)\). **c)** Dla \(x\in(0,10)\) maksymalizacja \(P\) jest równoważna maksymalizacji \[P(x)^2=x^2(100-x^2).\] Niech \(u=x^2\). Wtedy \[P(x)^2=u(100-u)=2500-(u-50)^2\leq2500.\] Równość zachodzi dla \(u=50\), czyli \(x=5\sqrt2\). Wówczas \(P_{\max}=\sqrt{2500}=50\).

**Łącznie można uzyskać: 7 pkt** – **Część a: 2 pkt** – pełne wyprowadzenie wzoru \(P(x)=x\sqrt{100-x^2}\) **1 pkt** – poprawny istotny krok prowadzący do tego wzoru **Część b: 1 pkt** – wyznaczenie dziedziny \(x\in(0,10)\) **Część c: 4 pkt** – poprawna metoda oraz wynik \(x=5\sqrt2\), \(P_{\max}=50\) **3 pkt** – poprawne zbadanie monotoniczności lub równoważne przekształcenie prowadzące do maksimum **2 pkt** – wyznaczenie punktu krytycznego albo poprawne rozpoczęcie maksymalizacji **1 pkt** – obliczenie pochodnej lub równoważny istotny krok **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 11. R6) Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

\[P_{ABCD}=22{,}14.\]

Trójkąty prostokątne \(ABC\) i \(CAD\) są podobne. Odpowiadające sobie boki spełniają zależność \[\frac{|CD|}{|AC|}=\frac{|AC|}{|AB|}.\] Zatem \[\frac{|CD|}{6}=\frac6{7{,}5},\qquad |CD|=4{,}8.\] Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ACD\): \[|AD|^2=|AC|^2-|CD|^2=6^2-4{,}8^2=12{,}96,\] więc \[|AD|=3{,}6.\] Pole trapezu jest równe \[P_{ABCD}=\frac12(|AB|+|CD|)\cdot|AD|\] \[=\frac12(7{,}5+4{,}8)\cdot3{,}6=22{,}14.\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik \(P_{ABCD}=22{,}14\) **3 pkt** – obliczenie \(|AD|=3{,}6\) oraz \(|CD|=4{,}8\); albo obliczenie pól trójkątów \(P_{ABC}=13{,}5\) i \(P_{CAD}=8{,}64\) **2 pkt** – obliczenie jednej z długości \(|AD|=3{,}6\), \(|CD|=4{,}8\); albo pola \(P_{ABC}=13{,}5\) **1 pkt** – obliczenie \(|BC|=4{,}5\); albo zapisanie poprawnej proporcji wynikającej z podobieństwa trójkątów, na przykład \(\frac{|CD|}{|AC|}=\frac{|AC|}{|AB|}\); albo zapisanie równoważnej zależności umożliwiającej dalsze rozwiązanie **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:** VIII.8) Zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów. SP IX.2) Zdający stosuje wzory na pole trójkąta i trapezu, także do wyznaczania długości odcinków.

**B.** \(30^\circ\)

Różnica długości podstaw trapezu jest równa \[|AB|-|CD|=8-5=3.\] Po opuszczeniu wysokości z punktu \(C\) otrzymujemy trójkąt prostokątny, w którym dla \(\alpha=\angle ABC\) \[\tan\alpha=\frac{\sqrt3}{3}.\] Stąd \(\alpha=30^\circ\).

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VII.4) Zdający oblicza kąty trójkąta.

\[|BE|=20.\]

Trójkąty \(ABE\) oraz \(DCE\) są podobne na podstawie cechy kąt-kąt-kąt: kąty przy \(A\) i \(D\) są proste, a \(|\angle BEA|=|\angle CED|\). Zatem \[\frac{|AE|}{|AB|}=\frac{|DE|}{|CD|}.\] Ponieważ \(|AD|=24\), mamy \(|DE|=24-|AE|\). Stąd \[\frac{|AE|}{12}=\frac{24-|AE|}{6},\] \[6|AE|=288-12|AE|,\qquad 18|AE|=288,\qquad |AE|=16.\] W trójkącie prostokątnym \(ABE\), z twierdzenia Pitagorasa, \[|BE|^2=|AB|^2+|AE|^2=12^2+16^2=400.\] Zatem \[|BE|=20.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i obliczenie długości odcinka \(BE\): \(|BE|=20\) **1 pkt** – obliczenie \(|DE|=8\) albo obliczenie \(|AE|=16\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania **Uwaga CKE:** zapisanie wyłącznie \(|BE|=20\), bez poprawnej metody, daje \(0\) punktów.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.8) Zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów.

\[|BE|=20.\]

Trójkąty \(ABE\) oraz \(DCE\) są podobne na podstawie cechy kąt-kąt-kąt. Z podobieństwa \[\frac{|AE|}{|AB|}=\frac{|DE|}{|CD|}.\] Ponieważ \(|AD|=24\), mamy \(|DE|=24-|AE|\), więc \[\frac{|AE|}{12}=\frac{24-|AE|}{6}.\] Stąd \[|AE|=48-2|AE|,\qquad 3|AE|=48,\qquad |AE|=16.\] Trójkąt \(ABE\) jest prostokątny, zatem \[|BE|=\sqrt{|AB|^2+|AE|^2}=\sqrt{12^2+16^2}=\sqrt{400}=20.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i obliczenie długości odcinka \(BE\): \(|BE|=20\) **1 pkt** – obliczenie \(|DE|=8\) albo \(|AE|=16\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, podanie samego wyniku bez poprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.3) Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje cechy podobieństwa trójkątów.

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

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

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

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

\(16\sqrt3\)

Opuszczamy z \(D\) i \(C\) wysokości na podstawę \(AB\). W trójkącie prostokątnym przy kącie \(60^\circ\): \[AE=4\cos60^\circ=2,\qquad h=4\sin60^\circ=2\sqrt3.\] Trapez jest równoramienny, więc drugi odcinek przy podstawie również ma długość \(2\), a zatem \[AB=6+2+2=10.\] Pole trapezu wynosi \[P=\frac{AB+CD}{2}\cdot h=\frac{10+6}{2}\cdot2\sqrt3=16\sqrt3.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(16\sqrt3\) **1 pkt** – wyznaczenie \(AE=2\), wysokości \(2\sqrt3\) albo równoważny istotny postęp wskazany w kluczu **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska - związki miarowe w trójkącie prostokątnym i pole trapezu.

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

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.

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

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

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

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

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

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

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

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

\(\sin\angle ABC=\frac8{17}\)

Sprowadzamy równanie okręgu do postaci kanonicznej: \[(x-19)^2+(y+11)^2=578=(17\sqrt2)^2,\] zatem promień ma długość \(R=17\sqrt2\). Punkty \(A\) i \(C\) są punktami przecięcia okręgu z prostą \(y=x\). Po podstawieniu otrzymujemy \[2x^2-16x-96=0,\] więc \(x=-4\) lub \(x=12\). Ponieważ \(A\) ma obie współrzędne ujemne, \[A=(-4,-4),\qquad C=(12,12).\] Stąd \[|AC|=\sqrt{16^2+16^2}=16\sqrt2.\] Z twierdzenia sinusów w trójkącie \(ABC\): \[\frac{|AC|}{\sin\angle ABC}=2R,\] a zatem \[\sin\angle ABC=\frac{16\sqrt2}{34\sqrt2}=\frac8{17}.\]

**4 pkt** – zastosowanie twierdzenia sinusów i wynik \(\frac8{17}\) **3 pkt** – obliczenie \(R=17\sqrt2\) i \(|AC|=16\sqrt2\) **2 pkt** – obliczenie promienia oraz punktów \(A=(-4,-4)\), \(C=(12,12)\) albo punktów i długości \(AC\) **1 pkt** – obliczenie promienia albo współrzędnych \(A\) i \(C\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. stosowanie i tworzenie strategii w zadaniach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** IX.1R i VII.5 stosowanie równania okręgu w postaci ogólnej oraz twierdzenia sinusów.

\(\sin\angle ABC=\frac8{17}\)

Sprowadzamy równanie okręgu do postaci kanonicznej: \[(x-19)^2+(y+11)^2=578=(17\sqrt2)^2,\] zatem promień ma długość \(R=17\sqrt2\). Punkty \(A\) i \(C\) są punktami przecięcia okręgu z prostą \(y=x\). Po podstawieniu otrzymujemy \[2x^2-16x-96=0,\] więc \(x=-4\) lub \(x=12\). Ponieważ \(A\) ma obie współrzędne ujemne, \[A=(-4,-4),\qquad C=(12,12).\] Stąd \[|AC|=\sqrt{16^2+16^2}=16\sqrt2.\] Z twierdzenia sinusów w trójkącie \(ABC\): \[\frac{|AC|}{\sin\angle ABC}=2R,\] a zatem \[\sin\angle ABC=\frac{16\sqrt2}{34\sqrt2}=\frac8{17}.\]

**4 pkt** – zastosowanie twierdzenia sinusów i wynik \(\frac8{17}\) **3 pkt** – obliczenie \(R=17\sqrt2\) i \(|AC|=16\sqrt2\) **2 pkt** – obliczenie promienia oraz punktów \(A=(-4,-4)\), \(C=(12,12)\) albo punktów i długości \(AC\) **1 pkt** – obliczenie promienia albo współrzędnych \(A\) i \(C\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.4 stosowanie i tworzenie strategii w zadaniach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** IX.1R i VII.5 stosowanie równania okręgu w postaci ogólnej oraz twierdzenia sinusów.

**P, P**

\(1\). Ponieważ \(AB\parallel CD\), odpowiednie kąty przy podstawach są równe, a kąty \(AEB\) i \(CED\) są wierzchołkowe. Z cechy kąt-kąt trójkąty \(ABE\) i \(CDE\) są podobne. Pierwsze stwierdzenie jest prawdziwe. \(2\). Trójkąty \(ACD\) i \(BCD\) mają wspólną podstawę \(CD\). Ich wysokości opuszczone na prostą \(CD\) są równe, ponieważ punkty \(A\) i \(B\) leżą na prostej równoległej do \(CD\). Pola są więc równe. Drugie stwierdzenie jest prawdziwe.

**1 pkt** – poprawna odpowiedź **P, P** **0 pkt** – odpowiedź niepełna, niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** VIII.4 zdający korzysta z własności kątów i przekątnych w trapezach.

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

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

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

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

**A.** \(18\)

Stosunek pól figur podobnych jest kwadratem skali podobieństwa. Jeśli \(k\) oznacza skalę trapezu \(T_2\) względem \(T_1\), to \[k^2=\frac{13}{52}=\frac14,\qquad k=\frac12.\] Obwody figur podobnych są w stosunku \(k\), więc obwód trapezu \(T_2\) wynosi \[36\cdot\frac12=18.\]

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska - pola i obwody figur podobnych.

\[|AD|=\frac{120}{13}.\]

Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny w punkcie \(C\), dlatego \[|AC|^2+|BC|^2=|AB|^2,\] \[|AC|^2+24^2=26^2,\qquad |AC|=10.\] Ponieważ \(AB\parallel CD\), trójkąty \(DCA\) i \(CAB\) są podobne. Stąd \[\frac{|AD|}{|AC|}=\frac{|BC|}{|AB|},\] \[\frac{|AD|}{10}=\frac{24}{26}.\] Zatem \[|AD|=\frac{120}{13}.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(|AD|=10\cdot\frac{24}{26}=\frac{120}{13}\) **1 pkt** – obliczenie \(|AC|=10\), wskazanie podobieństwa trójkątów \(DCA\) i \(CAB\) albo zapisanie poprawnej proporcji odpowiednich boków **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i wykorzystywanie cech podobieństwa.

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

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

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

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

\[V(R,\alpha)=R^3\sin\alpha(1+\sin\alpha)\sqrt{2-2\sin\alpha}.\]

Długości podstaw trapezu wynoszą \[|AB|=2R,\qquad |CD|=2R\sin\alpha,\] a jego wysokość jest równa \(R\cos\alpha\). Zatem pole podstawy graniastosłupa ma wartość \[P_p=R^2(1+\sin\alpha)\cos\alpha.\] Ramię trapezu ma długość \[|AD|=R\sqrt{2-2\sin\alpha}.\] Jeżeli \(H\) oznacza wysokość graniastosłupa, to z nachylenia przekątnej ściany bocznej otrzymujemy \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{H}{|AD|},\qquad H=R\sqrt{2-2\sin\alpha}\operatorname{tg}\alpha.\] Wobec tego \[V=P_pH=R^3\sin\alpha(1+\sin\alpha)\sqrt{2-2\sin\alpha}.\]

**5 pkt** – poprawne wyznaczenie objętości jako funkcji \(R\) i \(\alpha\) **4 pkt** – poprawne pole podstawy i wysokość graniastosłupa, lecz błąd rachunkowy w końcowym wzorze **3 pkt** – wyznaczenie \(|AD|=R\sqrt{2-2\sin\alpha}\) oraz zależności \(H=|AD|\operatorname{tg}\alpha\) **2 pkt** – poprawne wyznaczenie pola trapezu albo wysokości graniastosłupa **1 pkt** – poprawne wyznaczenie co najmniej dwóch podstawowych długości w trapezie **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.1 i 9.3 rozpoznawanie kątów w graniastosłupach oraz stosowanie trygonometrii do obliczania długości, pól i objętości.

\[|AA'|=|BB'|.\]

Oznaczmy przez \(H\) wysokość trapezu \(ABCD\), a przez \(h\) odległość punktu \(O\) od podstawy \(AB\). Ponieważ \(AD\parallel A'O\), trójkąty \(ABD\) i \(A'BO\) są podobne, zatem \[\frac{|AB|}{|A'B|}=\frac{H}{h}.\] Ponieważ \(BC\parallel B'O\), trójkąty \(ABC\) i \(AB'O\) także są podobne, więc \[\frac{|AB|}{|AB'|}=\frac{H}{h}.\] Stąd \(|A'B|=|AB'|\). Ponadto \[|A'B|=|AB|-|AA'|,\qquad |AB'|=|AB|-|BB'|.\] Po odjęciu \(|AB|\) otrzymujemy \(|AA'|=|BB'|\), co należało wykazać.

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego poprawnego dowodu **2 pkt** – zapisanie obu proporcji wynikających z podobieństwa trójkątów **1 pkt** – rozpoznanie jednego z podobieństw i zapisanie odpowiedniej proporcji **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R7.3 rozpoznawanie figur podobnych i wykorzystywanie ich własności.

**C.** \(9\)

Trójkąty \(ABO\) i \(CDO\) są podobne. Stosunek ich obwodów, a więc także odpowiadających długości, wynosi \[\frac{39}{13}=3.\] Wysokości obu trójkątów opuszczone z punktu \(O\) na równoległe podstawy \(AB\) i \(CD\) są w stosunku \(3:1\), a ich suma jest wysokością trapezu równą \(12\). Zatem \[h_{ABO}=\frac34\cdot12=9.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VIII.4, VIII.8 i VIII.9 korzystanie z własności trapezów, cech podobieństwa trójkątów oraz zależności między obwodami figur podobnych.

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.

\[|DP|^2+|CP|^2-|CD|^2=\frac{4\sqrt2}{3}|DP|\cdot|CP|.\]

Trójkąty \(APB\) i \(CPD\) są podobne. Oznaczmy promienie okręgów opisanych na tych trójkątach odpowiednio przez \(R_1\) i \(R_2\). Z podobieństwa oraz danych zadania \[\frac{|AB|}{|CD|}=\frac{R_1}{R_2},\qquad |AB|=|CD|+2,\qquad R_1=R_2+3.\] Stąd \[\frac{|CD|+2}{|CD|}=\frac{R_2+3}{R_2},\] czyli \(2R_2=3|CD|\), a więc \[|CD|=\frac23R_2.\] Niech \(\alpha=\angle CPD\). Z twierdzenia sinusów \[\frac{|CD|}{\sin\alpha}=2R_2,\] zatem \(\sin\alpha=\frac13\). Trójkąt \(CPD\) jest ostrokątny, więc \[\cos\alpha=\sqrt{1-\frac19}=\frac{2\sqrt2}{3}.\] Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(CPD\) \[|CD|^2=|DP|^2+|CP|^2-2|DP|\cdot|CP|\cos\alpha.\] Po przekształceniu i podstawieniu wartości cosinusa otrzymujemy tezę.

**3 pkt** – przeprowadzenie pełnego poprawnego dowodu **2 pkt** – wyznaczenie \(\sin\alpha=\frac13\) albo równoważnie \(\cos\alpha=\frac{2\sqrt2}{3}\) **1 pkt** – poprawne powiązanie długości podstaw trapezu z promieniami okręgów na podstawie podobieństwa albo wskazanie warunku na cosinus równoważnego tezie **0 pkt** – brak poprawnego postępu

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R7.4 związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzeń sinusów i cosinusów.

**B.** \(\frac{a-b}{6}\sqrt3\)

Po opuszczeniu wysokości z końców krótszej podstawy powstają dwa przystające trójkąty prostokątne. Pozioma przyprostokątna każdego z nich ma długość \(\frac{a-b}{2}\). Jeśli \(h\) oznacza wysokość trapezu, to \[\tan30^\circ=\frac{h}{(a-b)/2}.\] Stąd \[h=\frac{a-b}{2}\cdot\frac1{\sqrt3}=\frac{a-b}{6}\sqrt3.\]

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

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

\[P_{CDS}=\frac{16}{3}.\]

Ponieważ \(AB\parallel CD\), trójkąty \(ASB\) i \(CSD\) są podobne. Skala podobieństwa pierwszego trójkąta do drugiego wynosi \[\frac{|AS|}{|SC|}=\frac32.\] Stosunek pól figur podobnych jest kwadratem skali, zatem \[\frac{P_{ABS}}{P_{CDS}}=\left(\frac32\right)^2=\frac94.\] Ponieważ \(P_{ABS}=12\), otrzymujemy \[P_{CDS}=12\cdot\frac49=\frac{16}{3}.\]

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i obliczenie \(P_{CDS}=\frac{16}{3}\) **1 pkt** – stwierdzenie podobieństwa trójkątów \(ASB\) i \(CSD\), zapisanie równości \(\frac{|AS|}{|SC|}=\frac{|BS|}{|SD|}=\frac32\) albo poprawnego stosunku ich pól **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i wykorzystywanie stosunku pól figur podobnych.

Wysokość trapezu skrócono o \(20\%\).

Początkowe pole trapezu wynosi \[P=\frac{a+b}{2}h.\] Po wydłużeniu obu podstaw o \(25\%\) mają one długości \(\frac54a\) i \(\frac54b\). Jeśli nową wysokość oznaczymy przez \(x\), to z równości pól \[\frac{a+b}{2}h=\frac{\frac54a+\frac54b}{2}x=\frac54\cdot\frac{a+b}{2}x.\] Stąd \[h=\frac54x,\qquad x=\frac45h=0{,}8h.\] Nowa wysokość stanowi \(80\%\) dawnej, więc skrócono ją o \(20\%\).

**2 pkt** – poprawny wynik: wysokość skrócono o \(20\%\) **1 pkt** – zapisanie równości pól starego i nowego trapezu z podstawami \(\frac54a\), \(\frac54b\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie wzoru na pole trapezu i obliczeń procentowych do porównywania wielkości.

**C.** \(y=5x-10\)

Bok \(CD\) jest równoległy do \(AB\), więc jego prosta ma ten sam współczynnik kierunkowy \(5\). Przechodzi przez punkt \(C=(3,5)\), zatem \[y-5=5(x-3).\] Po uporządkowaniu otrzymujemy \(y=5x-10\).

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 8.3 wyznaczanie równania prostej równoległej i przechodzącej przez dany punkt.

A. \(\frac{4}{3}\)

W trapezie prostokątnym \(ABCD\) ramię \(AD\) jest prostopadłe do podstaw, więc \(\lvert AD\rvert=4\) jest wysokością. Rzut wierzchołka \(C\) na podstawę \(AB\) odcina przy kącie \(ABC\) trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \[\lvert AB\rvert-\lvert DC\rvert=8-5=3\qquad\text{oraz}\qquad h=4\] (zgodnie z danymi \(\lvert BC\rvert=\sqrt{3^2+4^2}=5\)). Tangens kąta ostrego to iloraz przyprostokątnej naprzeciw kąta przez przyprostokątną przy kącie: \[\operatorname{tg}\lvert\angle ABC\rvert=\frac43.\] **Odpowiedź.** A. \(\dfrac43\)

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

Zadanie 16. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2020 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[V=624.\]

Ponieważ wszystkie ściany boczne ostrosłupa są nachylone do podstawy pod tym samym kątem, spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu wpisanego w trapez \(ABCD\). Trapez jest więc opisany na okręgu, a zatem \[|AB|+|CD|=|AD|+|BC|=10+16=26.\] Wysokość trapezu obliczamy z boku \(BC\): \[h=|BC|\sin30^\circ=16\cdot\frac12=8.\] Okrąg jest styczny do obu równoległych podstaw, więc jego średnica jest równa wysokości trapezu; stąd promień \(r=4\). Jeśli \(H\) oznacza wysokość ostrosłupa, to \[\operatorname{tg}\alpha=\frac Hr=\frac92,\qquad H=4\cdot\frac92=18.\] Pole podstawy wynosi \[P_p=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h=\frac{26}{2}\cdot8=104.\] Zatem objętość ostrosłupa jest równa \[V=\frac13P_pH=\frac13\cdot104\cdot18=624.\]

**6 pkt** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=624\) **5 pkt** – rozwiązanie poprawne merytorycznie z drobną usterką rachunkową lub w zapisie **4 pkt** – obliczenie wysokości ostrosłupa \(H=18\) i pola podstawy \(P_p=104\) **3 pkt** – wykorzystanie własności trapezu opisanego na okręgu i obliczenie wysokości ostrosłupa albo obliczenie pola podstawy \(104\) **2 pkt** – wykorzystanie własności trapezu opisanego na okręgu wraz z obliczeniem wysokości trapezu \(8\) albo obliczenie wysokości trapezu i ostrosłupa **1 pkt** – stwierdzenie, że spodek wysokości jest środkiem okręgu wpisanego w trapez, zapisanie \(|AB|+|CD|=26\) albo obliczenie wysokości trapezu \(8\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.6 i R9.1 stosowanie trygonometrii w stereometrii oraz twierdzeń charakteryzujących czworokąty opisane na okręgu.

\[\lvert BD\rvert=2\sqrt{17}.\]

Krótsza podstawa \(DC\) trapezu jest równoległa do \(AB\), więc kąt, jaki przekątna \(AC\) tworzy z \(DC\), jest równy kątowi \(CAB\). Zatem \(\lvert\angle CAB\rvert=30^\circ\). Wysokość trapezu jest odległością prostej \(DC\) od prostej \(AB\); w trójkącie prostokątnym wyznaczonym przez \(AC\) mamy \[h=\lvert AC\rvert\cdot\sin 30^\circ=4\cdot\tfrac12=2.\] Trapez jest prostokątny, a jego ramię \(AD\) jest prostopadłe do podstaw, więc \(\lvert AD\rvert=h=2\). Trójkąt \(ABD\) ma kąt prosty przy wierzchołku \(A\), zatem z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert BD\rvert=\sqrt{\lvert AB\rvert^{2}+\lvert AD\rvert^{2}}=\sqrt{8^{2}+2^{2}}=\sqrt{68}=2\sqrt{17}.\] **Odpowiedź.** \(\lvert BD\rvert=2\sqrt{17}\).

**2 pkt** – gdy zdający obliczy długość przekątnej \(BD\) trapezu: \(\lvert BD\rvert=\sqrt{68}\). **[…] pkt** – gdy zdający zapisze wysokość trapezu: \(\lvert AD\rvert=2\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.

IV. Użycie i tworzenie strategii. 7. Planimetria. Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych, w tym ze wzoru na pole trójkąta ostrokątnego o danych dwóch bokach i kącie między nimi (7.4).

cos α=\(9\)/√\(106=9\)√\(\frac{106}{106}\). Ze wzoru V=(πH/\(3\))(\(r^{2}\)+rR+\(R^{2}\)), przy H=\(10\), V=\(840\pi \) i r=\(6\), otrzymujemy R=\(12\). Przekrój osiowy jest trapezem o podstawach \(24\) i \(12\) oraz wysokości \(10\). Rzut poziomy przekątnej ma długość \(18\), a przekątna \(2\sqrt{106}\), więc cos α=\(18\)/(\(2\sqrt{106}\)).

Podstawiamy dane do wzoru na objętość stożka ściętego: \[840\pi=\frac{\pi\cdot10}{3}\left(6^{2}+6R+R^{2}\right).\] Dzielimy obie strony przez \(\pi\) i mnożymy przez \(\tfrac{3}{10}\): \[252=R^{2}+6R+36,\qquad R^{2}+6R-216=0.\] Wyróżnik \(\Delta=36+864=900\), \(\sqrt{\Delta}=30\), więc \[R=\frac{-6+30}{2}=12\qquad\text{lub}\qquad R=\frac{-6-30}{2}=-18.\] Promień jest dodatni, więc \(R=12\) (warunek \(r<R\) jest spełniony). Przekrojem osiowym stożka ściętego jest trapez równoramienny o podstawach \(2R=24\) i \(2r=12\) oraz wysokości \(10\). Rzut przekątnej tego trapezu na dłuższą podstawę ma długość \[\frac{24}{2}+\frac{12}{2}=18,\] a sama przekątna \[d=\sqrt{18^{2}+10^{2}}=\sqrt{424}=2\sqrt{106}.\] Kąt \(\alpha\) nachylenia przekątnej do dłuższej podstawy spełnia \[\cos\alpha=\frac{18}{2\sqrt{106}}=\frac{9}{\sqrt{106}}=\frac{9\sqrt{106}}{106}\approx0{,}874.\] **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\dfrac{9\sqrt{106}}{106}\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: zdający wyznaczy promień \(R\) większej podstawy: \(R=12\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający wyznaczy promień \(R\) większej podstawy: \(R=12\) i długość odcinka \(EB\): \(\lvert EB\rvert=18\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający obliczy długość przekątnej trapezu \(\lvert BD\rvert=2\sqrt{106}\) albo obliczy tangens kąta \(DBE\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **4 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy \(\cos\lvert\sphericalangle DBE\rvert=\frac{9\sqrt{106}}{106}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje w walcach i stożkach kąt między odcinkami oraz kąt między odcinkami i płaszczyznami (9.3). 3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą (3.4).

\[P_{ABCD}=72.\]

Oznaczmy \(\lvert CD\rvert=b\); z warunku zadania \(\lvert AB\rvert=2b\). Ramię \(AD\) jest wysokością trapezu — oznaczmy \(\lvert AD\rvert=h\). W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe: \[\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert=\lvert AD\rvert+\lvert BC\rvert,\qquad 2b+b=h+10,\qquad h=3b-10.\] Rzut wierzchołka \(C\) na podstawę \(AB\) odcina trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(\lvert AB\rvert-\lvert CD\rvert=b\) oraz \(h\), a przeciwprostokątnej \(\lvert BC\rvert=10\). Z twierdzenia Pitagorasa \[b^2+h^2=100,\qquad b^2+\left(3b-10\right)^2=100,\] \[10b^2-60b=0,\qquad 10b\left(b-6\right)=0.\] Ponieważ \(b>0\), otrzymujemy \(b=6\), a stąd \(h=8\) i \(\lvert AB\rvert=12\). Sprawdzenie: \(\sqrt{6^2+8^2}=10\). Pole trapezu: \[P=\frac{\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert}{2}\cdot h=\frac{12+6}{2}\cdot8=72.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=72\)

**1–2 pkt** – zapisanie warunku opisania trapezu na okręgu i wyrażenie wysokości przez \(b\). **3–4 pkt** – ułożenie i rozwiązanie równania \(b^2+(3b-10)^2=100\). **5 pkt** – obliczenie pola \(P=72\).

Klasyfikacja rzeczowa: stosowanie własności czworokąta opisanego na okręgu, twierdzenia Pitagorasa i wzoru na pole trapezu.

D

Podstawy trapezu równoramiennego mają długości \(12\) i \(2\), a każde ramię \(13\). Rzuty ramion na dłuższą podstawę są równe i mają łączną długość \(12-2=10\), czyli po \(5\). Ramię, wysokość i taki rzut tworzą trójkąt prostokątny, więc \[h=\sqrt{13^2-5^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12.\] **Odpowiedź.** D. \(12\)

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

Zadanie 18. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[a\in(1,2),\qquad L(a)=\frac{4a^2-8a+8}{a}.\] Najmniejszy obwód występuje dla \(a=\sqrt2\), a tangens kąta ostrego jest równy \[1.\]

Oznaczmy krótszą podstawę przez \(b\), wysokość przez \(h\), a ramię przez \(c\). Z warunku zadania \[h=2-a.\] Dłuższa podstawa musi być dłuższa od wysokości, a wysokość dodatnia, więc \(a>2-a\) i \(a<2\). Stąd \[a\in(1,2).\] Dla trapezu równoramiennego opisanego na okręgu zachodzi \(a+b=2c\). Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta przy ramieniu: \[c^2=h^2+\left(\frac{a-b}{2}\right)^2.\] Po użyciu \(c=\frac{a+b}{2}\) otrzymujemy \(h^2=ab\), zatem \[b=\frac{(2-a)^2}{a}.\] Obwód wynosi \[L=2(a+b)=2a+2\frac{(2-a)^2}{a}=\frac{4a^2-8a+8}{a}.\] Pochodna ma postać \[L'(a)=4-\frac8{a^2}=\frac{4(a^2-2)}{a^2}.\] W przedziale \((1,2)\) funkcja maleje do \(a=\sqrt2\), a następnie rośnie, więc tam osiąga minimum. Dla kąta ostrego \(\alpha\) mamy \[\tan\alpha=\frac{h}{(a-b)/2}.\] Po podstawieniu \(a=\sqrt2\), \(h=2-\sqrt2\) i \(b=\frac{(2-\sqrt2)^2}{\sqrt2}\) otrzymujemy \[\tan\alpha=1.\]

**7 pkt** – wykonanie wszystkich trzech części i obliczenie \(\tan\alpha=1\) **6 pkt** – poprawne uzasadnienie, że najmniejszy obwód występuje dla \(a=\sqrt2\), bez poprawnego tangensa **5 pkt** – wyznaczenie miejsc zerowych pochodnej i rozpoczęcie poprawnej analizy minimum **4 pkt** – poprawne obliczenie pochodnej funkcji \(L\) **3 pkt** – wyznaczenie dziedziny \((1,2)\), poprawnej zależności między \(a\) i \(b\) oraz wykazanie wzoru na \(L(a)\) **2 pkt** – poprawne wykonanie dwóch części pierwszego etapu CKE **1 pkt** – poprawne wykonanie jednej części: dziedziny, zależności \(h^2=ab\) lub przekształcenia obwodu **0 pkt** – brak istotnego postępu

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R7.5 zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów. R11.6 zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

B. \(2\)(a − b)

Z rysunku odczytujemy, że trapez \(KLMN\) jest prostokątny: ramię \(KN\) jest prostopadłe do obu podstaw, a kąt ostry \(KLM\) o mierze \(60^\circ\) leży przy dłuższej podstawie \(KL\). Spuszczamy z wierzchołka \(M\) wysokość na podstawę \(KL\); jej spodek oznaczmy przez \(P\). Powstaje trójkąt prostokątny \(MPL\), w którym: - przeciwprostokątną jest ramię \(LM\), - przyprostokątna \(PL\) leżąca przy kącie \(60^\circ\) ma długość równą różnicy podstaw, bo \(KPMN\) jest prostokątem: \[|PL|=|KL|-|KP|=a-b.\] Z definicji cosinusa kąta ostrego: \[\cos60^\circ=\frac{|PL|}{|LM|},\qquad \frac12=\frac{a-b}{|LM|}.\] Stąd \[|LM|=2(a-b).\] Założenie \(a>b\) gwarantuje, że długość ta jest dodatnia. **Odpowiedź.** B: \(2(a-b)\)

Zadanie 17. (0−1) **Wymaganie ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymaganie szczegółowe:** 7. Planimetria. Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych (7.4).

P = \(25\)

Oznaczmy trapez równoramienny \(ABCD\) o podstawach \(AB\) i \(CD\), a punkt przecięcia przekątnych przez \(O\). Z symetrii trapezu równoramiennego przekątne mają równe długości i dzielą się w tym samym stosunku, więc \[\lvert AO\rvert=\lvert BO\rvert=3x,\qquad \lvert CO\rvert=\lvert DO\rvert=2x.\] Przekątne są prostopadłe, więc trójkąt \(AOD\) jest prostokątny o przyprostokątnych \(3x\) i \(2x\), a jego przeciwprostokątną jest ramię \(AD\): \[\lvert AD\rvert^2=(3x)^2+(2x)^2=13x^2.\] Z warunku \(\lvert AD\rvert=\sqrt{26}\) otrzymujemy \(13x^2=26\), czyli \(x^2=2\) i \(x=\sqrt2\). Każda przekątna ma długość \(5x=5\sqrt2\). Pole czworokąta o prostopadłych przekątnych jest połową ich iloczynu: \[P=\tfrac12\cdot5\sqrt2\cdot5\sqrt2=\tfrac12\cdot50=25.\] **Odpowiedź.** \(P=25\)

**1–3 pkt** – oznaczenie odcinków przekątnych jako \(2x\) i \(3x\), wyznaczenie \(x=\sqrt2\) oraz długości przekątnych albo wymiarów trapezu. **4 pkt** – obliczenie pola \(P=25\).

III. Modelowanie matematyczne. G10. Figury płaskie. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa (G10.7). 3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą (3.4).

Pole koła wynosi (\(252\)−\(144\sqrt{3}\))π. Z geometrii trapezu otrzymujemy kąty α=β=\(30\)°, wysokość trapezu \(3\sqrt{3}\) i podobieństwo trójkątów ABP oraz CDP w skali \(2\). Stąd PO=\(2\sqrt{3}\) i AP=BP=\(4\sqrt{3}\). Pole trójkąta ABP wynosi \(12\sqrt{3}\), więc z zależności P=rs promień okręgu wpisanego jest równy \(12\)−\(6\sqrt{3}\).

Kąt \(ADB\) jest kątem wpisanym opartym na średnicy \(AB\), więc trójkąt \(ABD\) jest prostokątny przy \(D\). Stąd \[\sin\lvert\angle ABD\rvert=\frac{\lvert AD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{6}{12}=\frac12,\qquad \lvert\angle ABD\rvert=30^\circ,\qquad \lvert\angle DAB\rvert=60^\circ.\] Wysokość trapezu: \[h=\lvert AD\rvert\sin60^\circ=3\sqrt3,\] a krótsza podstawa \[\lvert CD\rvert=\lvert AB\rvert-2\lvert AD\rvert\cos60^\circ=12-6=6.\] Trójkąty \(ABP\) i \(CDP\) są podobne (kąty naprzemianległe przy \(AB\parallel CD\)) w skali \(\frac{12}{6}=2\), więc wysokość trapezu dzieli się w stosunku \(2:1\); odległość \(P\) od \(AB\) wynosi \[\tfrac23\cdot3\sqrt3=2\sqrt3.\] Trapez jest równoramienny, więc trójkąt \(ABP\) jest równoramienny o podstawie \(AB=12\): \[\lvert AP\rvert=\lvert BP\rvert=\sqrt{6^2+\left(2\sqrt3\right)^2}=\sqrt{48}=4\sqrt3,\qquad P_{ABP}=\tfrac12\cdot12\cdot2\sqrt3=12\sqrt3.\] Z zależności \(P=r\cdot p\) (pole równe iloczynowi promienia okręgu wpisanego i połowy obwodu): \[p=\frac{12+4\sqrt3+4\sqrt3}{2}=6+4\sqrt3,\qquad r=\frac{12\sqrt3}{6+4\sqrt3}=12-6\sqrt3.\] (\(r>0\), bo \(12>6\sqrt3\approx10{,}39\).) Pole koła wpisanego: \[P_{k}=\pi r^2=\pi\left(12-6\sqrt3\right)^2=\pi\left(144-144\sqrt3+108\right)=\left(252-144\sqrt3\right)\pi.\] **Odpowiedź.** \(P_{k}=\left(252-144\sqrt3\right)\pi\)

**1–2 pkt** – wyznaczenie kątów trapezu i jego wysokości \(3\sqrt3\). **3–4 pkt** – wyznaczenie \(\lvert AP\rvert=\lvert BP\rvert=4\sqrt3\) oraz pola trójkąta \(ABP\). **5 pkt** – wyznaczenie promienia \(r=12-6\sqrt3\). **6 pkt** – obliczenie pola koła \(\left(252-144\sqrt3\right)\pi\).

Klasyfikacja rzeczowa: stosowanie własności trapezu wpisanego w okrąg, podobieństwa trójkątów oraz zależności między polem trójkąta i promieniem okręgu wpisanego.

\[P(x)=4+2x-x^2-\frac12x^3,\qquad x\in(0,2),\] \[C=\left(\frac23,\frac{16}{9}\right).\]

Niech \(C=(x,y)\). Ponieważ \(C\) leży na paraboli, \[C=\left(x,2-\frac12x^2\right),\qquad 0<x<2.\] Z symetrii \(|AB|=4\), \(|CD|=2x\), a wysokość trapezu wynosi \(2-\frac12x^2\). Stąd \[P(x)=\frac{4+2x}{2}\left(2-\frac12x^2\right)=4+2x-x^2-\frac12x^3.\] Pochodna ma postać \[P'(x)=2-2x-\frac32x^2=-\frac32\left(x-\frac23\right)(x+2).\] W przedziale \((0,\frac23)\) pochodna jest dodatnia, a w \((\frac23,2)\) ujemna, więc pole jest największe dla \(x=\frac23\). Wtedy \[y=2-\frac12\left(\frac23\right)^2=\frac{16}{9},\] czyli \(C=(\frac23,\frac{16}{9})\).

*Schemat punktowania CKE zachował się przy tym zadaniu bez liczb: cyfry stały w wąskiej kolumnie tabeli i nie przetrwały odczytu arkusza. Poziomy oceniania zostają, punktów nie dopisujemy — zgadnięty próg to źle policzona praca.* **Rozwiązanie składa się z trzech etapów i jest warte łącznie 7 pkt.** **Etap I: 3 pkt** – po \(1\) pkt za zapisanie \(\lvert CD\rvert=2x\) i \(h=2-\tfrac{1}{2}x^2\); wyznaczenie \(P(x)=4+2x-x^2-\tfrac{1}{2}x^3\); określenie dziedziny \(x\in(0,2)\). **Etap II: 3 pkt** – po \(1\) pkt za obliczenie \(P'(x)=2-2x-\tfrac{3}{2}x^2\); wyznaczenie miejsc zerowych pochodnej \(x=-2\), \(x=\tfrac{2}{3}\); zbadanie znaku pochodnej i uzasadnienie maksimum dla \(x=\tfrac{2}{3}\). **Etap III: 1 pkt** – obliczenie współrzędnych \(C=\left(\tfrac{2}{3},\tfrac{16}{9}\right)\). **Przy poprawnej pochodnej i współrzędnych punktu \(C\), lecz bez uzasadnienia maksimum, można otrzymać najwyżej 5 pkt.**

**Wymagania ogólne:** CKE III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** rachunek różniczkowy - zastosowanie pochodnej do zadania optymalizacyjnego.

**A.** \(\beta=100^\circ\)

Ponieważ \(AC\perp BC\), w trójkącie \(ABC\) mamy \(|\angle BAC|=40^\circ\). Z równoległości \(AB\parallel DC\) wynika \(|\angle ACD|=40^\circ\). Trójkąt \(ADC\) jest równoramienny, bo \(|AD|=|DC|\), więc także \(|\angle DAC|=40^\circ\). Zatem \[\beta=180^\circ-40^\circ-40^\circ=100^\circ.\]

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - kąty przy prostych równoległych, trójkąt prostokątny i trójkąt równoramienny.

W czworokącie \(CDEF\) obie sumy miar przeciwległych kątów są równe \(180^\circ\).

Ponieważ \(AB\parallel CD\), a \(BC\) jest ich sieczną, kąty \(ABC\) i \(BCD\) są kątami wewnętrznymi jednostronnymi: \[\lvert\angle ABC\rvert+\lvert\angle BCD\rvert=180^\circ.\] Dwusieczne dzielą te kąty na połowy, więc w trójkącie \(BFC\) \[\lvert\angle FBC\rvert+\lvert\angle FCB\rvert=\tfrac12\left(\lvert\angle ABC\rvert+\lvert\angle BCD\rvert\right)=90^\circ,\] a stąd \[\lvert\angle BFC\rvert=180^\circ-90^\circ=90^\circ.\] Kąt \(EFC\) jest przyległy do kąta \(BFC\), więc również \[\lvert\angle EFC\rvert=90^\circ.\] Trapez jest prostokątny o wysokości \(AD\), więc \(AD\perp DC\) i kąt \(CDE\) czworokąta \(CDEF\) jest prosty. W czworokącie \(CDEF\) mamy zatem \(\lvert\angle CDE\rvert=\lvert\angle EFC\rvert=90^\circ\), czyli jedna para kątów przeciwległych daje w sumie \[90^\circ+90^\circ=180^\circ.\] Suma miar kątów czworokąta wynosi \(360^\circ\), więc druga para kątów przeciwległych również sumuje się do \(180^\circ\). Obie sumy są równe \(180^\circ\), a więc równe sobie, co należało wykazać. **Odpowiedź.** Obie sumy miar przeciwległych kątów czworokąta \(CDEF\) są równe \(180^\circ\).

**1 pkt** – wyznaczenie \(\lvert\angle BFC\rvert=90^\circ\) albo zapisanie równoważnych zależności kątowych. **2 pkt** – pełne uzasadnienie równości obu sum kątów przeciwległych.

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**B.** \(|AB|=20\)

Ponieważ \(AB\parallel CD\), mamy \(|\angle BAC|=|\angle ACD|\). Z założenia \(|\angle ABC|=|\angle CAD|\), więc trójkąty \(ABC\) i \(CAD\) są podobne. Stąd \[\frac{|AB|}{|AC|}=\frac{|BC|}{|AD|}=\frac{12}{6}=2.\] Ponieważ \(|AC|=10\), otrzymujemy \(|AB|=20\).

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

**Klasyfikacja CKE:** planimetria - podobieństwo trójkątów i proporcje boków.

Trójkąty ABS i DCS są podobne w skali \(5\), więc P(ABS)=\(25\)·P(DCS).

Z założenia \(\lvert AS\rvert=\frac56\lvert AC\rvert\), a punkt \(S\) leży na przekątnej \(AC\), więc \[\lvert SC\rvert=\lvert AC\rvert-\lvert AS\rvert=\tfrac16\lvert AC\rvert,\qquad \frac{\lvert AS\rvert}{\lvert SC\rvert}=5.\] Ponieważ \(AB\parallel CD\), kąty \(SAB\) i \(SCD\) są naprzemianległe, podobnie kąty \(SBA\) i \(SDC\). Trójkąty \(ABS\) i \(CDS\) są zatem podobne (cecha kąt-kąt), a skala podobieństwa pierwszego względem drugiego wynosi \[k=\frac{\lvert AS\rvert}{\lvert SC\rvert}=5.\] Stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali: \[\frac{P_{ABS}}{P_{DCS}}=k^2=25,\] czyli pole trójkąta \(ABS\) jest \(25\) razy większe od pola trójkąta \(DCS\), co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(P_{ABS}=25\,P_{DCS}\)

1 pkt: podobieństwo i skala 5 albo równoważne zależności pól. 2 pkt: pełny dowód stosunku pól 25.

Zadanie 30. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Dłuższa podstawa ma długość \(10\), a największe pole wynosi \(\frac{75\sqrt3}{4}\).

Niech dłuższa podstawa ma długość \(5+2x\), gdzie \(0<x<5\). Wysokość trapezu wynosi \(h=\sqrt{25-x^2}\), zatem \[P(x)=(5+x)\sqrt{25-x^2}.\] Ponieważ pierwiastek jest funkcją rosnącą, maksymalizujemy \[F(x)=P(x)^2=(5+x)^2(25-x^2).\] Analiza pochodnej daje maksimum dla \(x=\frac52\). Wtedy dłuższa podstawa ma długość \(5+2x=10\), wysokość wynosi \(\frac{5\sqrt3}{2}\), a więc \[P_{\max}=\frac{5+10}{2}\cdot\frac{5\sqrt3}{2}=\frac{75\sqrt3}{4}.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 7 pkt** – poprawna długość podstawy \(10\) i pole \(\frac{75\sqrt3}{4}\) z pełną analizą **5: 6 pkt** – poprawny model i punkt maksimum z drobnym błędem końcowym **3: 4 pkt** – poprawna funkcja pola i rozpoczęta optymalizacja **1: 2 pkt** – poprawne wyrażenie wysokości lub pola **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. Zdający buduje model matematyczny danej sytuacji, uwzględniając ograniczenia i zastrzeżenia. **Wymagania szczegółowe:** 11.6. R. Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

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

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

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

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

\[BP=6\cdot PD.\]

Niech \(N\) będzie punktem przecięcia prostej \(ME\) z prostą \(DC\). Trójkąty \(AME\) i \(DNE\) są podobne. Ponieważ \(AE=3AD\), mamy \(DE=2AD\), więc \[\frac{AM}{DN}=\frac{AE}{DE}=\frac32,\qquad DN=\frac23AM.\] Trójkąty \(MBP\) i \(NDP\) także są podobne, zatem \[\frac{BP}{DP}=\frac{BM}{DN}=\frac{4AM}{(2/3)AM}=6.\] Stąd \(BP=6PD\), co kończy dowód.

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 3 pkt** – pełny dowód **2 pkt** – poprawne użycie obu podobieństw z drobnym błędem końcowym **1 pkt** – wyznaczenie \(DN=\frac23AM\) albo rozpoznanie drugiej pary trójkątów podobnych **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** 7.3. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) cechy podobieństwa trójkątów.

**C.** \(20\sqrt3\)

Z rysunku odczytujemy, że kąt przy wierzchołku \(K\) jest prosty, więc ramię \(KN\) jest wysokością trapezu, a \(KL\) i \(MN\) są podstawami. Rzut wierzchołka \(M\) na podstawę \(KL\) oznaczmy przez \(F\). Wtedy \(\lvert KF\rvert=\lvert MN\rvert=3\) oraz \(\lvert MF\rvert=\lvert KN\rvert=4\sqrt3\). W trójkącie prostokątnym \(MFL\) przy kącie \(\lvert\angle KLM\rvert=60^\circ\): \[\lvert FL\rvert=\frac{\lvert MF\rvert}{\operatorname{tg}60^\circ}=\frac{4\sqrt3}{\sqrt3}=4.\] Stąd \(\lvert KL\rvert=3+4=7\). Pole trapezu: \[P=\frac{\lvert KL\rvert+\lvert MN\rvert}{2}\cdot\lvert KN\rvert=\frac{7+3}{2}\cdot4\sqrt3=20\sqrt3.\] **Odpowiedź.** C. \(20\sqrt3\)

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

Zadanie 14. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Dłuższa podstawa powinna mieć długość \(8\ \mathrm{dm}\), a największe pole okna wynosi \(12\sqrt3\ \mathrm{dm}^2\).

Niech \(x\) oznacza długość rzutu prostokątnego ramienia na prostą zawierającą dłuższą podstawę. Wtedy dłuższa podstawa ma długość \(4+2x\), a wysokość trapezu wynosi \[h=\sqrt{16-x^{2}},\qquad x\in(0,4).\] Pole okna jest funkcją zmiennej \(x\): \[P(x)=\frac{4+(4+2x)}{2}\cdot h=(4+x)\sqrt{16-x^{2}}.\] Funkcja \(P\) jest dodatnia, więc osiąga maksimum tam, gdzie maksimum osiąga jej kwadrat: \[f(x)=P^{2}(x)=(4+x)^{2}\left(16-x^{2}\right)=(4+x)^{3}(4-x).\] Obliczamy pochodną: \[f'(x)=3(4+x)^{2}(4-x)-(4+x)^{3}=(4+x)^{2}\left(12-3x-4-x\right)=(4+x)^{2}(8-4x).\] Dla \(x\in(0,4)\) czynnik \((4+x)^{2}\) jest dodatni, więc znak pochodnej wyznacza \(8-4x\): pochodna jest dodatnia dla \(x<2\) i ujemna dla \(x>2\). Funkcja \(f\), a wraz z nią \(P\), osiąga więc maksimum dla \(x=2\). Wtedy \[h=\sqrt{16-4}=2\sqrt3,\qquad \text{dłuższa podstawa}=4+2\cdot2=8,\] \[P=\frac{4+8}{2}\cdot2\sqrt3=12\sqrt3\ \mathrm{dm}^2\approx20{,}8\ \mathrm{dm}^2.\] **Odpowiedź.** Dłuższa podstawa powinna mieć długość \(8\ \mathrm{dm}\); największe pole okna wynosi \(12\sqrt3\ \mathrm{dm}^2\).

**Schemat oceniania I sposobu rozwiązania** Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części. Zdający może otrzymać maksymalnie po \(1\) punkcie za realizację każdej z części tego etapu, przy czym dziedzina funkcji nie może wynikać jedynie z wyznaczonego wzoru funkcji, ale z geometrycznych warunków zadania. **1 pkt** – a) wybór zmiennej \(x\) (długość rzutu prostokątnego ramienia trapezu na prostą zawierającą dłuższą podstawę trapezu) i zapisanie za pomocą tej zmiennej wysokości trapezu: \(h=\sqrt{16-x^2}\). **1 pkt** – b) zapisanie pola trapezu w zależności od zmiennej \(x\): \(P(x)=\) […]. **1 pkt** – c) określenie dziedziny funkcji \(P\): \((0,4)\). Drugi etap składa się z trzech części. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje \(1\) punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. **1 pkt** – a) wyznaczenie pochodnej funkcji wielomianowej \(f(x)=-x^4-8x^3+128x+256\): \(f'(x)=\) […] \(+128\). **1 pkt** – b) obliczenie miejsc zerowych pochodnej: \(x_1=\) […], \(x_2=-4\), \(x_3=2\). **1 pkt** – c) uzasadnienie (np. przez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja \(P\) osiąga wartość największą w punkcie \(x=2\). Trzeci etap. Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje \(1\) punkt. **1 pkt** – obliczenie pola trapezu dla \(x=2\): \(P(2)=12\sqrt{3}\). **Uwaga:** Punkt za trzeci etap przyznajemy tylko w przypadku, gdy zdający wyznaczył poprawnie […]. **Schemat oceniania II sposobu rozwiązania** Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części. Zdający może otrzymać maksymalnie po \(1\) punkcie za realizację każdej z części tego etapu, przy czym dziedzina funkcji nie może wynikać jedynie z wyznaczonego wzoru funkcji, ale z geometrycznych warunków zadania. **1 pkt** – a) wybór zmiennej \(x\) (długość dłuższej podstawy trapezu) i zapisanie za pomocą tej zmiennej wysokości trapezu: \(h=\) […]. **1 pkt** – c) określenie dziedziny funkcji \(P\): \((4,12)\). Drugi etap składa się z trzech części. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje \(1\) punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. **1 pkt** – a) wyznaczenie pochodnej funkcji wielomianowej \(f(x)=\) […] \(+512x+768\): \(f'(x)=\) […] \(+512\). **1 pkt** – b) obliczenie miejsc zerowych pochodnej: \(x_1=\) […], \(x_2=-4\), \(x_3=\) […]. **1 pkt** – c) uzasadnienie (np. przez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja \(P\) osiąga wartość największą w punkcie \(x=8\). Trzeci etap. Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje \(1\) punkt. **1 pkt** – obliczenie pola trapezu dla \(x=8\): \(P(8)=12\sqrt{3}\). **Uwaga:** Punkt za trzeci etap przyznajemy tylko w przypadku, gdy zdający wyznaczył poprawnie […].

Zadanie 18. (0–7) Okno na poddaszu ma mieć kształt trapezu równoramiennego, którego krótsza podstawa i ramiona mają długość po 4 dm. Oblicz, jaką długość powinna mieć dłuższa podstawa tego trapezu, aby do pomieszczenia wpadało przez to okno jak najwięcej światła, czyli aby pole powierzchni okna było największe. Oblicz to pole. V. Rozumowanie R11.6. Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania i argumentacja zagadnień optymalizacyjnych. Rozwiązanie (I sposób): Niech x oznacza długość rzutu prostokątnego ramienia trapezu na prostą zawierająca dłuższą podstawę trapezu, a h – wysokość trapezu. 4 4 4 h x 4 x Z geometrycznych warunków zadania wynika, że 0  x  4 . Przy tak przyjętych oznaczeniach pole trapezu jest określone wzorem: 2  4  2x P   h  4  x  h i 0  x  4 2 Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy x2  h2  42 , stąd h  16  x2 . Pole trapezu, w zależności od zmiennej x, jest określone wzorem: P  x  4  x 16  x2  4  x2  16  x2    4  x3 4  x  x4  8x3 128x  256 gdzie 0  x  4 . Należy obliczyć, dla jakiego x spełniającego nierówność 0  x  4 , funkcja P określona wzorem P  x  x4  8x3 128x  256 przyjmuje wartość największą. Funkcja P osiąga wartość największą, gdy funkcja f  x  x4  8x3 128x  256 osiąga w przedziale 0, 4 wartość największą. Wystarczy więc zbadać funkcję f. Wyznaczmy pochodną tej funkcji f  x  4x3  24x2 128 Następnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej: x  x  4 , x  2 1 2 3 Ponadto:  f  x  0 w przedziale 0, 2 ,  f  x  0 w przedziale 2, 4 Zatem funkcja f jest rosnąca w przedziale 0 , 2 i malejąca w przedziale 2 , 4 . Ponieważ P  x  f  x dla x 0, 4 , więc funkcja P jest rosnąca w przedziale 0 , 2 , a malejąca w przedziale 2 , 4 . Stąd wynika, że w punkcie x  2 funkcja P przyjmuje wartość największą. Gdy x  2 , to 2x  4  8 , czyli dłuższa podstawa trapezu ma długość 8, a pole tego trapezu jest wówczas równe P 2  4  2  16  22  6  2 3  12 3 . Odpowiedź: Największe pole, równe 12 3 dm2, ma szyba w kształcie trapezu, którego dłuższa podstawa ma długość 8 dm. Schemat oceniania I sposobu rozwiązania: Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części: a) wybór zmiennej x (długość rzutu prostokątnego ramienia trapezu na prostą zawierająca dłuższą podstawę trapezu) i zapisanie za pomocą tej zmiennej wysokości trapezu: h  16  x2 b) zapisanie pola trapezu w zależności od zmiennej x: P  x  4  x 16  x2 c) określenie dziedziny funkcji P: 0, 4 Zdający może otrzymać maksymalnie po 1 punkcie za realizację każdej z części tego etapu, przy czym dziedzina funkcji nie może wynikać jedynie z wyznaczonego wzoru funkcji, ale z geometrycznych warunków zadania. Drugi etap składa się z trzech części: a) wyznaczenie pochodnej funkcji wielomianowej f  x  x4  8x3 128x  256 : f  x  4x3  24x2 128 , b) obliczenie miejsc zerowych pochodnej: x  x  4 , x  2 , 1 2 3 c) uzasadnienie (np. przez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja P osiąga wartość największą w punkcie x  2 . Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. Trzeci etap. Obliczenie pola trapezu dla x  2 : P 2  12 3 . Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. Uwaga: Punkt za trzeci etap przyznajemy tylko w przypadku, gdy zdający wyznaczył poprawnie x  2 . Rozwiązanie (II sposób): Niech x oznacza długość dłuższej podstawy trapezu, a h – wysokość trapezu. 4 4 4 h y y 4 x Długość y rzutu prostokątnego ramienia trapezu na prostą zawierająca dłuższą podstawę x  4 trapezu jest wówczas równa y  . 2 Z geometrycznych warunków zadania wynika, że 4  x  12 . Przy tak przyjętych oznaczeniach pole trapezu jest określone wzorem: x  4 P   h i 4  x  12 2 Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy y2  h2  42 ,  x4 2  h2  42 . 2 stąd h  16   x4 2  16  x28x16  64x28x16  1 x2  8x  48 2 4 4 2 Pole trapezu, w zależności od zmiennej x, jest określone wzorem: x  4 1 1 P  x   x2  8x  48   x  42  x2  8x  48   2 2 4 1 1   x2  8x 16   x2  8x  48   x4  96x2  512x  768 4 4 gdzie 4  x  12 . Należy obliczyć, dla jakiego x spełniającego nierówność 4  x  12 , funkcja P określona 1 wzorem P  x  x4  96x2  512x  768 przyjmuje wartość największą. 4 Funkcja P osiąga wartość największą, gdy funkcja f  x  x4  96x2  512x  768 osiąga w przedziale 4,12 wartość największą. Wystarczy więc zbadać funkcję f. Wyznaczmy pochodną tej funkcji f  x  4x3 192x  512 Następnie obliczamy miejsca zerowe pochodnej: x  x  4 , x  8 . 1 2 3 Ponadto:  f  x  0 w przedziale 4,8  f  x  0 w przedziale 8,12 Zatem funkcja f jest rosnąca w przedziale 4 ,8 i malejąca w przedziale 8,12 . 1 Ponieważ P  x  f  x dla x 4,12 , więc funkcja P jest rosnąca w przedziale 4 ,8 , 4 a malejąca w przedziale 8,12 . Stąd wynika, że w punkcie x  8 funkcja P przyjmuje wartość największą. Dla x  8 pole tego trapezu jest równe 4  8 1 P 8   82  88  48  3 48  12 3 2 2 Odpowiedź.: Największe pole, równe 12 3 dm2, ma szyba w kształcie trapezu, którego dłuższa podstawa ma długość 8 dm. Schemat oceniania II sposobu rozwiązania: Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części: a) wybór zmiennej x (długość dłuższej podstawy trapezu) i zapisanie za pomocą tej zmiennej wysokości trapezu: h  16   x4 2 2 x  4 b) zapisanie pola trapezu w zależności od zmiennej x: P  x   x2  8x  48 4 c) określenie dziedziny funkcji P: 4, 12 . Zdający może otrzymać maksymalnie po 1 punkcie za realizację każdej z części tego etapu, przy czym dziedziną funkcji nie może wynikać jedynie z wyznaczonego wzoru funkcji, ale z geometrycznych warunków zadania. Drugi etap składa się z trzech części: a) wyznaczenie pochodnej funkcji wielomianowej f  x  x4  96x2  512x  768 : f  x  4x3 192x  512 , b) obliczenie miejsc zerowych pochodnej: x  x  4 , x  8 , 1 2 3 c) uzasadnienie (np. przez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja P osiąga wartość największą w punkcie x  8 . Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. Trzeci etap. Obliczenie pola trapezu dla x  8 : P 8  12 3 . Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. Uwaga: Punkt za trzeci etap przyznajemy tylko w przypadku, gdy zdający wyznaczył poprawnie x  8 .

B. \(3\)

Wysokość trapezu równoramiennego opuszczona z końca krótszej podstawy odcina trójkąt prostokątny, w którym ramię trapezu jest przeciwprostokątną, a kąt ostry trapezu leży przy podstawie. Zatem \[h=2\sqrt3\cdot\sin 60^\circ=2\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2}=3.\] **Odpowiedź.** B. \(3\)

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi *Standardowy schemat oceniania CKE dla zadania zamkniętego za \(1\) punkt; arkusz z tej sesji nie zawiera odrębnej tabeli punktowania dla tego zadania.*

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Znajdowanie związków miarowych w figurach płaskich, w tym z zastosowaniem trygonometrii (II.7.c).

\[P_{ABCD}=72.\]

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

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

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

**D.** \(y=2x+2\)

Podstawy trapezu są równoległe, więc prosta zawierająca \(CD\) ma ten sam współczynnik kierunkowy co prosta zawierająca \(AB\), czyli \(2\). Przechodzi ona przez \(C=(0,2)\), więc jej wyraz wolny wynosi \(2\): \[y=2x+2.\] **Odpowiedź.** Wariant **D**

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

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Badanie równoległości prostych na podstawie ich równań kierunkowych (II.8.c).

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

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

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

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

\[(x+3)^2+(y-5)^2=72.\]

Środek okręgu jest punktem przecięcia prostych zawierających ramiona \(AD\) i \(BC\). Prosta \(AD\) przez \(A=(-1,-5)\) i \(D=(-2,0)\) ma współczynnik \(\frac{0+5}{-2+1}=-5\), więc \(y=-5x-10\). Prosta \(BC\) przez \(B=(5,1)\) i \(C=(1,3)\) ma współczynnik \(\frac{3-1}{1-5}=-\frac12\), więc \(y=-\frac12x+\frac72\). Z porównania \[-5x-10=-\frac12x+\frac72\quad\Longrightarrow\quad -\frac92x=\frac{27}2\quad\Longrightarrow\quad x=-3,\qquad y=5,\] więc środkiem okręgu jest \(S=(-3,5)\). Promień jest odległością \(S\) od prostej \(AB\). Prosta \(AB\) przez \(A=(-1,-5)\) i \(B=(5,1)\) ma równanie \(y=x-4\), czyli \(x-y-4=0\): \[r=\frac{\left|-3-5-4\right|}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}}}=\frac{12}{\sqrt2}=6\sqrt2,\qquad r^{2}=72.\] **Odpowiedź.** \((x+3)^2+(y-5)^2=72\)

**1–4 pkt** – proste \(AD\) i \(BC\), środek \(S=(-3,\,5)\), punkt styczności i promień \(6\sqrt{2}\). **5 pkt** – równanie okręgu.

Zadanie 34. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria analityczna.

P = \(96\)

W trapezie prostokątnym rzut krótszej podstawy na dłuższą odcina przy kącie ostrym trójkąt prostokątny o przyprostokątnych: różnicy podstaw i wysokości trapezu. Różnica podstaw wynosi \(10-6=4\), a tangens kąta ostrego to iloraz wysokości przez tę różnicę: \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{h}{4}=3,\qquad h=12.\] Pole trapezu: \[P=\frac{6+10}{2}\cdot12=8\cdot12=96.\] **Odpowiedź.** \(P=96\)

1 pkt: wysokość trapezu h=12. 2 pkt: pole 96.

Zadanie 27. (0–2) Użycie i tworzenie strategii Obliczenie pole trapezu prostokątnego. Zastosowanie funkcji trygonometrycznych (IV.7.c) Rozwiązanie 6 h    6 4 Obliczamy wysokość trapezu h, korzystając z faktu, że tangens kąta ostrego jest równy 3: h  3 , stąd h  12 . 4 6 10 12 Zatem pole trapezu jest równe  96 . 2 Schemat oceniania Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 1 pkt gdy:  obliczy wysokość trapezu h  12 i na tym poprzestanie lub błędnie obliczy pole, albo  obliczy wysokość trapezu z błędem rachunkowym i konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy pole trapezu. Zdający otrzymuje ............................................................................................................ 2 pkt gdy poprawnie obliczy pole trapezu P  96 . 8 Egzamin maturalny z matematyki Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy

\[P=96.\]

W trapezie prostokątnym jedno ramię jest prostopadłe do podstaw, a drugie tworzy z dłuższą podstawą kąt ostry \(\alpha\). Rzut tego ramienia na dłuższą podstawę ma długość równą różnicy podstaw: \[10-6=4.\] Wysokość trapezu jest przyprostokątną leżącą naprzeciw kąta \(\alpha\) w trójkącie prostokątnym o drugiej przyprostokątnej \(4\), więc \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{h}{4}=3,\qquad h=12.\] Stąd \[P=\frac{6+10}{2}\cdot12=96.\] **Odpowiedź.** \(P=96\).

*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** **[…] pkt** – gdy obliczy wysokość trapezu \(h=12\) i na tym poprzestanie lub błędnie obliczy pole, albo gdy obliczy wysokość trapezu z błędem rachunkowym i konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy pole trapezu. **[…] pkt** – gdy poprawnie obliczy pole trapezu \(P=96\).

Formuła 2010: arkusz CKE nie podaje przy tym zadaniu wymagania podstawy programowej.

B=(\(7\),−\(1\)), D=(\(0\),\(10\)), a pole trapezu wynosi \(75\). Proste zawierające podstawy są prostopadłe do osi y=\(2x\). Punkty przecięcia podstaw z osią, M=(\(1\),\(2\)) i N=(\(4\),\(8\)), są środkami odpowiednio AB i CD, co pozwala odbić A i C. Następnie |AB|=\(6\sqrt{5}\), |CD|=\(4\sqrt{5}\) i wysokość wynosi \(3\sqrt{5}\).

Oś symetrii trapezu równoramiennego jest prostopadła do obu podstaw i przechodzi przez ich środki. Rzutujemy więc \(A\) i \(C\) na prostą \(y=2x\) — prostopadłe do niej mają współczynnik kierunkowy \(-\frac12\). Dla \(A=(-5,5)\): prosta \(y=-\frac12x+\frac52\) przecina oś w punkcie \(M=(1,2)\), który jest środkiem \(AB\), zatem \[B=2M-A=(7,-1).\] Dla \(C=(8,6)\): prosta \(y=-\frac12x+10\) przecina oś w punkcie \(N=(4,8)\), który jest środkiem \(CD\), zatem \[D=2N-C=(0,10).\] Długości podstaw i wysokość: \[\lvert AB\rvert=\sqrt{12^2+6^2}=6\sqrt5,\qquad \lvert CD\rvert=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt5,\qquad h=\lvert MN\rvert=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt5.\] Pole trapezu: \[P=\frac{6\sqrt5+4\sqrt5}{2}\cdot3\sqrt5=5\sqrt5\cdot3\sqrt5=75.\] **Odpowiedź.** \(B=(7,-1)\), \(D=(0,10)\), \(P=75\)

*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** – wyznaczenie równań prostych \(AB\) i \(CD\): \(y=-\frac{1}{2}x+\frac{5}{2}\), \(y=-\frac{1}{2}x+10\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – obliczenie współrzędnych punktów \(M\) i \(N\): \(M=(1,2)\), \(N=(4,8)\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – obliczenie współrzędnych punktów \(B\) i \(D\) jako symetrycznych do punktów \(A\) i \(C\) względem prostej \(y=2x\). **Rozwiązanie pełne** – obliczenie pola trapezu \(P=75\) oraz podanie współrzędnych \(B=(7,-1)\), \(D=(0,10)\). *Schemat oceniania II* **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania** – zapisanie układu równań lub równania, z którego można wyznaczyć współrzędne środka okręgu, np. \((a+5)^{2}+(2a-5)^{2}=(a-8)^{2}+[\ldots]\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – obliczenie współrzędnych środka okręgu \(S=\left(\frac{5}{3},\frac{10}{3}\right)\) oraz promienia okręgu \(r=\sqrt{\frac{425}{9}}\) i podanie równania okręgu \(\left(x-\frac{5}{3}\right)^{2}+\left(y-\frac{10}{3}\right)^{2}=\frac{425}{9}\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – obliczenie współrzędnych punktów \(B\) i \(D\), np. poprzez rozwiązanie układów równań. **Rozwiązanie pełne** – obliczenie pola trapezu \(P=75\) oraz podanie współrzędnych \(B\), \(D\). Jeżeli zdający nie wyznaczy współrzędnych wierzchołków \(B\) i \(D\), ale obliczy pole trapezu, to przyznajemy \(3\) punkty. Jeżeli zdający wyznaczy poprawnie długości podstaw oraz wysokość trapezu i nie obliczy pola trapezu, to przyznajemy \(4\) punkty. Jeżeli zdający popełni błąd rachunkowy przy obliczaniu długości podstaw i wysokości trapezu i konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy pole trapezu, to przyznajemy \(4\) punkty.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: symetria osiowa i obliczenia długości oraz pola w układzie współrzędnych.

Trójkąty ABD i MPD są podobne, więc MP/AB=MD/AD. Trójkąty ABC i PNC są podobne, więc PN/AB=NC/BC. Z twierdzenia Talesa dla trzech prostych równoległych AB, MN i CD mamy MD/AD=NC/BC. Stąd MP/AB=PN/AB, czyli MP=NP.

**Krok \(1\).** W zadaniu jest prosta równoległa do podstaw trapezu, a równoległość natychmiast daje trójkąty podobne (kąty odpowiadające). Plan: wyrazić \(|MP|\) i \(|PN|\) przez ten sam odcinek \(|AB|\) i pokazać, że oba stosunki są równe. Trzeci potrzebny składnik to twierdzenie Talesa dla ramion trapezu. **Krok \(2\).** Przyjmijmy oznaczenia: \(AB\) i \(CD\) to podstawy, \(P\) to punkt przecięcia przekątnych, \(M\) leży na ramieniu \(AD\), \(N\) na ramieniu \(BC\), a prosta \(MN\) jest równoległa do podstaw i przechodzi przez \(P\). **Krok \(3\).** Rozpatrujemy trójkąt \(ABD\). Punkt \(M\) leży na boku \(DA\), punkt \(P\) leży na boku \(DB\) (bo \(P\) jest na przekątnej \(BD\)), a odcinek \(MP\) jest równoległy do \(AB\). Trójkąty \(DMP\) i \(DAB\) mają wspólny kąt przy wierzchołku \(D\) i równe kąty odpowiadające, więc są podobne. Stąd \[\frac{|MP|}{|AB|}=\frac{|DM|}{|DA|}.\] **Krok \(4\).** Analogicznie w trójkącie \(ABC\): punkt \(N\) leży na boku \(CB\), punkt \(P\) na boku \(CA\), a \(PN\) jest równoległe do \(AB\). Trójkąty \(CPN\) i \(CAB\) są podobne, więc \[\frac{|PN|}{|AB|}=\frac{|CN|}{|CB|}.\] **Krok \(5\).** Teraz twierdzenie Talesa. Proste \(AD\) i \(BC\) przecinamy trzema prostymi równoległymi: \(DC\), \(MN\) i \(AB\). Odcinki wyznaczone na jednym ramieniu są proporcjonalne do odcinków wyznaczonych na drugim: \[\frac{|DM|}{|DA|}=\frac{|CN|}{|CB|}.\] **Krok \(6\).** Łączymy trzy powyższe równości: \[\frac{|MP|}{|AB|}=\frac{|DM|}{|DA|}=\frac{|CN|}{|CB|}=\frac{|PN|}{|AB|}.\] **Krok \(7\).** Mnożymy skrajne wyrażenia przez \(|AB|\gt0\) i otrzymujemy \(|MP|=|PN|\), co należało wykazać. **Uwaga.** Sedno dowodu leży w tym, że punkt \(P\) należy jednocześnie do obu przekątnych — dzięki temu ten sam punkt pojawia się w obu podobieństwach i oba stosunki dają się porównać. Bez tego założenia teza jest fałszywa: dowolna prosta równoległa do podstaw nie jest dzielona przez ramiona na równe części. **Odpowiedź.** Z podobieństw \(DMP\sim DAB\) i \(CPN\sim CAB\) oraz z twierdzenia Talesa wynika \(\dfrac{|MP|}{|AB|}=\dfrac{|PN|}{|AB|}\), czyli \(|MP|=|NP|\).

*Schemat punktowania CKE zachował się przy tym zadaniu bez liczb: cyfry stały w wąskiej kolumnie tabeli i nie przetrwały odczytu arkusza. Poziomy oceniania zostają, punktów nie dopisujemy — zgadnięty próg to źle policzona praca.* **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – zauważenie dwóch par trójkątów podobnych: \(ABD\) i \(MPD\) oraz \(ABC\) i \(PNC\) i zapisanie proporcji \(\frac{\lvert MP\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{\lvert MD\rvert}{\lvert AD\rvert}\), \(\frac{\lvert PN\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{\lvert NC\rvert}{\lvert BC\rvert}\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – skorzystanie z twierdzenia Talesa dla prostych \(AD\) i \(BC\) przeciętych prostymi równoległymi \(AB\), \(MN\) i \(DC\) i zapisanie proporcji \(\frac{\lvert MD\rvert}{\lvert AD\rvert}=\frac{\lvert NC\rvert}{\lvert BC\rvert}\). **Rozwiązanie pełne** – zapisanie równości \(\frac{\lvert MP\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{\lvert NP\rvert}{\lvert AB\rvert}\) i wyprowadzenie wniosku, że \(\lvert MP\rvert=\lvert NP\rvert\). Uwaga: zdający może skorzystać z proporcji \(\frac{\lvert AM\rvert}{\lvert MD\rvert}=\frac{\lvert BN\rvert}{\lvert NC\rvert}\) i albo z niej wyprowadzić żądaną proporcję, albo do niej sprowadzić żądaną proporcję.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: dowód geometryczny z podobieństwa trójkątów i twierdzenia Talesa.

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

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

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

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

Krótsza przekątna i dłuższa podstawa tworzą trójkąt równoboczny o boku \(6\). Wysokość tego trójkąta, będąca ramieniem trapezu, ma długość \(3\sqrt{3}\), a krótsza podstawa ma długość \(3\). Obwód wynosi \(6 + 6 + 3 + 3\sqrt{3 = 15 + 3}\)√\(3\).

Oznaczmy trapez \(ABCD\): \(AB\) to dłuższa podstawa, \(AB\parallel CD\), a ramię \(AD\) jest prostopadłe do podstaw. Krótsza przekątna \(AC\) dzieli trapez na trójkąt \(ACD\) — prostokątny, bo \(\lvert\angle ADC\rvert=90^\circ\) — oraz trójkąt \(ABC\), który musi być równoboczny. Skoro \(ABC\) jest równoboczny i \(\lvert AB\rvert=6\), to \[\lvert BC\rvert=\lvert AC\rvert=6.\] Wysokość trójkąta równobocznego o boku \(6\) jest równa \(\frac{6\sqrt3}{2}=3\sqrt3\); jest ona jednocześnie wysokością trapezu, czyli ramieniem \(AD\). Rzut wierzchołka \(C\) na \(AB\) dzieli \(AB\) w połowie, więc krótsza podstawa ma długość \[\lvert CD\rvert=\lvert AB\rvert-\tfrac12\lvert AB\rvert=6-3=3.\] Obwód trapezu: \[L=6+6+3+3\sqrt3=15+3\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(L=15+3\sqrt3\)

1 pkt: poprawne podzielenie trapezu na trójkąty i obliczenie krótszej podstawy CD = 3 albo wysokości h = 3√3. 2 pkt: obliczenie obwodu 15 + 3√3.

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Wykorzystanie związków miarowych w trójkącie prostokątnym i równobocznym.

Równość \(|\angle AED|=|\angle BAE|+|\angle CDE|\) zachodzi dla każdego punktu \(E\) leżącego na ramieniu \(BC\) trapezu \(ABCD\).

Przez punkt \(E\) prowadzimy prostą \(k\) równoległą do podstawy \(AB\). Ponieważ \(AB\parallel CD\), prosta \(k\) jest równoległa także do \(CD\). Punkt \(E\) leży na ramieniu \(BC\), więc prosta \(k\) przebiega między podstawami: półprosta \(EA\) leży po stronie podstawy \(AB\), a półprosta \(ED\) — po stronie podstawy \(CD\). Prosta \(k\) leży zatem wewnątrz kąta \(AED\) i dzieli go na dwa kąty: \[|\angle AED|=|\angle AEk|+|\angle kED|,\] gdzie \(\angle AEk\) oznacza kąt między półprostą \(EA\) a tą półprostą prostej \(k\), która jest skierowana zgodnie z półprostą \(AB\), a \(\angle kED\) — kąt między półprostą \(ED\) a przeciwną półprostą prostej \(k\). Prosta \(AE\) przecina proste równoległe \(AB\) i \(k\), więc kąty \(BAE\) i \(AEk\) są kątami naprzemianległymi wewnętrznymi: \[|\angle AEk|=|\angle BAE|.\] Analogicznie prosta \(DE\) przecina proste równoległe \(CD\) i \(k\), więc kąty \(CDE\) i \(kED\) są naprzemianległe wewnętrzne: \[|\angle kED|=|\angle CDE|.\] Podstawiając obie równości, otrzymujemy \[|\angle AED|=|\angle BAE|+|\angle CDE|.\] **Odpowiedź.** \(|\angle AED|=|\angle BAE|+|\angle CDE|\), co należało udowodnić.

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego, poprawnego dowodu, w tym poprowadzenie przez punkt \(E\) prostej równoległej do podstaw i powołanie się na równość kątów naprzemianległych **Uwaga:** Centralna Komisja Egzaminacyjna nie opublikowała dla tego arkusza pokazowego schematu oceniania z progami cząstkowymi. Podana punktacja całkowita pochodzi z arkusza.

**Sprawdzana umiejętność:** przeprowadzanie dowodu geometrycznego z wykorzystaniem własności kątów utworzonych przez prostą przecinającą dwie proste równoległe.

Obwód trapezu jest równy \(108\).

Z rysunku odczytujemy, że \(AB\) jest dłuższą podstawą, \(CD\) krótszą, a poprowadzona przekątna \(DB\) wyznacza dwa trójkąty: \(ABD\) i \(BDC\). Zaznaczone kąty równe to \(\angle ADB\) oraz \(\angle DCB\). Ponieważ \(CD\parallel AB\), kąty \(BDC\) i \(DBA\) są naprzemianległe, więc \[\lvert\angle BDC\rvert=\lvert\angle DBA\rvert.\] Razem z założeniem \(\lvert\angle ADB\rvert=\lvert\angle DCB\rvert\) daje to podobieństwo trójkątów (cecha kąt-kąt): \[\triangle ABD\sim\triangle BDC,\] przy czym odpowiadają sobie wierzchołki \(A\leftrightarrow B\), \(B\leftrightarrow D\), \(D\leftrightarrow C\). Z proporcji boków odpowiadających \[\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert BD\rvert}=\frac{\lvert BD\rvert}{\lvert DC\rvert}=\frac{\lvert AD\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{25}{15}=\frac53.\] Z drugiej równości \[\lvert BD\rvert=\tfrac53\lvert DC\rvert=\tfrac53\cdot18=30,\] a z pierwszej \[\lvert AB\rvert=\tfrac53\lvert BD\rvert=\tfrac53\cdot30=50.\] Obwód trapezu: \[L=\lvert AB\rvert+\lvert BC\rvert+\lvert CD\rvert+\lvert DA\rvert=50+15+18+25=108.\] **Odpowiedź.** Obwód trapezu jest równy \(108\).

*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.* Właściwego klucza do tego zadania brak w materiale źródłowym.

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

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

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

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **8.1. (1 pkt)** – […] na okręgu: \(a+b=2c\), gdzie \(a\) – długość dłuższej podstawy, \(b\) – długość krótszej podstawy, \(c\) – długość ramienia trapezu. **8.2. (1 pkt)** – wyznaczenie różnicy długości podstaw trapezu za pomocą długości ramienia: \(a-b=4c-60\). **8.3. (1 pkt)** – wyrażenie wysokości trapezu w zależności od długości ramienia: \(h=\sqrt{-3c^{2}+120c-900}\). **8.4. (1 pkt)** – wyznaczenie pola trapezu jako funkcji długości jego ramienia: \(P=c\cdot\sqrt{-3c^{2}+120c-900}\). **8.5. (2 pkt)** – wyznaczenie dziedziny funkcji \(P\): \(c\in(15,30)\). \(1\) pkt za oszacowanie \(c<30\). \(1\) pkt za oszacowanie \(c>15\).

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

Punkty \(K\), \(L\), \(M\) są wierzchołkami trójkąta równobocznego.

Oznaczmy \(\lvert AC\rvert=a\) i \(\lvert CE\rvert=b\); wtedy \(\lvert KC\rvert=\frac a2\) i \(\lvert CL\rvert=\frac b2\). W trójkącie równobocznym \(ABC\) odcinek \(BK\) jest wysokością (bo \(K\) jest środkiem \(AC\)), a w trójkącie \(CDE\) odcinek \(DL\) jest wysokością. Rozważmy trójkąt \(BCD\): \(\lvert CB\rvert=a\), \(\lvert CD\rvert=b\), a kąt między nimi ma miarę \[\lvert\angle BCD\rvert=180^\circ-60^\circ-60^\circ=60^\circ,\] bo punkty \(A\), \(C\), \(E\) są współliniowe. Odcinek \(KL\) łączy środki odcinków \(AC\) i \(CE\) leżących na jednej prostej, więc \[\lvert KL\rvert=\lvert KC\rvert+\lvert CL\rvert=\frac{a+b}{2}.\] Punkt \(M\) jest środkiem \(BD\). W trójkącie \(BCD\) odcinek \(CM\) jest środkową, a odcinki \(KM\) i \(LM\) obliczymy jako środkowe trójkątów: w trójkącie \(ABD\)… wygodniej jednak zauważyć, że \(KM\) łączy środki boków \(AC\) i \(BD\) czworokąta \(ABDC\). Skorzystajmy z twierdzenia o odcinku łączącym środki boków trójkąta. W trójkącie \(BCD\) niech \(M\) będzie środkiem \(BD\). Odcinek \(KM\) łączy środek \(AC\) ze środkiem \(BD\); w trójkącie \(ABD\) odcinek łączący środki \(AB\) i \(BD\) byłby równoległy do \(AD\). Prościej użyć współrzędnych. Przyjmijmy \(C=(0,0)\), \(A=(-a,0)\), \(E=(b,0)\). Wtedy \[B=\left(-\frac a2,\ \frac{a\sqrt3}{2}\right),\qquad D=\left(\frac b2,\ \frac{b\sqrt3}{2}\right),\] \[K=\left(-\frac a2,0\right),\qquad L=\left(\frac b2,0\right),\qquad M=\left(\frac{b-a}{4},\ \frac{(a+b)\sqrt3}{4}\right).\] Obliczamy kwadraty długości boków: \[\lvert KL\rvert^2=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=\frac{(a+b)^2}{4},\] \[\lvert KM\rvert^2=\left(\frac{b-a}{4}+\frac a2\right)^2+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{16}+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{4},\] \[\lvert LM\rvert^2=\left(\frac{b-a}{4}-\frac b2\right)^2+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{16}+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{4}.\] Wszystkie trzy boki mają równe długości \(\frac{a+b}{2}\), więc trójkąt \(KLM\) jest równoboczny, co należało wykazać. **Odpowiedź.** Trójkąt \(KLM\) jest równoboczny.

*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.* Z warunków zadania wynika, że \(\angle BAC=\angle DCE=60^{\circ}\), więc odcinki \(AB\) i \(CD\) są równoległe. Czworokąt \(ACDB\) jest trapezem. Odcinek \(KM\) łączy środki boków nierównoległych w tym trapezie, więc jest równoległy do jego podstaw. Wobec tego \(\angle MKL=60^{\circ}\). Podobnie \(\angle ACB=\angle CED=60^{\circ}\), więc odcinki \(BC\) i \(DE\) są równoległe. Czworokąt \(BCED\) jest trapezem. Odcinek \(ML\) łączy środki boków nierównoległych w tym trapezie, więc jest równoległy do jego podstaw. Wobec tego \(\angle KLM=60^{\circ}\). Odpowiedź: Dwa kąty trójkąta \(KLM\) mają miarę \(60^{\circ}\), zatem jest to trójkąt równoboczny.

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

\(h=3(\sqrt3-1)=3\sqrt3-3\approx2{,}20\,\mathrm{cm}\).

Z końców krótszej podstawy prowadzimy wysokości \(h\) na dłuższą podstawę. Dzielą one dłuższą podstawę na trzy odcinki: dwa przy ramionach i środkowy o długości \(4\,\mathrm{cm}\). W trójkącie prostokątnym przy kącie \(30^\circ\) rzut ramienia jest równy \(\dfrac{h}{\operatorname{tg}30^\circ}=h\sqrt3\), a przy kącie \(45^\circ\) jest równy \(\dfrac{h}{\operatorname{tg}45^\circ}=h\). Suma obu rzutów uzupełnia \(4\,\mathrm{cm}\) do \(10\,\mathrm{cm}\): \[h\sqrt3+h=10-4=6,\qquad h(\sqrt3+1)=6.\] Stąd \[h=\frac{6}{\sqrt3+1}=\frac{6(\sqrt3-1)}{(\sqrt3+1)(\sqrt3-1)}=\frac{6(\sqrt3-1)}{2}=3(\sqrt3-1).\] **Odpowiedź.** \(h=3\sqrt3-3\approx2{,}20\,\mathrm{cm}\).

*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.* […] Trójkąt \(AED\) jest trójkątem prostokątnym i równoramiennym (\(\angle DAE=\angle EDA=45^\circ\)), więc \(\lvert AE\rvert=\lvert ED\rvert=h\). Korzystam z własności trójkąta prostokątnego \(BFC\) i zapisuję zależność między przyprostokątnymi \(\frac{\lvert CF\rvert}{\lvert FB\rvert}=\operatorname{tg}30^\circ\), stąd \(\lvert FB\rvert=\lvert CF\rvert\cdot\sqrt{3}\), \(\lvert FB\rvert=h\sqrt{3}\). \(\lvert EF\rvert=\lvert DC\rvert=4\), więc otrzymuję równanie: \(\lvert AE\rvert+4+\lvert FB\rvert=10\), z którego po podstawieniu wyznaczonych wielkości otrzymuję: \(h+4+h\sqrt{3}=10\). Obliczam wysokość trapezu: \[h+h\sqrt{3}=6\] \[h\left(1+\sqrt{3}\right)=6\] \[h=\frac{6}{\sqrt{3}+1}=3\left(\sqrt{3}-1\right)\] Odpowiedź: Wysokość trapezu jest równa \(3\left(\sqrt{3}-1\right)\) cm.

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

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

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

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

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

**a)** \(\lvert BC\rvert=\dfrac{5\sqrt6}{6}\,r\). **b)** \(\cos\lvert\angle CBD\rvert=\dfrac{29}{35}\).

Oznaczmy \(\lvert CK\rvert=2x\) i \(\lvert KB\rvert=3x\), więc ramię ma długość \(\lvert BC\rvert=5x\). **a)** Odcinki stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu mają równe długości. Z symetrii trapezu równoramiennego punkt styczności podstawy \(CD\) jest jej środkiem, podobnie dla \(AB\). Stąd \[\lvert CD\rvert=2\cdot2x=4x,\qquad \lvert AB\rvert=2\cdot3x=6x.\] Wysokość trapezu opisanego na okręgu jest równa jego średnicy, \(h=2r\). Rzut ramienia na dłuższą podstawę ma długość \(\frac{6x-4x}{2}=x\), więc z twierdzenia Pitagorasa \[h^2=(5x)^2-x^2=24x^2,\qquad h=2x\sqrt6.\] Z \(2x\sqrt6=2r\) otrzymujemy \(x=\frac{r}{\sqrt6}=\frac{r\sqrt6}{6}\), zatem \[\lvert BC\rvert=5x=\frac{5\sqrt6}{6}\,r.\] **b)** Umieśćmy trapez tak, że \(A=(0,0)\), \(B=(6x,0)\), \(D=(x,h)\), \(C=(5x,h)\), gdzie \(h=2x\sqrt6\). Wtedy \[\vec{BC}=[-x,\,2x\sqrt6],\qquad \vec{BD}=[-5x,\,2x\sqrt6],\] \[\lvert BC\rvert=5x,\qquad \lvert BD\rvert=\sqrt{25x^2+24x^2}=7x.\] Iloczyn skalarny wynosi \(5x^2+24x^2=29x^2\), więc \[\cos\lvert\angle CBD\rvert=\frac{29x^2}{5x\cdot7x}=\frac{29}{35}.\] **Odpowiedź.** \(\lvert BC\rvert=\dfrac{5\sqrt6}{6}r\), \(\cos\lvert\angle CBD\rvert=\dfrac{29}{35}\)

*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.* **9.1. (1 pkt)** – […] ramienia trapezu \(BC=2x+3x\), długości podstaw \(AB=6x\), \(CD=4x\). **9.2. (1 pkt)** – wykorzystanie twierdzenia Pitagorasa i wyznaczenie \(x\): \(x=\frac{\sqrt{6}}{6}r\). **9.3. (1 pkt)** – wyznaczenie długości ramienia: \(BC=\frac{5\sqrt{6}}{6}r\). **9.4. (1 pkt)** – wyznaczenie długości przekątnej trapezu: \(BD=\frac{7\sqrt{6}}{6}r\). **9.5. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia cosinusów w trójkącie \(BCD\): \[\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}r\right)^{2}=\left(\frac{5\sqrt{6}}{6}r\right)^{2}+\left(\frac{7\sqrt{6}}{6}r\right)^{2}-2\cdot\frac{5\sqrt{6}}{6}r\cdot\left(\frac{7\sqrt{6}}{6}r\right)\cdot\cos\angle CBD.\] **9.6. (1 pkt)** – wykonanie obliczeń i podanie odpowiedzi: \(\cos\angle CBD=\frac{29}{35}\).

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

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

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

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **10.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku z odpowiednimi oznaczeniami. **10.2. (2 pkt)** – obliczenie długości ramion trapezu: np. \(c=4\sqrt{3}\); \(d=12\). **10.3. (1 pkt)** – obliczenie pola trapezu (wykorzystanie warunku: \(a+b=c+d\)): \(P=12\left(3+\sqrt{3}\right)\). **10.4. (2 pkt)** – obliczenie długości rzutów prostokątnych ramion trapezu na dłuższą podstawę trapezu: np. \(x=2\sqrt{3}\); \(y=6\sqrt{3}\). **10.5. (2 pkt)** – rozwiązanie układu równań, w którym niewiadomymi są dłuższa i krótsza podstawa trapezu: \(a=6\sqrt{3}+6\); \(b=6-2\sqrt{3}\). Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą od przedstawionej w schemacie przyznajemy maksymalną liczbę punktów.

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

\(P_{ABCD}=36\) (bo \(D=(0,6)\), \(A=(-3,0)\), \(B=(6,0)\), \(C=(3,6)\), więc \(|AB|=9\), \(|CD|=3\), a wysokość trapezu wynosi \(6\)).

**Krok \(1\).** Kluczowa jest obserwacja, że wszystkie cztery wierzchołki trapezu leżą na paraboli, a to pozwala wyliczyć ich współrzędne z równania paraboli. Bok \(AB\) leży na osi \(Ox\), więc \(A\) i \(B\) to miejsca zerowe funkcji. Punkt \(D\) leży na osi \(Oy\), więc odpowiada mu \(x=0\). Wreszcie \(CD\) jest równoległe do \(AB\) (to podstawy trapezu), a skoro \(AB\) jest poziome, to \(C\) ma tę samą rzędną co \(D\). **Krok \(2\).** Wyznaczamy \(D\), podstawiając \(x=0\): \[y=-\frac13\cdot0^2+0+6=6,\qquad D=(0,6).\] **Krok \(3\).** Wyznaczamy \(A\) i \(B\), czyli miejsca zerowe: \[-\frac13x^2+x+6=0\qquad\big|\cdot(-3)\big.\] \[x^2-3x-18=0.\] **Krok \(4\).** Liczymy wyróżnik i pierwiastki: \[\Delta=(-3)^2-4\cdot1\cdot(-18)=9+72=81,\qquad\sqrt{\Delta}=9,\] \[x_1=\frac{3-9}{2}=-3,\qquad x_2=\frac{3+9}{2}=6.\] Zatem \(A=(-3,0)\) i \(B=(6,0)\), a długość dłuższej podstawy to \[|AB|=6-(-3)=9.\] **Krok \(5\).** Wyznaczamy \(C\). Skoro \(CD\parallel AB\), punkt \(C\) ma tę samą rzędną co \(D\), czyli \(y=6\): \[-\frac13x^2+x+6=6,\qquad -\frac13x^2+x=0,\qquad x\left(1-\frac13x\right)=0,\] skąd \(x=0\) lub \(x=3\). Wartość \(x=0\) to punkt \(D\), więc \(C=(3,6)\). **Krok \(6\).** Obliczamy krótszą podstawę: \[|CD|=3-0=3.\] **Krok \(7\).** Wysokość trapezu to odległość między prostymi zawierającymi podstawy, czyli między prostą \(y=6\) a osią \(Ox\): \[h=6.\] **Krok \(8\).** Podstawiamy do wzoru na pole trapezu: \[P=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h=\frac{9+3}{2}\cdot6=6\cdot6=36.\] **Uwaga.** Równanie z kroku \(5\) ma dwa rozwiązania i trzeba świadomie odrzucić \(x=0\) — ono odpowiada punktowi \(D\), a nie nowemu wierzchołkowi. Zwróć też uwagę, że wysokości nie trzeba liczyć osobno: to po prostu rzędna punktów \(C\) i \(D\), bo druga podstawa leży na osi \(Ox\). **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=36\) (bo \(D=(0,6)\), \(A=(-3,0)\), \(B=(6,0)\), \(C=(3,6)\), więc \(|AB|=9\), \(|CD|=3\), a wysokość trapezu wynosi \(6\)).

*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)** – wyznaczenie współrzędnych punktu \(D\): \(D=(0,\,6)\). **6.2. (1 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych punktów \(A\) i \(B\): \(A=(-3,\,0)\), \(B=(6,\,0)\). **6.3. (1 pkt)** – wyznaczenie długości odcinka \(CD\): \(CD=3\). **6.4. (1 pkt)** – obliczenie pola trapezu: \(P_{ABCD}=\frac{9+3}{2}\cdot 6=36\).

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

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

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

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

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

\[V=618\pi\ \mathrm{cm}^3\approx1941\ \mathrm{cm}^3.\]

Przekrój osiowy stożka ściętego jest trapezem równoramiennym, którego podstawy są średnicami obu podstaw bryły, a wysokość trapezu jest wysokością bryły. Zatem \[R=\frac{26}{2}=13\ \mathrm{cm},\qquad r=\frac{14}{2}=7\ \mathrm{cm},\qquad h=6\ \mathrm{cm}.\] Objętość stożka ściętego: \[V=\frac{\pi h}{3}\left(R^2+Rr+r^2\right)=\frac{\pi\cdot6}{3}\left(169+91+49\right)=2\pi\cdot309=618\pi\ \mathrm{cm}^3.\] Przyjmując \(\pi\approx3{,}14\): \[V\approx618\cdot3{,}14=1940{,}52\approx1941\ \mathrm{cm}^3.\] **Odpowiedź.** \(V=618\pi\ \mathrm{cm}^3\approx1941\ \mathrm{cm}^3\)

**1. ([…] pkt)** – […] \(x+6=x\) **2. (1 pkt)** – Obliczenie długości wysokości odpowiedniego trójkąta: \(x=7\). **3. (2 pkt)** – Obliczenie objętości stożka ściętego: \(V=618\pi\,\mathrm{cm}^{3}\) (1 punkt przyznajemy za metodę i 1 punkt za obliczenia) **4. (1 pkt)** – Podanie odpowiedzi z uwzględnieniem zadanej dokładności: \(V\approx 1941\,\mathrm{cm}^{3}\)

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

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

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

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

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

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.

\[P=20\ \mathrm{cm}^2.\]

Oznaczmy podstawy przez \(a>b\), a ramię przez \(c\). W czworokącie opisanym na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe, więc \(a+b=2c\). Z obwodu \[a+b+2c=20\ \Rightarrow\ 4c=20\ \Rightarrow\ c=5,\qquad a+b=10.\] Rzut wierzchołka krótszej podstawy na dłuższą dzieli ją na odcinki \(\frac{a-b}{2}\) i \(\frac{a+b}{2}\). Przekątna, wysokość \(h\) i odcinek \(\frac{a+b}{2}\) tworzą trójkąt prostokątny: \[41=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2+h^2=25+h^2,\qquad h=4\ \mathrm{cm}.\] Pole trapezu: \[P=\frac{a+b}{2}\cdot h=5\cdot4=20\ \mathrm{cm}^2.\] (Dla porządku: z \(c^2=h^2+\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\) wynika \(a-b=6\), czyli \(a=8\ \mathrm{cm}\) i \(b=2\ \mathrm{cm}\).) **Odpowiedź.** \(P=20\ \mathrm{cm}^2\)

**[…]. (1 pkt)** – […] kąta rozwartego, dzieli dłuższą podstawę na odcinki o długościach: \(\frac{a+b}{2}\) oraz \(\frac{a-b}{2}\). **35. (1 pkt)** – obliczenie długości wysokości trapezu: \(h=4\) cm. **36. (1 pkt)** – obliczenie pola danego trapezu: \(P=20\,\mathrm{cm}^{2}\).

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

Pole działki jest równe \(124\ \mathrm{m}^2\).

Z rysunku odczytujemy, że działka jest czworokątem \(ABDE\), a odcinek \(EC\) (narysowany linią przerywaną) dzieli ją na trapez \(ABCE\) i trójkąt \(ECD\); punkt \(C\) leży na odcinku \(BD\). Kąty \(ABC\) i \(ECD\) są proste, więc \(EC\parallel AB\) — oba odcinki są prostopadłe do \(BD\). Czworokąt \(ABCE\) jest zatem trapezem prostokątnym o podstawach \(\lvert AB\rvert=16\ \mathrm{m}\) i \(\lvert EC\rvert=10\ \mathrm{m}\) oraz wysokości \(\lvert BC\rvert=8\ \mathrm{m}\): \[P_{ABCE}=\frac{16+10}{2}\cdot8=104\ \mathrm{m}^2.\] Trójkąt \(ECD\) jest prostokątny o przyprostokątnych \(\lvert EC\rvert=10\ \mathrm{m}\) i \(\lvert CD\rvert=4\ \mathrm{m}\): \[P_{ECD}=\tfrac12\cdot10\cdot4=20\ \mathrm{m}^2.\] Pole działki: \[P=104+20=124\ \mathrm{m}^2.\] **Odpowiedź.** \(P=124\ \mathrm{m}^2\)

**1 pkt** – obliczenie pola trójkąta \(ECD\) równego \(20\ \mathrm{m}^2\). **2 pkt** – obliczenie pola trapezu \(ABCE\) równego \(104\ \mathrm{m}^2\). **3 pkt** – obliczenie pola działki równego \(124\ \mathrm{m}^2\).

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