Trójkąt prostokątny: boki, kąty ostre i pole

Prosta \(AB\) ma równanie \(y=-2x+4\).

**Krok \(1\).** Metoda: szukamy wartości najmniejszej funkcji \(P\) na przedziale \((-\infty,0)\), badając znak jej pochodnej. Znaleziona wartość \(a\) to współczynnik kierunkowy szukanej prostej, a prosta przechodzi przez punkt \(K=(1,2)\). **Krok \(2\).** Różniczkujemy \(P(a)=\frac{-a^{2}+4a-4}{2a}\) ze wzoru na pochodną ilorazu: \[P^{\prime}(a)=\frac{(-2a+4)\cdot 2a-\left(-a^{2}+4a-4\right)\cdot 2}{(2a)^{2}}=\frac{-4a^{2}+8a+2a^{2}-8a+8}{4a^{2}}=\frac{-2a^{2}+8}{4a^{2}}=\frac{4-a^{2}}{2a^{2}}.\] **Krok \(3\).** Wyznaczamy miejsca zerowe pochodnej. Mianownik jest dodatni, więc \[P^{\prime}(a)=0\iff 4-a^{2}=0\iff a=-2\ \text{lub}\ a=2.\] Wartość \(a=2\) odrzucamy, bo nie należy do dziedziny \((-\infty,0)\). **Krok \(4\).** Badamy znak pochodnej na \((-\infty,0)\). Dla \(a\lt -2\) mamy \(a^{2}\gt 4\), więc \(P^{\prime}(a)\lt 0\); dla \(-2\lt a\lt 0\) mamy \(a^{2}\lt 4\), więc \(P^{\prime}(a)\gt 0\). **Krok \(5\).** Zatem \(P\) maleje na \((-\infty,-2\rangle\) i rośnie na \(\langle -2,0)\), a więc dla \(a=-2\) osiąga wartość najmniejszą: \[P(-2)=\frac{-4-8-4}{-4}=4.\] Najmniejsze pole trójkąta jest równe \(4\). **Krok \(6\).** Prosta zawierająca przeciwprostokątną \(AB\) przechodzi przez punkt \(K=(1,2)\) i ma współczynnik kierunkowy \(a=-2\): \[y=-2(x-1)+2,\qquad\text{czyli}\qquad y=-2x+4.\] **Krok \(7\).** Sprawdzenie: taka prosta przecina osie w punktach \(A=(2,0)\) i \(B=(0,4)\), więc pole trójkąta \(ABC\) wynosi \(\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 4=4\) — zgadza się z krokiem \(5\). **Uwaga.** Miejsce zerowe pochodnej samo w sobie nie dowodzi, że mamy minimum. Dopiero zmiana znaku pochodnej z ujemnego na dodatni w punkcie \(a=-2\) pozwala tak wnioskować. **Odpowiedź.** Najmniejsze pole ma trójkąt, którego przeciwprostokątna leży na prostej \(y=-2x+4\) (pole to jest równe \(4\)).

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie pochodnej funkcji \(P\), np. \(P'(a)=\frac{(-2a+4)\cdot 2a-(-a^{2}+4a-4)\cdot 2}{(2a)^{2}}\) ALBO zapisanie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną liczb \(\left(-\frac{a}{2}\right)\) oraz \(\left(-\frac{2}{a}\right)\): \(\frac{\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)}{2}\geq\sqrt{\left(-\frac{a}{2}\right)\cdot\left(-\frac{2}{a}\right)}\). **2 pkt** – obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(P\): \(a=-2\) ALBO obliczenie wartości \(a\), dla której zachodzi równość średniej arytmetycznej i geometrycznej liczb dodatnich \(\left(-\frac{a}{2}\right)\) oraz \(\left(-\frac{2}{a}\right)\): \(a=-2\), ALBO przekształcenie nierówności \(\frac{\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)}{2}\geq\sqrt{\left(-\frac{a}{2}\right)\cdot\left(-\frac{2}{a}\right)}\) do postaci \(\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)+2\geq 4\). **3 pkt** – uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja \(P\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(a=-2\) ALBO przekształcenie nierówności \(\frac{\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)}{2}\geq\sqrt{\left(-\frac{a}{2}\right)\cdot\left(-\frac{2}{a}\right)}\) do postaci \(\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)+2\geq 4\) oraz zapisanie, że równość zachodzi tylko wtedy, gdy liczby dodatnie \(\left(-\frac{a}{2}\right)\) oraz \(\left(-\frac{2}{a}\right)\) są równe. **4 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(P\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(a=-2\) oraz wyznaczenie równania prostej zawierającej przeciwprostokątną \(AB\) tego z trójkątów, który ma najmniejsze pole, np. \(y=-2x+4\). Uwagi: 1. Jeżeli zdający wyznacza pochodną ilorazu jako iloraz pochodnych, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli z rozwiązania wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu funkcji oraz zdający poprawnie wyznacza pochodne funkcji \((-a^{2}+4a-4)\) oraz \(2a\) i dalej popełnia błędy, otrzymując pochodną, która ma w przedziale \((-\infty,0)\) co najmniej jedno miejsce zerowe, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (za miejsce/a zerowe pochodnej, za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji \(P\), za wyznaczenie równania prostej \(AB\) tego z trójkątów, który ma najmniejsze pole). Jeżeli z rozwiązania nie wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu funkcji lub zdający błędnie wyznacza pochodną funkcji \((-a^{2}+4a-4)\) lub \(2a\) i dalej popełnia błędy, otrzymując pochodną, która ma w przedziale \((-\infty,0)\) co najmniej jedno miejsce zerowe, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji \(P\) oraz za wyznaczenie równania prostej \(AB\) tego z trójkątów, który ma najmniejsze pole). 3. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja osiąga wartość najmniejszą dla wyznaczonej wartości \(a\), przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy zdający bada znak pochodnej ORAZ: – opisuje (słownie lub graficznie – np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji \(P\) LUB – zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(a\) funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jednocześnie jej najmniejsza wartość, LUB – zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(a\) funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jedyne ekstremum tej funkcji, LUB – wyznaczy drugą pochodną funkcji \(P\) i dla wyznaczonej wartości \(a\) obliczy wartość tej drugiej pochodnej oraz zapisze, że funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jedyne ekstremum tej funkcji. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak, i zaznaczając na rysunku (np. znakami „+” i „−”) znak pochodnej. 4. Jeżeli zdający przedstawi niepełne uzasadnienie, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej, 1 punkt za obliczenie miejsca zerowego pochodnej, 1 punkt za wyznaczenie równania prostej \(AB\), dla której pole trójkąta \(ABC\) jest najmniejsze). 5. Jeżeli zdający nie uzasadnia istnienia najmniejszej wartości funkcji, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej, 1 punkt za obliczenie miejsca zerowego pochodnej).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** XIII.R4) Zdający oblicza pochodną funkcji potęgowej o wykładniku rzeczywistym oraz oblicza pochodną, korzystając z twierdzeń o pochodnej sumy, różnicy, iloczynu, ilorazu […]; XIII.R5) Zdający stosuje pochodną do badania monotoniczności funkcji; XIII.R6) Zdający rozwiązuje zadania optymalizacyjne z zastosowaniem pochodnej.

**a)** \(\displaystyle P(x)=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}\). **b)** Minimum występuje dla \(x=4\sqrt{3}\), a najmniejsze pole jest równe \(12\sqrt{3}\,\mathrm{m}^{2}\).

**Krok \(1\).** Metoda w podpunkcie **a)**: korzystamy z dwóch faktów o trójkącie opisanym na okręgu — ze wzoru \(P=r\cdot p\) (gdzie \(p\) to połowa obwodu) oraz z twierdzenia Pitagorasa dla połowy trójkąta równoramiennego. Promień koła fontanny wynosi \(r=2\) (średnica ma \(4\) metry). **Krok \(2\).** Oznaczmy: \(x\) — długość podstawy, \(b\) — długość ramienia, \(h\) — wysokość opuszczona na podstawę. Połowa obwodu jest równa \(p=\frac{2b+x}{2}=b+\frac{x}{2}\). **Krok \(3\).** Pole zapisujemy na dwa sposoby: \[\frac{1}{2}xh=r\cdot p=2\left(b+\frac{x}{2}\right)=2b+x,\] skąd \[b=\frac{xh-2x}{4}=\frac{x(h-2)}{4}.\] **Krok \(4\).** Wysokość dzieli trójkąt równoramienny na dwa trójkąty prostokątne, więc z twierdzenia Pitagorasa \[b^{2}=\left(\frac{x}{2}\right)^{2}+h^{2}.\] **Krok \(5\).** Podstawiamy \(b\) z kroku \(3\): \[\frac{x^{2}(h-2)^{2}}{16}=\frac{x^{2}}{4}+h^{2},\qquad x^{2}\left(h^{2}-4h+4\right)=4x^{2}+16h^{2},\] \[x^{2}h^{2}-4x^{2}h=16h^{2}.\] **Krok \(6\).** Dzielimy obie strony przez \(h\gt 0\) i wyznaczamy \(h\): \[x^{2}h-4x^{2}=16h,\qquad h\left(x^{2}-16\right)=4x^{2},\qquad h=\frac{4x^{2}}{x^{2}-16}.\] (Dla istnienia takiego trójkąta konieczne jest \(x\gt 4\), czyli \(x^{2}-16\gt 0\).) **Krok \(7\).** Obliczamy pole: \[P=\frac{1}{2}xh=\frac{1}{2}x\cdot\frac{4x^{2}}{x^{2}-16}=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}.\] To należało wykazać. **Krok \(8\).** Metoda w podpunkcie **b)**: badamy znak pochodnej funkcji \(P\) na przedziale \((4,10\rangle\). **Krok \(9\).** Różniczkujemy: \[P^{\prime}(x)=\frac{6x^{2}\left(x^{2}-16\right)-2x^{3}\cdot 2x}{\left(x^{2}-16\right)^{2}}=\frac{6x^{4}-96x^{2}-4x^{4}}{\left(x^{2}-16\right)^{2}}=\frac{2x^{2}\left(x^{2}-48\right)}{\left(x^{2}-16\right)^{2}}.\] **Krok \(10\).** Miejsca zerowe pochodnej: \(2x^{2}\left(x^{2}-48\right)=0\), czyli \(x=0\) lub \(x=\pm 4\sqrt3\). W przedziale \((4,10\rangle\) zostaje tylko \(x=4\sqrt3\approx 6{,}93\). **Krok \(11\).** Badamy znak pochodnej: dla \(x\in\left(4,4\sqrt3\right)\) jest \(x^{2}\lt 48\), więc \(P^{\prime}(x)\lt 0\); dla \(x\in\left(4\sqrt3,10\right\rangle\) jest \(P^{\prime}(x)\gt 0\). Funkcja \(P\) maleje na \(\left(4,4\sqrt3\right\rangle\) i rośnie na \(\left\langle 4\sqrt3,10\right\rangle\), więc dla \(x=4\sqrt3\) osiąga wartość najmniejszą. **Krok \(12\).** Obliczamy to pole. Mamy \(\left(4\sqrt3\right)^{3}=192\sqrt3\) oraz \(\left(4\sqrt3\right)^{2}-16=48-16=32\), więc \[P\left(4\sqrt3\right)=\frac{2\cdot 192\sqrt3}{32}=12\sqrt3.\] **Uwaga.** Znaleziona podstawa \(4\sqrt3\approx 6{,}93\) mieści się w narzuconym w zadaniu ograniczeniu \(x\leqslant 10\) — gdyby minimum wypadło poza tym przedziałem, trzeba by porównać wartości na jego krańcach. **Odpowiedź.** **a)** \(P(x)=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}\). **b)** Pole jest najmniejsze dla podstawy \(x=4\sqrt3\) metrów i wynosi wtedy \(12\sqrt3\ \mathrm{m}^{2}\).

**Część a)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – zapisanie związku między \(h\) i \(x\) oraz jedną z wielkości: długością \(b\) ramienia, lub długością odcinka \(CE\), lub długością odcinka \(CS\), np.: \(b^{2}=\left(\frac{1}{2}x\right)^{2}+h^{2}\), \(\frac{r}{h-r}=\frac{\frac{1}{2}x}{b}\), \(\frac{1}{2}xh=r\cdot\left(\frac{1}{2}x+b\right)\), ALBO zapisanie związku \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{r}{\frac{1}{2}x}\) (dla sposobu II), ALBO zapisanie związku \(P=\left(b+\frac{x}{2}\right)\cdot r\) lub \(P=\sqrt{\left(b+\frac{1}{2}x\right)\left(b+\frac{1}{2}x-b\right)\left(b+\frac{1}{2}x-b\right)\left(b+\frac{1}{2}x-x\right)}\) (dla sposobu III), ALBO zapisanie związków \(P=\frac{1}{2}b^{2}\sin(2\beta)\) oraz \(\sin\beta=\frac{r}{h-r}\), ALBO zapisanie długości boków trójkąta \(ADC\) (lub trójkąta \(CES\)) w zależności od \(x\) i \(h\) (dla sposobu IV), ALBO zapisanie długości przyprostokątnych trójkątów \(ADC\) oraz \(CES\) w zależności od \(x\) i \(h\) (dla sposobu IV). **2 pkt** – spełnienie kryterium zapisanego w pierwszym myślniku w kategorii za 1 punkt oraz zapisanie układu co najwyżej trzech równań niezależnych, umożliwiającego wyznaczenie \(h\) w zależności od \(x\) ALBO wyznaczenie \(\operatorname{tg}(2\alpha)\) w zależności od \(x\), np. \(\operatorname{tg}(2\alpha)=\frac{4rx}{x^{2}-4r^{2}}\) (dla sposobu II), ALBO wyznaczenie zależności między \(P\) oraz \(x\), np. \(P^{2}=\frac../../{r}\cdot\left(\frac../../{r}-x\right)\cdot\frac{1}{4}x^{2}\) (dla sposobu III). **3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. Uwaga: Kategorie za 1 punkt oraz za 2 punkty oceniamy w sytuacji, gdy zdający posługuje się symbolem \(r\) albo przyjmie \(r=2\) lub \(r=4\). Natomiast jeżeli zdający przyjmie promień inny niż \(2\) lub \(4\), to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie. **Część b)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie pochodnej funkcji \(P\), np. \(P'(x)=\frac{6x^{2}\cdot(x^{2}-16)-2x^{3}\cdot 2x}{(x^{2}-16)^{2}}\). **2 pkt** – obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(P\): \(x=4\sqrt{3}\). **3 pkt** – uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja \(P\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(x=4\sqrt{3}\). **4 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(P\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(x=4\sqrt{3}\) (m), oraz obliczenie pola trójkątnego klombu o takiej podstawie: \(P(4\sqrt{3})=12\sqrt{3}\) (m\(^{2}\)). Uwagi: 1. Jeżeli zdający wyznacza pochodną ilorazu jako iloraz pochodnych, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. 2. a) Jeżeli z rozwiązania wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu funkcji oraz zdający poprawnie wyznacza pochodne funkcji \(2x^{3}\) oraz \(x^{2}-16\) i dalej popełnia błędy, otrzymując pochodną w postaci \(\frac{6x^{2}\cdot(x^{2}-16)-2x^{3}\cdot 2x}{(x^{2}-16)^{2}}\) lub \(\frac{B(x)}{(x^{2}-16)^{2}}\), gdzie \(B\) jest wielomianem stopnia czwartego, który w przedziale \((4,10]\) ma dokładnie jeden pierwiastek, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (za miejsce zerowe pochodnej, za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji, za obliczenie najmniejszej wartości funkcji \(P\)). 2. b) Jeżeli z rozwiązania nie wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu funkcji lub zdający błędnie wyznacza pochodną funkcji \(2x^{3}\) lub \(x^{2}-16\) i dalej popełnia błędy, otrzymując pochodną w postaci \(\frac{6x^{2}\cdot(x^{2}-16)-2x^{3}\cdot 2x}{(x^{2}-16)^{2}}\) lub \(\frac{B(x)}{(x^{2}-16)^{2}}\), gdzie \(B\) jest wielomianem stopnia czwartego, który w przedziale \((4,10]\) ma dokładnie jeden pierwiastek, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji i za obliczenie najmniejszej wartości funkcji \(P\)). 3. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja osiąga wartość najmniejszą dla wyznaczonej wartości \(x\), przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy zdający bada znak pochodnej ORAZ: – opisuje (słownie lub graficznie – np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji \(P\) LUB – zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(x\) funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jednocześnie jej najmniejsza wartość, LUB – zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(x\) funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jedyne ekstremum tej funkcji. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak, i zaznaczając na rysunku (np. znakami „+” i „−”) znak pochodnej. 4. Jeżeli zdający przedstawi niepełne uzasadnienie, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (nie otrzymuje punktu za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości). 5. Jeżeli zdający, uzasadniając najmniejszą wartość funkcji, rozpatruje funkcję w \(\mathbb{R}\) lub \(\mathbb{R}_{+}\), lub w \((4,+\infty)\), lub w \((0,10]\), to może uzyskać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie. 6. Jeżeli zdający nie uzasadnia istnienia najmniejszej wartości funkcji, to może uzyskać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za pochodną i 1 punkt za miejsce zerowe pochodnej).

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 11.6R) Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

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

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

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

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

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

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.

**a)** \(\displaystyle P(a)=\frac{-a^{2}+4a-4}{2a}\) dla \(a<0\). **b)** Prosta \(AB\) ma równanie \(y=-2x+4\).

Prosta \(AB\) przechodząca przez \(K=(1,2)\) ma równanie \(y=a(x-1)+2\). Jej przecięcia z osiami to \[A=\left(\frac{a-2}{a},0\right),\qquad B=(0,2-a).\] Dla \(a<0\) pole trójkąta wynosi \[P(a)=\frac{1}{2}\cdot\frac{a-2}{a}\cdot(2-a)=\frac{-a^{2}+4a-4}{2a}.\] Ponieważ \(P'(a)=-\frac{1}{2}+\frac{2}{a^{2}}\), minimum w przedziale \(( -\infty,0)\) występuje dla \(a=-2\). Prosta przechodząca przez \(K\) ma wtedy równanie \(y-2=-2(x-1)\), czyli \(y=-2x+4\).

**Część a)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie pierwszej współrzędnej \(x_A\) punktu \(A\) oraz drugiej współrzędnej \(y_B\) punktu \(B\) w zależności od współczynnika kierunkowego \(a\) prostej \(AB\): \(x_A=\frac{a-2}{a}\) oraz \(y_B=2-a\). **2 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **Część b)** **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie pochodnej funkcji \(P\), np. \(P'(a)=\frac{(-2a+4)\cdot 2a-(-a^{2}+4a-4)\cdot 2}{(2a)^{2}}\) ALBO zapisanie nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną liczb \(\left(-\frac{a}{2}\right)\) oraz \(\left(-\frac{2}{a}\right)\): \(\frac{\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)}{2}\geq\sqrt{\left(-\frac{a}{2}\right)\cdot\left(-\frac{2}{a}\right)}\). **2 pkt** – obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(P\): \(a=-2\) ALBO obliczenie wartości \(a\), dla której zachodzi równość średniej arytmetycznej i geometrycznej liczb dodatnich \(\left(-\frac{a}{2}\right)\) oraz \(\left(-\frac{2}{a}\right)\): \(a=-2\), ALBO przekształcenie nierówności \(\frac{\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)}{2}\geq\sqrt{\left(-\frac{a}{2}\right)\cdot\left(-\frac{2}{a}\right)}\) do postaci \(\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)+2\geq 4\). **3 pkt** – uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja \(P\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(a=-2\) ALBO przekształcenie nierówności \(\frac{\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)}{2}\geq\sqrt{\left(-\frac{a}{2}\right)\cdot\left(-\frac{2}{a}\right)}\) do postaci \(\left(-\frac{a}{2}\right)+\left(-\frac{2}{a}\right)+2\geq 4\) oraz zapisanie, że równość zachodzi tylko wtedy, gdy liczby dodatnie \(\left(-\frac{a}{2}\right)\) oraz \(\left(-\frac{2}{a}\right)\) są równe. **4 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(P\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(a=-2\) oraz wyznaczenie równania prostej zawierającej przeciwprostokątną \(AB\) tego z trójkątów, który ma najmniejsze pole, np. \(y=-2x+4\). Uwagi do części b): 1. Jeżeli zdający wyznacza pochodną ilorazu jako iloraz pochodnych, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli z rozwiązania wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu funkcji oraz zdający poprawnie wyznacza pochodne funkcji \((-a^{2}+4a-4)\) oraz \(2a\) i dalej popełnia błędy, otrzymując pochodną, która ma w przedziale \((-\infty,0)\) co najmniej jedno miejsce zerowe, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (za miejsce/a zerowe pochodnej, za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji \(P\), za wyznaczenie równania prostej \(AB\) tego z trójkątów, który ma najmniejsze pole). Jeżeli z rozwiązania nie wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu funkcji lub zdający błędnie wyznacza pochodną funkcji \((-a^{2}+4a-4)\) lub \(2a\) i dalej popełnia błędy, otrzymując pochodną, która ma w przedziale \((-\infty,0)\) co najmniej jedno miejsce zerowe, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji \(P\) oraz za wyznaczenie równania prostej \(AB\) tego z trójkątów, który ma najmniejsze pole). 3. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja osiąga wartość najmniejszą dla wyznaczonej wartości \(a\), przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy zdający bada znak pochodnej ORAZ: – opisuje (słownie lub graficznie – np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji \(P\) LUB – zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(a\) funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jednocześnie jej najmniejsza wartość, LUB – zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(a\) funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jedyne ekstremum tej funkcji, LUB – wyznaczy drugą pochodną funkcji \(P\) i dla wyznaczonej wartości \(a\) obliczy wartość tej drugiej pochodnej oraz zapisze, że funkcja \(P\) ma minimum lokalne i jest to jedyne ekstremum tej funkcji. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak, i zaznaczając na rysunku (np. znakami „+” i „−”) znak pochodnej. 4. Jeżeli zdający przedstawi niepełne uzasadnienie, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej, 1 punkt za obliczenie miejsca zerowego pochodnej, 1 punkt za wyznaczenie równania prostej \(AB\), dla której pole trójkąta \(ABC\) jest najmniejsze). 5. Jeżeli zdający nie uzasadnia istnienia najmniejszej wartości funkcji, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej, 1 punkt za obliczenie miejsca zerowego pochodnej).

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 11.6R) Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

**B.** \(5\)

Punkty \(A=(0,-3)\) i \(C=(0,2)\) mają tę samą pierwszą współrzędną, więc bok \(AC\) leży na osi \(Oy\) i ma długość \(|AC|=2-(-3)=5\). Odległość punktu \(B=(2,1)\) od osi \(Oy\) jest równa \(2\), więc jest to wysokość trójkąta opuszczona na bok \(AC\). Stąd \[P_{ABC}=\frac12\cdot5\cdot2=5.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABC}=5\), czyli wariant **B**

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** IX.3) Zdający oblicza odległość dwóch punktów w układzie współrzędnych.

\[P(x)=x^{2}-2x+8\quad\text{dla }x\in(0,2);\qquad \text{pole jest najmniejsze dla }x=1.\]

Z rysunku odczytujemy położenie punktów: \(E\) leży na boku \(AB\), przy czym odcinek \(EB\) ma długość \(2x\), a \(F\) leży na boku \(BC\), przy czym \(CF=x\). Kwadrat \(ABCD\) ma bok \(4\). **Wyrażenie pozostałych odcinków.** Z warunku \(|CF|=\frac12|EB|=x\) mamy \(|EB|=2x\), więc \[|AE|=4-2x,\qquad |BF|=|BC|-|CF|=4-x.\] Warunek \(x\in(0,2)\) zapewnia, że oba te odcinki są dodatnie, a punkty \(E\) i \(F\) leżą wewnątrz odpowiednich boków. **Pole trójkąta \(DEF\).** Trójkąt \(DEF\) powstaje z kwadratu przez odcięcie trzech trójkątów prostokątnych o wierzchołkach w narożach \(A\), \(B\) i \(C\): \[P_{DAE}=\tfrac12\cdot|AD|\cdot|AE|=\tfrac12\cdot4\cdot(4-2x)=8-4x,\] \[P_{EBF}=\tfrac12\cdot|EB|\cdot|BF|=\tfrac12\cdot2x\cdot(4-x)=x(4-x),\] \[P_{FCD}=\tfrac12\cdot|CF|\cdot|CD|=\tfrac12\cdot x\cdot4=2x.\] Zatem \[P(x)=16-\bigl[(8-4x)+x(4-x)+2x\bigr]=16-\left(-x^{2}+2x+8\right)=x^{2}-2x+8.\] **Najmniejsza wartość.** Sprowadzamy wzór do postaci kanonicznej: \[P(x)=(x-1)^{2}+7.\] Dla każdego \(x\) zachodzi \((x-1)^{2}\geq0\), więc \(P(x)\geq7\), a równość zachodzi dokładnie dla \(x=1\). Liczba \(1\) należy do dziedziny \((0,2)\), więc jest to minimum przyjmowane na całym rozważanym przedziale, a nie tylko lokalnie. **Odpowiedź.** \(P(x)=x^{2}-2x+8\) dla \(x\in(0,2)\); pole trójkąta \(DEF\) jest najmniejsze dla \(|CF|=x=1\) i wynosi wtedy \(7\).

**3 pkt** – poprawny wzór funkcji \(P\) oraz poprawne wyznaczenie \(x=1\) **2 pkt** – wyznaczenie poprawnego wzoru \(P(x)=x^{2}-2x+8\) **1 pkt** – zapisanie pola trójkąta \(DEF\) przez pola trzech trójkątów pomocniczych albo zapisanie co najmniej dwóch z tych pól w zależności od \(x\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. XIII) Zdający rozwiązuje zadania optymalizacyjne w sytuacjach dających się opisać funkcją kwadratową.

B. \(2\)

**Krok \(1\).** Sinus kąta ostrego w trójkącie prostokątnym to stosunek przyprostokątnej leżącej naprzeciw tego kąta do przeciwprostokątnej. Znamy sinus i przeciwprostokątną, więc z tej definicji od razu wyliczymy jedną z przyprostokątnych. **Krok \(2\).** Oznaczmy przez \(a\) przyprostokątną leżącą naprzeciw kąta \(\alpha\). Wtedy \[\sin\alpha=\frac{a}{8}.\] **Krok \(3\).** Podstawiamy \(\sin\alpha=\frac14\): \[\frac{a}{8}=\frac14.\] **Krok \(4\).** Mnożymy obie strony przez \(8\): \[a=8\cdot\frac14=2.\] **Krok \(5\).** Musimy jeszcze sprawdzić, czy to na pewno przyprostokątna krótsza. Drugą wyznaczamy z twierdzenia Pitagorasa: \[b=\sqrt{8^2-2^2}=\sqrt{64-4}=\sqrt{60}=2\sqrt{15}.\] **Krok \(6\).** Porównujemy: \(\sqrt{15}\) jest nieco mniejsze od \(4\), więc \(2\sqrt{15}\approx7{,}7\), czyli znacznie więcej niż \(2\). Krótsza przyprostokątna ma zatem długość \(2\). **Uwaga.** Zadanie pyta o przyprostokątną krótszą. Liczba \(2\sqrt{15}\) też występuje wśród odpowiedzi (D), ale to ta dłuższa. Można to zauważyć bez rachunku: naprzeciw mniejszego kąta leży krótszy bok, a skoro \(\sin\alpha=\frac14\) jest małe, kąt \(\alpha\) jest mały. **Odpowiedź.** B: \(2\)

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

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 7.4) Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych […].

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

**Krok \(1\).** Znamy sinus kąta ostrego, a szukamy tangensa. Najprościej narysować pomocniczy trójkąt prostokątny, w którym sinus tego kąta wynosi \(\frac35\), i brakujący bok wyliczyć z twierdzenia Pitagorasa. **Krok \(2\).** Sinus to stosunek przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta do przeciwprostokątnej. Skoro \(\sin\alpha=\frac35\), możemy przyjąć \[a=3\ (\text{przyprostokątna naprzeciw }\alpha),\qquad c=5\ (\text{przeciwprostokątna}).\] **Krok \(3\).** Druga przyprostokątna \(b\) z twierdzenia Pitagorasa: \[b^2=c^2-a^2=25-9=16,\qquad b=4\] (bierzemy wartość dodatnią, bo to długość boku). **Krok \(4\).** Tangens to stosunek przyprostokątnej naprzeciw kąta do przyprostokątnej przy kącie: \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{a}{b}=\frac34.\] **Krok \(5\).** Można też bez rysunku, z jedynki trygonometrycznej. Z \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\) mamy \[\cos^2\alpha=1-\left(\frac35\right)^2=1-\frac{9}{25}=\frac{16}{25},\qquad \cos\alpha=\frac45,\] przy czym bierzemy wartość dodatnią, bo kąt jest ostry. **Krok \(6\).** Stąd \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\frac35}{\frac45}=\frac35\cdot\frac54=\frac34.\] **Uwaga.** Odpowiedź B (\(\frac43\)) to odwrotność poprawnego wyniku — powstaje z pomylenia, która przyprostokątna jest w liczniku. Tangens ma w liczniku bok **naprzeciw** kąta. **Odpowiedź.** A: \(\frac34\)

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

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 6.5) Zdający znając wartość jednej z funkcji: sinus lub cosinus, wyznacza wartości pozostałych funkcji tego samego kąta ostrego.

**C.** \(\sin\gamma=\frac{3}{\sqrt{10}}\)

Z rysunku odczytujemy, że kąt prosty jest przy wierzchołku \(B\), a kąt \(\gamma\) leży przy wierzchołku \(C\). Dla kąta \(\gamma\) bokiem przeciwległym jest przyprostokątna \(AB\), a przeciwprostokątną — bok \(AC\). Brakującą przyprostokątną obliczamy z twierdzenia Pitagorasa: \[|AB|^2=|AC|^2-|BC|^2=\left(2\sqrt{10}\right)^2-2^2=40-4=36,\] więc \(|AB|=6\). Z definicji sinusa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym \[\sin\gamma=\frac{|AB|}{|AC|}=\frac{6}{2\sqrt{10}}=\frac{3}{\sqrt{10}}.\] Wynik jest mniejszy od \(1\), jak musi być dla sinusa kąta ostrego. **Odpowiedź.** **C.** \(\frac{3}{\sqrt{10}}\)

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

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

**C.** \(9\)

Ponieważ \(BC\) jest przeciwprostokątną, przy kącie \(BCA\) bok \(AB\) jest przeciwległy, a \(AC\) przyległy. Zatem \[\operatorname{tg}\angle BCA=\frac{|AB|}{|AC|}=\frac32.\] Dla \(|AC|=6\) otrzymujemy \(|AB|=9\). Poprawna jest odpowiedź **C**.

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VII.4) Zdający rozwiązuje trójkąty prostokątne z wykorzystaniem funkcji trygonometrycznych.

D. \(6\sqrt{2}\)

Podstawą jest kwadrat o boku \(12\), więc jego przekątna ma długość \(12\sqrt2\), a odległość środka podstawy od wierzchołka podstawy to połowa przekątnej: \[\frac{12\sqrt2}{2}=6\sqrt2.\] Wysokość ostrosłupa, ten odcinek i krawędź boczna tworzą trójkąt prostokątny, zatem \[H=\sqrt{12^2-\left(6\sqrt2\right)^2}=\sqrt{144-72}=\sqrt{72}=6\sqrt2.\] **Odpowiedź.** D. \(6\sqrt2\)

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

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** G10.7) Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.

\[P(a)=\frac{-a^{2}+4a-4}{2a}.\]

Prosta \(AB\) przechodzi przez punkt \(K=(1,2)\) i ma współczynnik kierunkowy \(a\), więc \[AB:\ y=a(x-1)+2=ax+(2-a).\] Wierzchołek \(B\) leży na dodatniej półosi \(Oy\), więc \(B=(0,2-a)\) i \(2-a>0\), czyli \(a<2\). Wierzchołek \(A\) leży na dodatniej półosi \(Ox\); z \(0=ax+2-a\) otrzymujemy \[A=\left(\frac{a-2}a,0\right),\qquad \frac{a-2}a>0.\] Warunki \(a<2\) i \(\frac{a-2}a>0\) są spełnione jednocześnie tylko dla \(a<0\). Kąt prosty jest przy wierzchołku \(C=(0,0)\), a przyprostokątne leżą na osiach układu, więc \[P=\frac12\cdot|CA|\cdot|CB|=\frac12\cdot\frac{a-2}a\cdot(2-a)=\frac{-(2-a)^{2}}{2a}=\frac{-a^{2}+4a-4}{2a}.\] **Odpowiedź.** \(P(a)=\frac{-a^{2}+4a-4}{2a}\) dla \(a<0\)

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie pierwszej współrzędnej \(x_A\) punktu \(A\) oraz drugiej współrzędnej \(y_B\) punktu \(B\) w zależności od współczynnika kierunkowego \(a\) prostej \(AB\): \(x_A=\frac{a-2}{a}\) oraz \(y_B=2-a\). **2 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** IX.1) Zdający […] znajduje punkt wspólny dwóch prostych […]; IX.2) Zdający posługuje się równaniami prostych na płaszczyźnie […].

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

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

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

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

\[P(x)=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}.\]

**Krok \(1\).** Metoda: łączymy dwa niezależne opisy trójkąta — wzór na pole przez promień okręgu wpisanego i połowę obwodu oraz twierdzenie Pitagorasa — i eliminujemy z nich długość ramienia. **Krok \(2\).** Oznaczamy: \(x\) — podstawa, \(h\) — wysokość opuszczona na podstawę, \(b\) — ramię, \(r=2\) — promień okręgu wpisanego (średnica fontanny to \(4\)). Okrąg jest styczny do wszystkich trzech boków, więc jest okręgiem wpisanym w trójkąt. **Krok \(3\).** Połowa obwodu wynosi \(p=\frac{b+b+x}{2}=b+\frac{x}{2}\), więc ze wzoru \(P=p\cdot r\) oraz \(P=\frac{1}{2}xh\) dostajemy \[\frac{1}{2}xh=2\left(b+\frac{x}{2}\right),\qquad xh=4b+2x,\qquad b=\frac{x(h-2)}{4}.\] **Krok \(4\).** Wysokość dzieli trójkąt równoramienny na dwa trójkąty prostokątne o przyprostokątnych \(\frac{x}{2}\) i \(h\) oraz przeciwprostokątnej \(b\), więc \[b^{2}=\left(\frac{x}{2}\right)^{2}+h^{2}.\] **Krok \(5\).** Podstawiamy \(b\) z Kroku \(3\) i mnożymy obie strony przez \(16\): \[\frac{x^{2}(h-2)^{2}}{16}=\frac{x^{2}}{4}+h^{2},\qquad x^{2}\left(h^{2}-4h+4\right)=4x^{2}+16h^{2}.\] **Krok \(6\).** Po redukcji \(4x^{2}\) po obu stronach: \[x^{2}h^{2}-4x^{2}h=16h^{2}.\] Dzielimy przez \(h\gt 0\): \[x^{2}h-4x^{2}=16h,\qquad h\left(x^{2}-16\right)=4x^{2},\qquad h=\frac{4x^{2}}{x^{2}-16}.\] **Krok \(7\).** Wstawiamy do wzoru na pole: \[P=\frac{1}{2}xh=\frac{1}{2}x\cdot\frac{4x^{2}}{x^{2}-16}=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}.\] To należało wykazać. **Uwaga.** Wzór ma sens tylko dla \(x\gt 4\) — podstawa musi być dłuższa od średnicy okręgu wpisanego, inaczej mianownik byłby niedodatni i pole wyszłoby ujemne albo nieokreślone. Wraz z warunkiem z treści daje to \(x\in(4,10]\). **Odpowiedź.** \(P(x)=\frac{2x^{3}}{x^{2}-16}\).

**3 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **2 pkt** – spełnienie kryterium zapisanego w pierwszym myślniku w kategorii za 1 punkt oraz zapisanie układu co najwyżej trzech równań niezależnych, umożliwiającego wyznaczenie \(h\) w zależności od \(x\) ALBO – wyznaczenie \(\operatorname{tg}(2\alpha)\) w zależności od \(x\), np. \(\operatorname{tg}(2\alpha)=\frac{4rx}{x^{2}-4r^{2}}\) (dla sposobu II), ALBO – wyznaczenie zależności między \(P\) oraz \(x\), np. \(P^{2}=\frac../../{r}\left(\frac../../{r}-x\right)\cdot\frac{1}{4}x^{2}\) (dla sposobu III). **1 pkt** – zapisanie związku między \(h\) i \(x\) oraz jedną z wielkości: długością \(b\) ramienia, lub długością odcinka \(CE\), lub długością odcinka \(CS\), np.: \[b^{2}=\left(\tfrac{1}{2}x\right)^{2}+h^{2},\qquad \frac{r}{h-r}=\frac{\tfrac{1}{2}x}{b},\qquad \tfrac{1}{2}xh=r\cdot\left(\tfrac{1}{2}x+b\right),\] ALBO – zapisanie związku \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{r}{\tfrac{1}{2}x}\) (dla sposobu II), ALBO – zapisanie związku \(P=\left(b+\frac{x}{2}\right)\cdot r\) lub \(P=\sqrt{\left(b+\tfrac{1}{2}x\right)\left(b+\tfrac{1}{2}x-b\right)\left(b+\tfrac{1}{2}x-b\right)\left(b+\tfrac{1}{2}x-x\right)}\) (dla sposobu III), ALBO – zapisanie związków \(P=\tfrac{1}{2}b^{2}\sin(2\beta)\) oraz \(\sin\beta=\frac{r}{h-r}\), ALBO – zapisanie długości boków trójkąta \(ADC\) (lub trójkąta \(CES\)) w zależności od \(x\) i \(h\) (dla sposobu IV), ALBO – zapisanie długości przyprostokątnych trójkątów \(ADC\) oraz \(CES\) w zależności od \(x\) i \(h\) (dla sposobu IV). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwaga: Kategorie za 1 punkt oraz za 2 punkty oceniamy w sytuacji, gdy zdający posługuje się symbolem \(r\) albo przyjmie \(r=2\) lub \(r=4\). Natomiast jeżeli zdający przyjmie promień inny niż \(2\) lub \(4\), to może otrzymać co najwyżej \(1\) punkt za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji - interpretowanie i operowanie informacjami przedstawionymi w tekście, zarówno matematycznym, jak i popularnonaukowym, a także w formie wykresów, diagramów, tabel. IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.8) Zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów.

**A.** \(44^{\circ}\)

Promień podstawy stożka wynosi \(r=10\,\mathrm{cm}\). Jeżeli \(\beta\) jest połową kąta rozwarcia, to \[\tan\beta=\frac rH=\frac{10}{25}=0{,}4.\] Stąd \(\beta\approx21{,}8^{\circ}\), więc pełny kąt rozwarcia ma miarę \[2\beta\approx43{,}6^{\circ}\approx44^{\circ}.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji. III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VII.4) Zdający rozwiązuje trójkąty prostokątne z użyciem funkcji trygonometrycznych. X.4) Rozpoznaje i oblicza kąty w stożkach, w tym kąt rozwarcia stożka.

**a)** W przekroju osiowym odległość środka podstawy od tworzącej jest wysokością trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(r\) i \(h\), więc z porównania pól \(rh=5\sqrt{r^{2}+h^{2}}\), skąd \(r^{2}=\frac{25h^{2}}{h^{2}-25}\) i \(V(h)=\frac{\pi}{3}\cdot\frac{25h^{3}}{h^{2}-25}\). **b)** \(V^{\prime}(h)=\frac{25\pi}{3}\cdot\frac{h^{2}\left(h^{2}-75\right)}{\left(h^{2}-25\right)^{2}}\), więc funkcja maleje na \(\left(5,5\sqrt3\right)\) i rośnie na \(\left(5\sqrt3,+\infty\right)\). Najmniejszą objętość ma stożek o wysokości \(h=5\sqrt3\), a jest ona równa \(V\left(5\sqrt3\right)=\frac{125\sqrt3\,\pi}{2}\).

**Krok \(1\).** Metoda w podpunkcie **a)**: rozpatrujemy przekrój osiowy stożka. Odległość środka podstawy od tworzącej jest wysokością trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(r\) (promień) i \(h\) (wysokość stożka), opuszczoną na przeciwprostokątną. Pole tego trójkąta zapiszemy na dwa sposoby. **Krok \(2\).** Niech \(D\) będzie środkiem podstawy, \(B\) — punktem na brzegu podstawy, \(C\) — wierzchołkiem stożka. Trójkąt \(DBC\) jest prostokątny przy \(D\), jego przyprostokątne mają długości \(r\) i \(h\), a przeciwprostokątna \(BC\) (tworząca) ma długość \[\lvert BC\rvert=\sqrt{r^{2}+h^{2}}.\] **Krok \(3\).** Zapisujemy pole trójkąta \(DBC\) na dwa sposoby (drugi raz z wysokością równą \(5\), opuszczoną z \(D\) na \(BC\)): \[\frac{1}{2}rh=\frac{1}{2}\cdot\sqrt{r^{2}+h^{2}}\cdot 5,\qquad\text{czyli}\qquad rh=5\sqrt{r^{2}+h^{2}}.\] **Krok \(4\).** Podnosimy obie strony (dodatnie) do kwadratu i wyznaczamy \(r^{2}\): \[r^{2}h^{2}=25r^{2}+25h^{2},\qquad r^{2}\left(h^{2}-25\right)=25h^{2},\qquad r^{2}=\frac{25h^{2}}{h^{2}-25}.\] Dzielenie jest poprawne, bo \(h\gt 5\), więc \(h^{2}-25\gt 0\). **Krok \(5\).** Podstawiamy do wzoru na objętość stożka: \[V=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{1}{3}\pi\cdot\frac{25h^{2}}{h^{2}-25}\cdot h=\frac{\pi}{3}\cdot\frac{25h^{3}}{h^{2}-25}.\] To należało wykazać. **Krok \(6\).** Metoda w podpunkcie **b)**: badamy znak pochodnej funkcji \(V\) na przedziale \((5,+\infty)\). **Krok \(7\).** Różniczkujemy, korzystając ze wzoru na pochodną ilorazu: \[V^{\prime}(h)=\frac{25\pi}{3}\cdot\frac{3h^{2}\left(h^{2}-25\right)-h^{3}\cdot 2h}{\left(h^{2}-25\right)^{2}}=\frac{25\pi}{3}\cdot\frac{h^{4}-75h^{2}}{\left(h^{2}-25\right)^{2}}=\frac{25\pi}{3}\cdot\frac{h^{2}\left(h^{2}-75\right)}{\left(h^{2}-25\right)^{2}}.\] **Krok \(8\).** Wyznaczamy miejsca zerowe pochodnej. W przedziale \((5,+\infty)\) mamy \(h^{2}\gt 0\), więc \[V^{\prime}(h)=0\iff h^{2}=75\iff h=5\sqrt3\quad\left(5\sqrt3\approx 8{,}66\right).\] **Krok \(9\).** Badamy znak pochodnej: dla \(h\in\left(5,5\sqrt3\right)\) jest \(h^{2}\lt 75\), więc \(V^{\prime}(h)\lt 0\); dla \(h\in\left(5\sqrt3,+\infty\right)\) jest \(V^{\prime}(h)\gt 0\). Zatem \(V\) maleje na \(\left(5,5\sqrt3\right\rangle\) i rośnie na \(\left\langle 5\sqrt3,+\infty\right)\), więc dla \(h=5\sqrt3\) osiąga wartość najmniejszą. **Krok \(10\).** Obliczamy tę objętość. Mamy \(\left(5\sqrt3\right)^{3}=375\sqrt3\) oraz \(\left(5\sqrt3\right)^{2}-25=75-25=50\), więc \[V\left(5\sqrt3\right)=\frac{\pi}{3}\cdot\frac{25\cdot 375\sqrt3}{50}=\frac{\pi}{3}\cdot\frac{375\sqrt3}{2}=\frac{125\sqrt3\,\pi}{2}.\] **Uwaga.** Pochodnej ilorazu nie wolno liczyć jako ilorazu pochodnych. Warto też zauważyć, że przy \(h\to 5^{+}\) oraz \(h\to+\infty\) objętość rośnie nieograniczenie — to dodatkowo potwierdza, że w punkcie \(h=5\sqrt3\) jest minimum globalne. **Odpowiedź.** **a)** \(V(h)=\frac{\pi}{3}\cdot\frac{25h^{3}}{h^{2}-25}\). **b)** Objętość jest najmniejsza dla \(h=5\sqrt3\) i wynosi wtedy \(\frac{125\sqrt3\,\pi}{2}\).

**Część a)** **2 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **1 pkt** – zapisanie związku między promieniem podstawy stożka a wysokością stożka, np. \(\tfrac{1}{2}rh=\tfrac{1}{2}\cdot5\cdot\sqrt{h^2+r^2}\), \(\left(\tfrac{5}{r}\right)^2+\left(\tfrac{5}{h}\right)^2=1\), \(\tfrac{r}{5}=\tfrac{h}{\sqrt{h^2-25}}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Część b)** **4 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(V\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(h=5\sqrt{3}\) oraz obliczenie objętości stożka o takiej wysokości: \(V(5\sqrt{3})=\tfrac{125\sqrt{3}\pi}{2}\). **3 pkt** – uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja \(V\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(h=5\sqrt{3}\). **2 pkt** – obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(V\) (lub funkcji \(\tfrac{3}{\pi}\cdot V\)): \(h=5\sqrt{3}\). **1 pkt** – wyznaczenie pochodnej funkcji \(V\) (lub funkcji \(\tfrac{3}{\pi}\cdot V\)), np. \(V'(h)=\tfrac{\pi}{3}\cdot\frac{75h^2\cdot(h^2-25)-25h^3\cdot2h}{(h^2-25)^2}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający wyznacza pochodną ilorazu jako iloraz pochodnych, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli z rozwiązania wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu funkcji oraz zdający poprawnie wyznacza pochodne funkcji \(25h^3\) oraz \(h^2-25\) i dalej popełnia błędy, otrzymując pochodną w postaci \(a\cdot\frac{75h^2(h^2-25)-25h^3\cdot2h}{(h^2-25)^2}\) (gdzie \(a\neq0\)) lub \(\frac{B(h)}{(h^2-25)^2}\), gdzie \(B\) jest wielomianem stopnia czwartego, który w przedziale \((5,+\infty)\) ma dokładnie jeden pierwiastek, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (za miejsce zerowe pochodnej, za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji, za obliczenie najmniejszej wartości funkcji \(V\)). Jeżeli z rozwiązania nie wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu funkcji lub zdający błędnie wyznacza pochodną funkcji \(25h^3\) lub \(h^2-25\) i dalej popełnia błędy, otrzymując pochodną w postaci \(\frac{75h^2(h^2-25)-25h^3\cdot2h}{(h^2-25)^2}\) lub \(\frac{B(h)}{(h^2-25)^2}\), gdzie \(B\) jest wielomianem stopnia czwartego, który w przedziale \((5,+\infty)\) ma dokładnie jeden pierwiastek, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji i za obliczenie najmniejszej wartości funkcji \(V\)). 3. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja osiąga wartość najmniejszą dla wyznaczonej wartości \(h\), przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy zdający bada znak pochodnej ORAZ: opisuje (słownie lub graficznie – np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji \(V\) LUB zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(h\) funkcja \(V\) ma minimum lokalne i jest to jednocześnie jej najmniejsza wartość, LUB zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(h\) funkcja \(V\) ma minimum lokalne i jest to jedyne ekstremum tej funkcji. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak, i zaznaczając na rysunku (np. znakami „+” i „-”) znak pochodnej. 4. Jeżeli zdający przedstawi niepełne uzasadnienie, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (nie otrzymuje punktu za uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości). 5. Jeżeli zdający, uzasadniając najmniejszą wartość funkcji, rozpatruje funkcję w \(\mathbb{R}\) lub \(\mathbb{R}_{+}\), to może uzyskać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie. 6. Jeżeli zdający nie uzasadnia istnienia najmniejszej wartości funkcji, to może uzyskać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za pochodną i 1 punkt za miejsce zerowe pochodnej).

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 11.6R) Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

W przekroju osiowym połowa kąta rozwarcia ma miarę \(60^{\circ}\). Zatem \[r=8\sin60^{\circ}=4\sqrt3,\qquad h=8\cos60^{\circ}=4.\] Objętość stożka wynosi \[V=\frac13\pi r^{2}h=\frac13\pi\cdot48\cdot4=64\pi.\]

**Krok \(1\).** Kąt rozwarcia stożka to kąt przy wierzchołku w jego przekroju osiowym. Przekrój ten jest trójkątem równoramiennym o ramionach równych tworzącej, a wysokość stożka dzieli go na dwa przystające trójkąty prostokątne. Cała praca sprowadza się więc do jednego trójkąta prostokątnego. **Krok \(2\).** Wysokość dzieli kąt rozwarcia na połowy, więc w tym trójkącie prostokątnym kąt przy wierzchołku stożka ma miarę \[\frac{120^\circ}{2}=60^\circ.\] **Krok \(3\).** W tym trójkącie przeciwprostokątną jest tworząca \(l=8\), przyprostokątną leżącą naprzeciw kąta \(60^\circ\) jest promień podstawy \(r\), a przyprostokątną przy tym kącie — wysokość stożka \(H\). **Krok \(4\).** Z definicji sinusa: \[r=l\cdot\sin60^\circ=8\cdot\frac{\sqrt3}{2}=4\sqrt3.\] **Krok \(5\).** Z definicji cosinusa: \[H=l\cdot\cos60^\circ=8\cdot\frac12=4.\] **Krok \(6\).** Do wzoru na objętość potrzebny jest kwadrat promienia: \[r^2=\left(4\sqrt3\right)^2=16\cdot3=48.\] **Krok \(7\).** Podstawiamy do wzoru na objętość stożka: \[V=\frac13\pi r^2H=\frac13\pi\cdot48\cdot4=\frac{192}{3}\pi=64\pi.\] **Uwaga.** Kąt \(120^\circ\) jest kątem całego rozwarcia, a nie kątem w trójkącie prostokątnym — połówka to \(60^\circ\). Przekrój osiowy nie jest tu trójkątem równobocznym, tworząca nie jest ani wysokością, ani promieniem: gdyby przyjąć \(H=8\) albo \(r=8\), całe rozwiązanie byłoby błędne. **Odpowiedź.** \(V=64\pi\).

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(V=64\pi\). **2 pkt** – zapisanie promienia podstawy stożka: \(r=4\sqrt{3}\) oraz zapisanie wysokości stożka: \(H=4\) ALBO – obliczenie kwadratu promienia podstawy stożka: \(r^2=48\) oraz zapisanie wysokości stożka: \(H=4\), ALBO – zapisanie wysokości stożka: \(H=4\) oraz wyznaczenie objętości stożka w zależności od \(H\), np. \(V=\) […] \(\cdot H\), ALBO – zapisanie promienia podstawy stożka: \(r=4\sqrt{3}\) oraz wyznaczenie objętości stożka w zależności od \(r\), np. \(V=\tfrac{1}{3}\pi r^2\) […], ALBO – wyznaczenie objętości stożka w zależności od tworzącej \(l\), np. \(V=\) […]. **1 pkt** – zapisanie promienia podstawy stożka: \(r=4\sqrt{3}\) ALBO – zapisanie wysokości stożka: \(H=4\), ALBO – obliczenie kwadratu promienia podstawy stożka: \(r^2\) […], ALBO – zapisanie układu równań pozwalającego obliczyć \(r\) oraz \(H\), np.: […], ALBO – wyznaczenie objętości stożka w zależności od \(H\), np. \(V=\) […], ALBO – wyznaczenie objętości stożka w zależności od \(r\), np. \(V=\) […]. **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający przyjmuje w rozwiązaniu, że: a) trójkąt \(SOB\) jest trójkątem równobocznym, b) wysokość stożka jest równa \(8\), lub c) promień podstawy stożka jest równy \(8\), to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli jedynym błędem zdającego jest: a) zastosowanie niepoprawnej definicji jednej funkcji trygonometrycznej, b) błędne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa, c) błędne zastosowanie twierdzenia cosinusów, d) zastosowanie niepoprawnej tożsamości \(x^2+y^2=x+y\), e) błędne zastosowanie własności trójkąta o kątach \(30^\circ\), \(60^\circ\), \(90^\circ\) (tzn. zapisanie, że promień podstawy stożka jest równy \(4\) i wysokość stożka jest równa \(4\sqrt{3}\)), lub f) przyjęcie, że kąt \(120^\circ\) to kąt wycinka koła o promieniu \(8\) tworzącego powierzchnię boczną stożka, i rozwiązanie zostanie doprowadzone konsekwentnie do końca, to zdający może otrzymać 1 punkt za całe rozwiązanie (za konsekwentne obliczenie objętości stożka). Jeżeli zdający popełni więcej niż jeden z wymienionych błędów a)—f), to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie, o ile nie nabył prawa do innej liczby punktów (np. za zapisanie wysokości stożka: \(H=4\)).

1 pkt – zastosowanie definicji funkcji trygonometrycznej lub związków miarowych w trójkącie o kątach 30°, 60°, 90° i zapisanie równania z jedną niewiadomą (wysokością stożka lub promieniem podstawy stożka), np.: \(\frac{H}{8}=\cos 60^{\circ}\), \(\frac{r}{8}=\frac{\sqrt{3}}{2}\).

Jeżeli \(r\) jest promieniem podstawy, to z pola przekroju osiowego mamy \(rh=5\sqrt{r^{2}+h^{2}}\). Po podniesieniu do kwadratu otrzymujemy \(r^{2}=\frac{25h^{2}}{h^{2}-25}\). Zatem \(V(h)=\frac{1}{3}\pi r^{2}h=\frac{\pi}{3}\cdot\frac{25h^{3}}{h^{2}-25}\).

Rozpatrzmy przekrój osiowy stożka: trójkąt równoramienny o podstawie \(2r\) i wysokości \(h\). Odległość środka podstawy od tworzącej jest wysokością trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(r\), \(h\) i przeciwprostokątnej \(l=\sqrt{r^{2}+h^{2}}\). Porównując dwa wyrażenia na pole tego trójkąta, otrzymujemy \[\frac12rh=\frac12\cdot5\cdot\sqrt{r^{2}+h^{2}}\quad\Longrightarrow\quad rh=5\sqrt{r^{2}+h^{2}}.\] Po podniesieniu do kwadratu \[r^{2}h^{2}=25r^{2}+25h^{2}\quad\Longrightarrow\quad r^{2}\left(h^{2}-25\right)=25h^{2}\quad\Longrightarrow\quad r^{2}=\frac{25h^{2}}{h^{2}-25},\] co jest poprawne, bo z założenia \(h>5\), więc \(h^{2}-25>0\). Podstawiając do wzoru na objętość: \[V(h)=\frac13\pi r^{2}h=\frac{\pi}3\cdot\frac{25h^{3}}{h^{2}-25}.\] **Odpowiedź.** Wzór jest udowodniony dla każdego \(h>5\).

**2 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **1 pkt** – zapisanie związku między promieniem podstawy stożka a wysokością stożka, np. \(\tfrac{1}{2}rh=\tfrac{1}{2}\cdot5\cdot\sqrt{h^2+r^2}\), \(\left(\tfrac{5}{r}\right)^2+\left(\tfrac{5}{h}\right)^2=1\), \(\tfrac{r}{5}=\tfrac{h}{\sqrt{h^2-25}}\). **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:** X.5) Zdający oblicza objętości […] stożka […].

\[\lvert CE\rvert=\frac{4\sqrt5}{5}.\]

W trójkącie prostokątnym \(ABD\) mamy \[\tan\alpha=\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert AD\rvert}=2.\] Ponieważ \(\lvert AD\rvert=2\), otrzymujemy \(\lvert AB\rvert=4\). Zatem w prostokącie \(\lvert BC\rvert=2\), \(\lvert DC\rvert=4\), a \[\lvert BD\rvert=\sqrt{2^2+4^2}=2\sqrt5.\] Odcinek \(CE\) jest wysokością trójkąta prostokątnego \(BCD\) poprowadzoną na przeciwprostokątną. Porównujemy dwa wzory na jego pole: \[\frac12\cdot2\cdot4=\frac12\cdot2\sqrt5\cdot\lvert CE\rvert.\] Stąd \[\lvert CE\rvert=\frac4{\sqrt5}=\frac{4\sqrt5}{5}.\]

**3 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\lvert CE\rvert=\frac{4\sqrt5}{5}\) **2 pkt** – obliczenie \(\lvert BD\rvert=2\sqrt5\) albo poprawne równanie z jedną niewiadomą dla \(CE\) **1 pkt** – obliczenie \(\lvert AB\rvert=4\) albo równoważny poprawny etap trygonometryczny **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.8) Zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów. VIII.12) Stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach płaskich.

**B.** \(\dfrac47\)

Z rysunku odczytujemy, że \(\alpha\) i \(\beta\) są kątami ostrymi tego samego trójkąta prostokątnego, więc dopełniają się do \(90^\circ\). Dla takich kątów cosinus jednego jest równy sinusowi drugiego: \[\cos\beta=\cos(90^\circ-\alpha)=\sin\alpha=\frac47.\] **Odpowiedź.** B

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

Wymaganie ogólne: II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Wymaganie szczegółowe: 6.1) Wyznacza wartości funkcji trygonometrycznych; 6.4) stosuje zależności dla kątów dopełniających.

**F**, **P**

Z rysunku odczytujemy, że \(\alpha\) i \(\beta\) są kątami ostrymi tego samego trójkąta prostokątnego, więc \(\alpha+\beta=90^\circ\). Z jedynki trygonometrycznej i z tego, że \(\alpha\) jest kątem ostrym (cosinus dodatni), \[\cos\alpha=\sqrt{1-\left(\tfrac47\right)^{2}}=\sqrt{\tfrac{33}{49}}=\frac{\sqrt{33}}{7}\neq\frac37,\] bo \(\sqrt{33}\approx5{,}74\). Pierwsze stwierdzenie jest **fałszywe**. Dla kątów dopełniających się do \(90^\circ\) zachodzi \(\cos\beta=\sin\alpha\), więc \(\cos\beta=\tfrac47\). Drugie stwierdzenie jest **prawdziwe**. **Odpowiedź.** F, P

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

Wymaganie ogólne: III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Wymaganie szczegółowe: VII.1) Wykorzystuje definicje sinusa i cosinusa.

**A.** \(44^{\circ}\)

Promień podstawy wynosi \(r=10\). Jeśli \(\beta\) jest połową kąta rozwarcia stożka, to w przekroju osiowym \[\tan\beta=\frac rH=\frac{10}{25}=0{,}4.\] Stąd \(\beta\approx21{,}8^{\circ}\), więc kąt rozwarcia ma miarę \(2\beta\approx43{,}6^{\circ}\), czyli po zaokrągleniu \(44^{\circ}\).

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

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji. III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza kąt rozwarcia stożka. VII.4) Rozwiązuje trójkąty prostokątne z użyciem trygonometrii.

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

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

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

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

**A.** Z twierdzenia Pitagorasa \(|BC|=\sqrt{6^{2}+4^{2}}=2\sqrt{13}\). Zatem \(\sin\beta=\frac{|AC|}{|BC|}=\frac{4}{2\sqrt{13}}=\frac{2}{\sqrt{13}}\).

**Krok \(1\).** Zbierzmy, co wiemy. Skoro \(BC\) jest przeciwprostokątną, to kąt prosty jest przy wierzchołku \(A\). Odcinek \(CD\) jest środkową, więc \(D\) jest **środkiem** boku \(AB\). Sinus kąta \(\beta\) w trójkącie prostokątnym to stosunek przyprostokątnej leżącej naprzeciw tego kąta do przeciwprostokątnej - brakuje nam więc \(|AC|\) i \(|BC|\). Zaczniemy od mniejszego trójkąta \(ACD\). **Krok \(2\).** Skoro \(D\) jest środkiem \(AB\) i \(|AB|=6\), to \[|AD|=\frac{|AB|}{2}=3.\] **Krok \(3\).** Trójkąt \(ACD\) też ma kąt prosty przy \(A\) (bo \(D\) leży na odcinku \(AB\)), a jego przeciwprostokątną jest \(CD\) o długości \(5\). Z twierdzenia Pitagorasa: \[|AC|^2+|AD|^2=|CD|^2,\qquad |AC|^2+3^2=5^2,\] \[|AC|^2=25-9=16,\qquad |AC|=4.\] **Krok \(4\).** Wracamy do trójkąta \(ABC\) z kątem prostym przy \(A\) i przyprostokątnymi \(|AB|=6\), \(|AC|=4\). Liczymy przeciwprostokątną: \[|BC|=\sqrt{6^2+4^2}=\sqrt{36+16}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}.\] **Krok \(5\).** Kąt \(\beta\) jest przy wierzchołku \(B\). Naprzeciw niego leży bok \(AC\), a przeciwprostokątną jest \(BC\), więc \[\sin\beta=\frac{|AC|}{|BC|}=\frac{4}{2\sqrt{13}}=\frac{2}{\sqrt{13}}.\] **Uwaga.** Nie pomyl boków: bok \(AB\) **przylega** do kąta \(\beta\) (to jego ramię), a naprzeciw kąta \(\beta\) leży \(AC\). Użycie \(|AB|\) zamiast \(|AC|\) daje \(\frac{6}{2\sqrt{13}}=\frac{3}{\sqrt{13}}\), czyli błędną odpowiedź B. **Odpowiedź.** A: \(\dfrac{2}{\sqrt{13}}\)

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

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

**D.** Dla trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej \(13\) i przyprostokątnej \(5\) druga przyprostokątna ma długość \(12\). Zatem \(\tan\alpha=\frac{12}{5}\).

**Krok \(1\).** Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc możemy go umieścić w trójkącie prostokątnym i korzystać z definicji funkcji trygonometrycznych jako stosunków boków. Znamy cosinus, czyli stosunek przyprostokątnej leżącej **przy** kącie do przeciwprostokątnej — z tego odczytujemy dwa boki, a trzeci policzymy z twierdzenia Pitagorasa. **Krok \(2\).** Z równości \(\cos\alpha=\frac{5}{13}\) przyjmujemy: przyprostokątna przy kącie \(\alpha\) ma długość \(5\), a przeciwprostokątna \(13\). Szukaną (leżącą naprzeciw kąta) oznaczmy przez \(b\). **Krok \(3\).** Twierdzenie Pitagorasa (przeciwprostokątna to najdłuższy bok, czyli \(13\)): \[5^{2}+b^{2}=13^{2},\qquad 25+b^{2}=169,\qquad b^{2}=144.\] **Krok \(4\).** Długość boku jest dodatnia, więc \[b=\sqrt{144}=12.\] **Krok \(5\).** Tangens to stosunek przyprostokątnej naprzeciw kąta do przyprostokątnej przy kącie: \[\tan\alpha=\frac{12}{5}.\] **Krok \(6\).** Kontrola inną drogą: \(\sin\alpha=\frac{12}{13}\), więc \[\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{\frac{12}{13}}{\frac{5}{13}}=\frac{12}{13}\cdot\frac{13}{5}=\frac{12}{5}.\] **Uwaga.** W tangensie występują **dwie przyprostokątne**, przeciwprostokątna w ogóle się w nim nie pojawia. Ułamek \(\frac{12}{13}\) (odpowiedź B) to sinus, a \(\frac{5}{12}\) (odpowiedź A) to cotangens, czyli tangens odwrócony. **Odpowiedź.** D: \(\dfrac{12}{5}\)

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VII.2) Zdający korzysta z wzorów \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\), \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}\).

Z przekroju kąta dwuściennego i warunku \(\cos\beta=-\frac{9}{25}\) otrzymujemy wysokość ściany \(BE=15\) oraz \(CE=9\). Podobieństwo trójkątów \(BCS\) i \(BCE\) daje \(BS=5\sqrt{34}\), a następnie \(AS=4\sqrt{34}\). Po zsumowaniu pól czterech ścian bocznych otrzymujemy \(P_b=918\).

**Krok \(1\).** Metoda: kąt dwuścienny między ścianami \(CDS\) i \(BCS\) mierzymy w przekroju prostopadłym do ich wspólnej krawędzi \(SC\); w powstałym trójkącie zastosujemy twierdzenie cosinusów. Oznaczmy \(a=|AB|=3\sqrt{34}\), więc \(a^{2}=306\). **Krok \(2\).** Krawędź \(SA\) jest wysokością ostrosłupa, a \(AB\perp BC\), więc z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych \(SB\perp BC\). Analogicznie \(SD\perp DC\). Ściany \(BCS\) i \(DCS\) są zatem przystającymi trójkątami prostokątnymi. **Krok \(3\).** Niech \(E\) będzie spodkiem wysokości trójkąta \(BCS\) poprowadzonej z \(B\) na \(SC\), i oznaczmy \(t=|BE|\). Z symetrii ostrosłupa względem płaszczyzny \(ACS\) także \(DE\perp SC\) oraz \(|DE|=t\). Kątem \(\beta\) jest kąt \(BED\). **Krok \(4\).** Przekątna kwadratu: \(|BD|=a\sqrt{2}\), więc \(|BD|^{2}=2\cdot 306=612\). **Krok \(5\).** Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BED\): \[612=t^{2}+t^{2}-2t^{2}\cos\beta=2t^{2}\left(1+\frac{9}{25}\right)=\frac{68t^{2}}{25},\] skąd \(t^{2}=225\), czyli \(|BE|=15\). **Krok \(6\).** Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym \(BEC\): \[|CE|^{2}=|BC|^{2}-|BE|^{2}=306-225=81,\qquad |CE|=9.\] **Krok \(7\).** W trójkącie prostokątnym \(BCS\) odcinek \(BE\) jest wysokością opuszczoną na przeciwprostokątną \(SC\), więc z twierdzenia o przyprostokątnej \(|BC|^{2}=|CE|\cdot|CS|\): \[306=9\cdot|CS|,\qquad |CS|=34.\] **Krok \(8\).** Stąd \(|BS|^{2}=|CS|^{2}-|BC|^{2}=1156-306=850\), czyli \(|BS|=5\sqrt{34}\), a z trójkąta prostokątnego \(ABS\) \[|AS|^{2}=|BS|^{2}-|AB|^{2}=850-306=544,\qquad |AS|=4\sqrt{34}.\] **Krok \(9\).** Obliczamy pole powierzchni bocznej. Ściany \(ABS\) i \(ADS\) są prostokątne przy \(A\): \[2\cdot\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{34}\cdot 4\sqrt{34}=12\cdot 34=408,\] a ściany \(BCS\) i \(DCS\) są prostokątne przy \(B\) i \(D\): \[2\cdot\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{34}\cdot 5\sqrt{34}=15\cdot 34=510.\] Razem \(408+510=918\). **Uwaga.** Ujemny cosinus oznacza, że kąt \(\beta\) jest rozwarty — to normalne dla kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi. Znak minus wchodzi do twierdzenia cosinusów i to on powiększa \(|BD|^{2}\) ponad \(2t^{2}\). **Odpowiedź.** Pole powierzchni bocznej ostrosłupa jest równe \(918\).

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(918\). **4 pkt** – obliczenie długości krawędzi \(SC\) i \(BE\): \(\lvert SC\rvert=34\) i \(\lvert BE\rvert=15\) ALBO – obliczenie długości krawędzi \(SC\) i \(BS\): \(\lvert SC\rvert=34\) i \(\lvert BS\rvert=5\sqrt{34}\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(BS\): \(\lvert BS\rvert=5\sqrt{34}\) i zapisanie, że trójkąt \(SBC\) jest prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt \(SBC\) jako prostokątny), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\) i \(SB\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i \(\lvert BS\rvert=5\sqrt{34}\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\) i \(SC\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i \(\lvert SC\rvert=34\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\) i \(BE\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i \(\lvert BE\rvert=15\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i zapisanie, że trójkąt \(SBC\) jest prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt \(SBC\) jako prostokątny). **3 pkt** – obliczenie długości odcinka \(CE\): \(\lvert CE\rvert=9\) oraz zapisanie równania pozwalającego obliczyć długość jednego z odcinków: \(SC\), \(SB\), \(SA\), \(SE\), np.: \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert SC\rvert}\) (\(\lvert SC\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(BCS\) i \(ECB\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert OC\rvert}=\frac{\lvert AC\rvert}{\lvert SC\rvert}\) (\(\lvert SC\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ECO\) i \(ACS\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert BE\rvert}=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert SB\rvert}\) (\(\lvert SB\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(BCS\) i \(ECB\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert SB\rvert}\) (\(\lvert SB\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ESB\) i \(EBC\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert OE\rvert}=\frac{\lvert AC\rvert}{\lvert SA\rvert}\) (\(\lvert SA\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ECO\) i \(ACS\)), \(\lvert SE\rvert\cdot\lvert CE\rvert=\lvert BE\rvert^2\) (\(\lvert SE\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ESB\) i \(EBC\)), ALBO – zapisanie układu dwóch równań z dwiema niewiadomymi, w którym jedną z niewiadomych jest długość krawędzi \(BS\), a drugą długość krawędzi \(SC\), np. \(\lvert BS\rvert^2+\left(3\sqrt{34}\right)^2=\lvert SC\rvert^2\) i \(\frac{15}{3\sqrt{34}}=\frac{\lvert BS\rvert}{\lvert SC\rvert}\), ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością krawędzi \(BS\) albo długością krawędzi \(SC\), albo długością krawędzi \(AS\)), np. \(\left(\frac{15}{\lvert BS\rvert}\right)^2+\left(\frac{15}{3\sqrt{34}}\right)^2=1\), \(\left(\frac{3\sqrt{34}}{\lvert SC\rvert}\right)^2+\left(\frac{15}{3\sqrt{34}}\right)^2=1\), \(\left(\frac{6\sqrt{2}}{\tfrac{1}{2}\cdot3\sqrt{34}\cdot\sqrt{2}}\right)^2+\left(\frac{12\sqrt{2}}{\lvert AS\rvert}\right)^2=1\). **2 pkt** – obliczenie długości \(x\) odcinka \(BE\) (lub \(DE\)): \(x=15\) ALBO – obliczenie długości \(y\) odcinka \(EO\): \(y=6\sqrt{2}\), ALBO – spełnienie warunku 2) i jednego z warunków 3),4) określonych w zasadach oceniania za 1 punkt. **1 pkt** – spełnienie jednego z poniższych warunków 1)-4): 1) obliczenie wartości funkcji trygonometrycznej kąta \(\tfrac{\beta}{2}=\lvert\angle BEO\rvert\) (gdzie \(O\) jest punktem przecięcia przekątnych podstawy \(ABCD\)), np.: \(\sin\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{\sqrt{17}}{5}\), \(\operatorname{tg}\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{\sqrt{34}}{4}\), \(\cos\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{2\sqrt{2}}{5}\); 2) zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(BED\) i zapisanie równania \(\left(3\sqrt{34}\cdot\sqrt{2}\right)^2=x^2+x^2-2x^2\cdot\left(-\tfrac{9}{25}\right)\); 3) zdający zapisze, że trójkąt \(SBC\) (lub \(SDC\)) jest prostokątny i wskaże właściwy wierzchołek kąta prostego lub wynika to z rozwiązania, np.: zapisze równość wynikającą z twierdzenia Pitagorasa: \(\lvert SC\rvert^2=\lvert BS\rvert^2+\lvert BC\rvert^2\), zapisze, że trójkąty \(CBS\) oraz \(CEB\) są podobne, zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów \(CBS\) oraz \(CEB\), np.: \(\frac{\lvert BS\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert EC\rvert}\), zapisze, że trójkąty \(BES\) oraz \(CEB\) są podobne, zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów \(BES\) oraz \(CEB\), np.: \(\frac{\lvert ES\rvert}{\lvert BE\rvert}=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert EC\rvert}\); 4) zapisze, że trójkąt \(OEC\) jest prostokątny lub wynika to z rozwiązania, np.: zdający zapisze równość \(\lvert OC\rvert^2=\lvert OE\rvert^2+\lvert EC\rvert^2\), zapisze, że trójkąty \(OEC\) oraz \(SAC\) są podobne, zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów \(OEC\) oraz \(SAC\), np.: \(\frac{\lvert OE\rvert}{\lvert OC\rvert}=\frac{\lvert AS\rvert}{\lvert CS\rvert}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje co najwyżej 1 punkt (za poprawną interpretację kąta między ścianami bocznymi oraz za zapisanie równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(BDE\)). 2. Jeżeli zdający w rozwiązaniu błędnie interpretuje kąt między ścianami bocznymi \(BCS\) i \(CDS\), np. zakłada, że jest to kąt \(BSD\), to może otrzymać co najwyżej 1 punkt (za spełnienie warunku 3) z kryterium za 1 punkt). 3. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje inną bryłę i nie jest nią ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.3) Zdający rozpoznaje w […] ostrosłupach kąty między odcinkami […] oraz kąty między ścianami, oblicza miary tych kątów; X.5) Zdający oblicza […] pola powierzchni […] ostrosłupów […].

\[P_b=918.\]

Oznaczmy \(a=\lvert AB\rvert=3\sqrt{34}\). Krawędź \(SA\) jest wysokością ostrosłupa, więc jest prostopadła do wszystkich prostych podstawy przechodzących przez \(A\). Bok \(BC\) jest prostopadły do \(AB\) i do \(SA\), więc jest prostopadły do płaszczyzny \(ABS\), a zatem także do \(BS\). Trójkąt \(BCS\) ma więc kąt prosty przy wierzchołku \(B\); analogicznie trójkąt \(CDS\) ma kąt prosty przy \(D\). Kąt \(\beta\) między ścianami \(BCS\) i \(CDS\) mierzymy w przekroju prostopadłym do wspólnej krawędzi \(CS\). Niech \(E\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z \(B\) na \(CS\); z symetrii spodek wysokości z \(D\) jest tym samym punktem, a \(\beta=\lvert\angle BED\rvert\). Oznaczmy \(x=\lvert BE\rvert=\lvert DE\rvert\). Przekątna podstawy ma długość \(\lvert BD\rvert=a\sqrt2\), więc z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(BED\) \[\cos\beta=\frac{2x^{2}-2a^{2}}{2x^{2}}=1-\frac{a^{2}}{x^{2}}=-\frac{9}{25},\qquad x^{2}=\frac{25}{34}a^{2}=\frac{25}{34}\cdot306=225,\] czyli \(x=15\). W trójkącie prostokątnym \(BCS\) wysokość opuszczona z wierzchołka kąta prostego spełnia \(\lvert BE\rvert\cdot\lvert CS\rvert=\lvert BC\rvert\cdot\lvert BS\rvert\) oraz \(\lvert BC\rvert^{2}=\lvert CE\rvert\cdot\lvert CS\rvert\). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(BCE\) \[\lvert CE\rvert=\sqrt{\lvert BC\rvert^{2}-x^{2}}=\sqrt{306-225}=9,\] a stąd \(\lvert CS\rvert=\dfrac{\lvert BC\rvert^{2}}{\lvert CE\rvert}=\dfrac{306}{9}=34\) oraz \[\lvert BS\rvert=\sqrt{\lvert CS\rvert^{2}-\lvert BC\rvert^{2}}=\sqrt{1156-306}=\sqrt{850}=5\sqrt{34}.\] Wreszcie \(\lvert AS\rvert=\sqrt{\lvert BS\rvert^{2}-a^{2}}=\sqrt{850-306}=\sqrt{544}=4\sqrt{34}\). Pole powierzchni bocznej to suma pól czterech trójkątów prostokątnych: \[P_b=2\cdot\tfrac12\cdot a\cdot\lvert AS\rvert+2\cdot\tfrac12\cdot a\cdot\lvert BS\rvert=3\sqrt{34}\left(4\sqrt{34}+5\sqrt{34}\right)=3\cdot34\cdot9=918.\] **Odpowiedź.** \(P_b=918\).

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(918\). **4 pkt** – obliczenie długości krawędzi \(SC\) i \(BE\): \(\lvert SC\rvert=34\) i \(\lvert BE\rvert=15\) ALBO – obliczenie długości krawędzi \(SC\) i \(BS\): \(\lvert SC\rvert=34\) i \(\lvert BS\rvert=5\sqrt{34}\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(BS\): \(\lvert BS\rvert=5\sqrt{34}\) i zapisanie, że trójkąt \(SBC\) jest prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt \(SBC\) jako prostokątny), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\) i \(SB\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i \(\lvert BS\rvert=5\sqrt{34}\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\) i \(SC\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i \(\lvert SC\rvert=34\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\) i \(BE\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i \(\lvert BE\rvert=15\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i zapisanie, że trójkąt \(SBC\) jest prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt \(SBC\) jako prostokątny). **3 pkt** – obliczenie długości odcinka \(CE\): \(\lvert CE\rvert=9\) oraz zapisanie równania pozwalającego obliczyć długość jednego z odcinków: \(SC\), \(SB\), \(SA\), \(SE\), np.: \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert SC\rvert}\) (\(\lvert SC\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(BCS\) i \(ECB\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert OC\rvert}=\frac{\lvert AC\rvert}{\lvert SC\rvert}\) (\(\lvert SC\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ECO\) i \(ACS\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert BE\rvert}=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert SB\rvert}\) (\(\lvert SB\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(BCS\) i \(ECB\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert SB\rvert}\) (\(\lvert SB\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ESB\) i \(EBC\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert OE\rvert}=\frac{\lvert AC\rvert}{\lvert SA\rvert}\) (\(\lvert SA\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ECO\) i \(ACS\)), \(\lvert SE\rvert\cdot\lvert CE\rvert=\lvert BE\rvert^2\) (\(\lvert SE\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ESB\) i \(EBC\)), ALBO – zapisanie układu dwóch równań z dwiema niewiadomymi, w którym jedną z niewiadomych jest długość krawędzi \(BS\), a drugą długość krawędzi \(SC\), np. \(\lvert BS\rvert^2+\left(3\sqrt{34}\right)^2=\lvert SC\rvert^2\) i \(\frac{15}{3\sqrt{34}}=\frac{\lvert BS\rvert}{\lvert SC\rvert}\), ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością krawędzi \(BS\) albo długością krawędzi \(SC\), albo długością krawędzi \(AS\)), np. \(\left(\frac{15}{\lvert BS\rvert}\right)^2+\left(\frac{15}{3\sqrt{34}}\right)^2=1\), \(\left(\frac{3\sqrt{34}}{\lvert SC\rvert}\right)^2+\left(\frac{15}{3\sqrt{34}}\right)^2=1\), \(\left(\frac{6\sqrt{2}}{\tfrac{1}{2}\cdot3\sqrt{34}\cdot\sqrt{2}}\right)^2+\left(\frac{12\sqrt{2}}{\lvert AS\rvert}\right)^2=1\). **2 pkt** – obliczenie długości \(x\) odcinka \(BE\) (lub \(DE\)): \(x=15\) ALBO – obliczenie długości \(y\) odcinka \(EO\): \(y=6\sqrt{2}\), ALBO – spełnienie warunku 2) i jednego z warunków 3),4) określonych w zasadach oceniania za 1 punkt. **1 pkt** – spełnienie jednego z poniższych warunków 1)-4): 1) obliczenie wartości funkcji trygonometrycznej kąta \(\tfrac{\beta}{2}=\lvert\angle BEO\rvert\) (gdzie \(O\) jest punktem przecięcia przekątnych podstawy \(ABCD\)), np.: \(\sin\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{\sqrt{17}}{5}\), \(\operatorname{tg}\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{\sqrt{34}}{4}\), \(\cos\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{2\sqrt{2}}{5}\); 2) zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(BED\) i zapisanie równania \(\left(3\sqrt{34}\cdot\sqrt{2}\right)^2=x^2+x^2-2x^2\cdot\left(-\tfrac{9}{25}\right)\); 3) zdający zapisze, że trójkąt \(SBC\) (lub \(SDC\)) jest prostokątny i wskaże właściwy wierzchołek kąta prostego lub wynika to z rozwiązania, np.: zapisze równość wynikającą z twierdzenia Pitagorasa: \(\lvert SC\rvert^2=\lvert BS\rvert^2+\lvert BC\rvert^2\), zapisze, że trójkąty \(CBS\) oraz \(CEB\) są podobne, zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów \(CBS\) oraz \(CEB\), np.: \(\frac{\lvert BS\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert EC\rvert}\), zapisze, że trójkąty \(BES\) oraz \(CEB\) są podobne, zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów \(BES\) oraz \(CEB\), np.: \(\frac{\lvert ES\rvert}{\lvert BE\rvert}=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert EC\rvert}\); 4) zapisze, że trójkąt \(OEC\) jest prostokątny lub wynika to z rozwiązania, np.: zdający zapisze równość \(\lvert OC\rvert^2=\lvert OE\rvert^2+\lvert EC\rvert^2\), zapisze, że trójkąty \(OEC\) oraz \(SAC\) są podobne, zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów \(OEC\) oraz \(SAC\), np.: \(\frac{\lvert OE\rvert}{\lvert OC\rvert}=\frac{\lvert AS\rvert}{\lvert CS\rvert}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje co najwyżej 1 punkt (za poprawną interpretację kąta między ścianami bocznymi oraz za zapisanie równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(BDE\)). 2. Jeżeli zdający w rozwiązaniu błędnie interpretuje kąt między ścianami bocznymi \(BCS\) i \(CDS\), np. zakłada, że jest to kąt \(BSD\), to może otrzymać co najwyżej 1 punkt (za spełnienie warunku 3) z kryterium za 1 punkt). 3. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje inną bryłę i nie jest nią ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 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.

B. \(4\)

Trójkąt o bokach \(10\), \(24\), \(26\) jest prostokątny, bo \[10^2+24^2=100+576=676=26^2.\] Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(a\), \(b\) i przeciwprostokątnej \(c\) promień okręgu wpisanego wyraża wzór \(r=\frac{a+b-c}{2}\), więc \[r=\frac{10+24-26}{2}=4.\] Kontrola drugą metodą: \(P=\frac12\cdot10\cdot24=120\), \(p=\frac{10+24+26}{2}=30\), \(r=\frac../../{p}=\frac{120}{30}=4\). **Odpowiedź.** B. \(4\)

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

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: G10.21) Konstruuje okrąg wpisany w trójkąt; G10.3) korzysta z własności stycznej.

D. \(13\)

Trójkąt o bokach \(10\), \(24\), \(26\) jest prostokątny, bo \[10^2+24^2=100+576=676=26^2.\] Kąt prosty jest kątem wpisanym opartym na przeciwprostokątnej, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego: \[R=\frac{26}{2}=13.\] **Odpowiedź.** D. \(13\)

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

Wymaganie ogólne: V. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: G10.21) Konstruuje okrąg opisany na trójkącie.

B. \(4\)

Trójkąt o bokach \(10\), \(24\), \(26\) jest prostokątny, bo \[10^2+24^2=100+576=676=26^2.\] Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(a\), \(b\) i przeciwprostokątnej \(c\) promień okręgu wpisanego wyraża wzór \(r=\frac{a+b-c}{2}\), więc \[r=\frac{10+24-26}{2}=4.\] Kontrola drugą metodą: \(P=\frac12\cdot10\cdot24=120\), \(p=\frac{10+24+26}{2}=30\), \(r=\frac../../{p}=\frac{120}{30}=4\). **Odpowiedź.** B. \(4\)

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

Wymaganie ogólne: IV. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: VIII.10) Wskazuje środek okręgu wpisanego; VIII.1) wyznacza promienie okręgów.

D. \(13\)

Trójkąt o bokach \(10\), \(24\), \(26\) jest prostokątny, bo \[10^2+24^2=100+576=676=26^2.\] Kąt prosty jest kątem wpisanym opartym na przeciwprostokątnej, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego: \[R=\frac{26}{2}=13.\] **Odpowiedź.** D. \(13\)

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

Wymaganie ogólne: IV. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: VIII.10) Wskazuje środek okręgu opisanego; VIII.1) wyznacza promienie okręgów.

**B.** \(2\)

Punkt przecięcia dwusiecznych jest środkiem okręgu wpisanego, więc szukana odległość jest promieniem \(r\) tego okręgu. Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(5\) i \(12\) oraz przeciwprostokątnej \(13\) mamy \[r=\frac{5+12-13}{2}=2.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VIII.10) Zdający wskazuje podstawowe punkty szczególne w trójkącie, w tym środek okręgu wpisanego, oraz korzysta z ich własności.

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 […].

\[P_3=P_1+P_2.\]

Dla figur podobnych stosunek pól jest kwadratem skali podobieństwa. Ponieważ odpowiadającymi sobie podstawami trójkątów są boki \(CA\), \(AB\) i \(BC\), otrzymujemy \[\frac{P_2}{P_1}=\left(\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert CA\rvert}\right)^2,\qquad\frac{P_3}{P_1}=\left(\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert CA\rvert}\right)^2.\] Stąd \[P_1+P_2=P_1+\frac{\lvert AB\rvert^2}{\lvert CA\rvert^2}P_1=P_1\frac{\lvert CA\rvert^2+\lvert AB\rvert^2}{\lvert CA\rvert^2}.\] Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny przy \(A\), więc z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert CA\rvert^2+\lvert AB\rvert^2=\lvert BC\rvert^2.\] Zatem \[P_1+P_2=P_1\frac{\lvert BC\rvert^2}{\lvert CA\rvert^2}=P_3,\] co kończy dowód.

**3 pkt** – pełny poprawny dowód równości \(P_3=P_1+P_2\) **2 pkt** – zapisanie zależności między polami figur podobnych, sumy \(P_1+P_2\) oraz twierdzenia Pitagorasa **1 pkt** – zapisanie zależności \(\frac{P_2}{P_1}=(\frac{|AB|}{|CA|})^2\) i \(\frac{P_3}{P_1}=(\frac{|BC|}{|CA|})^2\) albo równoważnego etapu **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie wieloetapowych rozumowań, dostrzeganie podobieństw i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** VIII.9) Zdający wykorzystuje zależności między polami figur podobnych. VIII.11) Przeprowadza dowody geometryczne.

\[\lvert\angle CAB\rvert=30^{\circ},\qquad\lvert\angle ABC\rvert=30^{\circ},\qquad\lvert\angle BCA\rvert=120^{\circ}.\]

Niech \(D\) będzie drugim punktem przecięcia prostej \(AB\) z okręgiem. Odcinek \(AD\) jest średnicą, więc \(\lvert AD\rvert=2r\), a kąt wpisany \(ACD\) oparty na średnicy jest prosty: \[\lvert\angle ACD\rvert=90^{\circ}.\] W trójkącie prostokątnym \(ACD\) mamy \[\lvert CD\rvert^2=(2r)^2-(\sqrt3r)^2=r^2,\] czyli \(\lvert CD\rvert=r\). Jest to trójkąt o bokach \(r\), \(\sqrt3r\), \(2r\), zatem \[\lvert\angle CAD\rvert=30^{\circ},\qquad\lvert\angle ADC\rvert=60^{\circ}.\] Ponieważ \(\lvert AB\rvert=3r\) i \(\lvert AD\rvert=2r\), mamy \(\lvert DB\rvert=r=\lvert DC\rvert\). Trójkąt \(DBC\) jest równoramienny, a \[\lvert\angle CDB\rvert=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}.\] Stąd kąty przy podstawie są równe po \(30^{\circ}\). Ostatecznie kąty trójkąta \(ABC\) mają miary \(30^{\circ}\), \(30^{\circ}\) i \(120^{\circ}\).

**4 pkt** – poprawne miary wszystkich kątów: \(30^{\circ}\), \(30^{\circ}\), \(120^{\circ}\) **3 pkt** – poprawne kąty trójkąta \(DBC\): \(120^{\circ}\), \(30^{\circ}\), \(30^{\circ}\) **2 pkt** – poprawne kąty ostre trójkąta \(ADC\): \(30^{\circ}\) i \(60^{\circ}\) **1 pkt** – zapisanie \(\lvert\angle ACD\rvert=90^{\circ}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych oraz tworzenie obiektów pomocniczych. **Wymagania szczegółowe:** VII.4) Zdający rozwiązuje trójkąty prostokątne. VIII.1) Wyznacza promienie, średnice i długości cięciw, także z twierdzenia Pitagorasa. VIII.5) Stosuje własności kątów wpisanych i środkowych. VIII.12) Stosuje funkcje trygonometryczne w figurach płaskich.

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.

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

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.

**D.** \(\frac{\sqrt{15}}8\)

W trójkącie prostokątnym \(ABC\) bok \(BC\) jest przeciwprostokątną, a bok \(AC\) leży naprzeciw kąta \(ABC\). Z definicji sinusa \[\sin\angle ABC=\frac{|AC|}{|BC|}=\frac{\sqrt{15}}8.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VII.1) Zdający wykorzystuje definicję sinusa dla kątów od \(0^\circ\) do \(180^\circ\).

**A.** \(\sqrt{15}\)

Najpierw z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ABC\): \[|AB|^2+|AC|^2=|BC|^2,\] \[|AB|^2+15=64,\qquad |AB|=7.\] Ponieważ \(|BD|=6\), mamy \[|AD|=|AB|-|BD|=7-6=1.\] W trójkącie prostokątnym \(ADC\): \[\tan\angle ADC=\frac{|AC|}{|AD|}=\frac{\sqrt{15}}1=\sqrt{15}.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VII.1) Zdający wykorzystuje definicję tangensa dla kątów od \(0^\circ\) do \(180^\circ\).

**C.** \(8\sqrt2\)

Przekątna graniastosłupa, przekątna podstawy i krawędź boczna tworzą trójkąt prostokątny — kąt \(\alpha\) leży między przekątną bryły a przekątną podstawy (tak zaznaczono go na rysunku). Przekątna kwadratu o boku \(4\) ma długość \[d=4\sqrt2.\] Wysokość graniastosłupa jest przyprostokątną leżącą naprzeciw kąta \(\alpha\), więc \[\tan\alpha=\frac{H}{d}\quad\Longrightarrow\quad H=d\tan\alpha=4\sqrt2\cdot2=8\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(H=8\sqrt2\), czyli wariant **C**

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

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni graniastosłupów i ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń.

\(S=(6,7)\) lub \(S=(-4,-3)\). Z pola dwóch przystających trójkątów prostokątnych otrzymujemy \(\lvert AB\rvert=\lvert AC\rvert=3\sqrt5\), a z twierdzenia Pitagorasa \(\lvert AS\rvert=5\sqrt2\). Dla \(S=(s,s+1)\) daje to równanie \(2(s-1)^{2}=50\), czyli \(s=6\) lub \(s=-4\).

**Krok \(1\).** Metoda: czworokąt \(ABSC\) składa się z dwóch przystających trójkątów prostokątnych. Z jego pola wyznaczymy długość stycznej, z twierdzenia Pitagorasa — długość \(\lvert AS\rvert\), a stąd współrzędne \(S\). **Krok \(2\).** Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc \(SB\perp AB\) oraz \(SC\perp AC\). Trójkąty \(ABS\) i \(ACS\) są zatem prostokątne (kąt prosty przy \(B\) i przy \(C\)). **Krok \(3\).** Trójkąty te mają wspólną przeciwprostokątną \(AS\) i równe przyprostokątne \(\lvert BS\rvert=\lvert CS\rvert=\sqrt5\), więc są przystające. Oznaczmy \(t=\lvert AB\rvert=\lvert AC\rvert\). **Krok \(4\).** Zapisujemy pole czworokąta jako sumę pól tych trójkątów: \[15=2\cdot\frac{1}{2}\cdot t\cdot\sqrt5=t\sqrt5,\qquad\text{zatem}\qquad t=\frac{15}{\sqrt5}=3\sqrt5.\] **Krok \(5\).** Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ABS\): \[\lvert AS\rvert^{2}=\lvert AB\rvert^{2}+\lvert BS\rvert^{2}=\left(3\sqrt5\right)^{2}+\left(\sqrt5\right)^{2}=45+5=50,\] czyli \(\lvert AS\rvert=5\sqrt2\). **Krok \(6\).** Punkt \(S\) leży na prostej \(y=x+1\), więc \(S=(s,\ s+1)\) dla pewnego \(s\in\mathbb{R}\). **Krok \(7\).** Zapisujemy warunek \(\lvert AS\rvert^{2}=50\) dla \(A=(1,2)\): \[(s-1)^{2}+(s+1-2)^{2}=50,\qquad 2(s-1)^{2}=50,\qquad (s-1)^{2}=25.\] **Krok \(8\).** Stąd \(\lvert s-1\rvert=5\), czyli \(s=6\) lub \(s=-4\), a więc \[S=(6,7)\qquad\text{lub}\qquad S=(-4,-3).\] Oba punkty spełniają warunek \(\lvert AS\rvert=5\sqrt2\gt\sqrt5\), więc oba są dobre. **Uwaga.** Zadanie wyraźnie prosi o rozważenie wszystkich przypadków: równanie \((s-1)^{2}=25\) ma dwa rozwiązania i oba dają poprawne położenie środka okręgu, po dwóch stronach punktu \(A\). **Odpowiedź.** \(S=(6,7)\) lub \(S=(-4,-3)\).

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(S=(6,\,7)\) oraz \(S=(-4,\,-3)\). **4 pkt** – obliczenie obydwu wartości \(x_{S}\): \(6\) oraz \((-4)\) ALBO – obliczenie obydwu współrzędnych punktu \(S\) tylko dla jednego przypadku: \(S=(6,\,7)\) albo \(S=(-4,\,-3)\). **3 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą (współrzędną punktu \(S\)), np. \((x_{S}-1)^{2}+(x_{S}+1-2)^{2}=50\), \(\frac{\lvert 2x_{S}-(x_{S}+1)\rvert}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}=\sqrt{5}\), \((x_{S}-(-5))^{2}+(x_{S}+1-(-1))^{2}=5\), \((x_{S}-(-2))^{2}+(x_{S}+1-(-4))^{2}=5\), \((x_{S}-4)^{2}+(x_{S}+1-8)^{2}=5\), \((x_{S}-7)^{2}+(x_{S}+1-5)^{2}=5\). **2 pkt** – obliczenie długości \(m\) odcinka \(AB\) (lub \(AC\)) stycznej: \(3\sqrt{5}\) ALBO – obliczenie długości odcinka \(AS\): \(\lvert AS\rvert=5\sqrt{2}\). **1 pkt** – zapisanie współrzędnych punktu \(S\) w zależności od jednej zmiennej, np. \(S=(x,\,x+1)\) ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością \(m\) odcinka \(AB\) stycznej), np. \(15=2\cdot\frac{1}{2}\cdot m\cdot\sqrt{5}\), ALBO – zapisanie układ trzech równań: \(\lvert z\rvert^{2}=m^{2}+m^{2}-2m\cdot m\cdot\cos\alpha\) oraz \(\lvert z\rvert^{2}=(\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{5})^{2}-2\sqrt{5}\cdot\sqrt{5}\cdot\cos(180^\circ-\alpha)\) oraz \(15=\frac{1}{2}\cdot m^{2}\cdot\sin\alpha+\frac{1}{2}\cdot(\sqrt{5})^{2}\cdot\sin(180^\circ-\alpha)\), gdzie \(z=\lvert BC\rvert\), \(m=\lvert AB\rvert\), \(\alpha=\lvert\measuredangle BAC\rvert\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwagi:** 1. Jeżeli zdający pomija współczynnik \(\frac{1}{2}\) we wzorze na pole trójkąta lub deltoidu, to błąd ten traktujemy jako błąd rachunkowy. 2. Jeżeli zdający rozwiąże zadanie do końca, ale otrzyma więcej niż dwa punkty \(S\), to może otrzymać co najwyżej \(4\) punkty za całe rozwiązanie.

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** IX.3) Zdający oblicza odległość dwóch punktów w układzie współrzędnych; IX.5) Zdający oblicza odległość punktu od prostej. IX.R1) Zdający posługuje się równaniem prostej w postaci ogólnej na płaszczyźnie […].

\(S=(6,7)\) lub \(S=(-4,-3)\). Pole jest sumą pól dwóch przystających trójkątów prostokątnych, więc \(15=|AB|\sqrt{5}\) i \(|AB|=3\sqrt{5}\). Stąd \(|AS|^{2}=50\), a dla \(S=(s,s+1)\) otrzymujemy \(2(s-1)^{2}=50\).

**Krok \(1\).** Metoda: czworokąt \(ABSC\) jest deltoidem złożonym z dwóch przystających trójkątów prostokątnych; z jego pola wyznaczymy \(|AS|\), a potem skorzystamy z tego, że \(S\) leży na danej prostej. **Krok \(2\).** Promienie \(SB\) i \(SC\) poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do stycznych \(AB\) i \(AC\), więc trójkąty \(ABS\) i \(ACS\) są prostokątne odpowiednio przy wierzchołkach \(B\) i \(C\). Mają wspólną przeciwprostokątną \(AS\) i równe przyprostokątne \(|SB|=|SC|=\sqrt{5}\), więc są przystające i \(|AB|=|AC|\). **Krok \(3\).** Pole czworokąta jest sumą pól tych trójkątów: \[15=2\cdot\frac{1}{2}\cdot|AB|\cdot\sqrt{5}=|AB|\sqrt{5},\qquad |AB|=\frac{15}{\sqrt{5}}=3\sqrt{5}.\] **Krok \(4\).** Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ABS\): \[|AS|^{2}=|AB|^{2}+|BS|^{2}=45+5=50.\] **Krok \(5\).** Punkt \(S\) leży na prostej \(y=x+1\), więc \(S=(s,s+1)\). Zapisujemy warunek \(|AS|^{2}=50\) dla \(A=(1,2)\): \[(s-1)^{2}+(s+1-2)^{2}=50,\qquad 2(s-1)^{2}=50,\qquad (s-1)^{2}=25.\] **Krok \(6\).** Stąd \(|s-1|=5\), czyli \(s=6\) albo \(s=-4\), a więc \[S=(6,7)\quad\text{lub}\quad S=(-4,-3).\] **Krok \(7\).** Sprawdzamy założenie: w obu przypadkach \(|AS|=\sqrt{50}=5\sqrt{2}\gt\sqrt{5}\), więc punkt \(A\) leży na zewnątrz okręgu i obie styczne istnieją. Oba rozwiązania są dobre. **Uwaga.** Punkt \(A=(1,2)\) sam leży na prostej \(y=x+1\), więc odległość \(|AS|\) mierzymy wzdłuż tej prostej: \(|AS|=|s-1|\sqrt{2}\). Z równania \(|s-1|\sqrt{2}=5\sqrt{2}\) natychmiast dostajemy \(|s-1|=5\) — to skrót do Kroku \(6\). Odpowiedź musi zawierać oba położenia \(S\) — po jednym z każdej strony punktu \(A\). **Odpowiedź.** \(S=(6,7)\) lub \(S=(-4,-3)\).

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(S=(6,\,7)\) oraz \(S=(-4,\,-3)\). **4 pkt** – obliczenie obydwu wartości \(x_{S}\): \(6\) oraz \((-4)\) ALBO – obliczenie obydwu współrzędnych punktu \(S\) tylko dla jednego przypadku: \(S=(6,\,7)\) albo \(S=(-4,\,-3)\). **3 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą (współrzędną punktu \(S\)), np. \((x_{S}-1)^{2}+(x_{S}+1-2)^{2}=50\), \(\frac{\lvert 2x_{S}-(x_{S}+1)\rvert}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}=\sqrt{5}\), \((x_{S}-(-5))^{2}+(x_{S}+1-(-1))^{2}=5\), \((x_{S}-(-2))^{2}+(x_{S}+1-(-4))^{2}=5\), \((x_{S}-4)^{2}+(x_{S}+1-8)^{2}=5\), \((x_{S}-7)^{2}+(x_{S}+1-5)^{2}=5\). **2 pkt** – obliczenie długości \(m\) odcinka \(AB\) (lub \(AC\)) stycznej: \(3\sqrt{5}\) ALBO – obliczenie długości odcinka \(AS\): \(\lvert AS\rvert=5\sqrt{2}\). **1 pkt** – zapisanie współrzędnych punktu \(S\) w zależności od jednej zmiennej, np. \(S=(x,\,x+1)\) ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością \(m\) odcinka \(AB\) stycznej), np. \(15=2\cdot\frac{1}{2}\cdot m\cdot\sqrt{5}\), ALBO – zapisanie układ trzech równań: \(\lvert z\rvert^{2}=a^{2}+a^{2}-2a\cdot a\cdot\cos\alpha\) oraz \(\lvert z\rvert^{2}=(\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{5})^{2}-2\sqrt{5}\cdot\sqrt{5}\cdot\cos(180^\circ-\alpha)\) oraz \(15=\frac{1}{2}\cdot a^{2}\cdot\sin\alpha+\frac{1}{2}\cdot(\sqrt{5})^{2}\cdot\sin(180^\circ-\alpha)\), gdzie \(z=\lvert BC\rvert\), \(a=\lvert AB\rvert\), \(\alpha=\lvert\measuredangle BAC\rvert\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwagi:** 1. Jeżeli zdający pomija współczynnik \(\frac{1}{2}\) we wzorze na pole trójkąta lub deltoidu, to błąd ten traktujemy jako błąd rachunkowy. 2. Jeżeli zdający rozwiąże zadanie do końca, ale otrzyma więcej niż dwa punkty \(S\), to może otrzymać co najwyżej \(4\) punkty za całe rozwiązanie.

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 8.6) Zdający oblicza odległość dwóch punktów. 8.1R) Zdający oblicza odległość punktu od prostej.

\[|SP|=\sqrt6,\] gdzie \(P\) jest spodkiem wysokości opuszczonej z \(S\) na \(BH\).

Punkt \(S\) jest środkiem przekątnych kwadratowej ściany \(ADHE\), więc \[|HS|=\frac12|HA|=3\sqrt2.\] W sześcianie o krawędzi \(6\): \[|AB|=6,\qquad |AH|=6\sqrt2,\qquad |BH|=6\sqrt3.\] Niech \(P\) będzie spodkiem wysokości trójkąta \(SBH\) poprowadzonej z \(S\). Trójkąty prostokątne \(PHS\) i \(AHB\) są podobne, więc \[\frac{|SP|}{|AB|}=\frac{|SH|}{|BH|}.\] Zatem \[\frac{|SP|}{6}=\frac{3\sqrt2}{6\sqrt3},\] \[|SP|=\frac{3\sqrt2}{\sqrt3}=\sqrt6.\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i wynik \(\sqrt6\) **3 pkt** – zapisanie równania z niewiadomą \(|SP|\), np. \(\frac{|SP|}{6}=\frac{3\sqrt2}{6\sqrt3}\) **2 pkt** – obliczenie boków trójkąta \(HSB\), zapisanie właściwej proporcji podobieństwa albo równoważnego etapu prowadzącego do wysokości **1 pkt** – obliczenie jednego z odcinków \(|BH|=6\sqrt3\), \(|HS|=3\sqrt2\), \(|BS|=3\sqrt6\) lub odpowiedniego odcinka pomocniczego **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:** X.1) Zdający rozpoznaje wzajemne położenie prostych w przestrzeni, w szczególności proste prostopadłe nieprzecinające się. X.R5) Zdający wyznacza przekroje sześcianu.

**C.** \(\sqrt{12}\)

Z twierdzenia o stycznej i siecznej: \[|DA|^2=|DC|\cdot|DB|=3\cdot(3+4)=21,\] więc \(|DA|=\sqrt{21}\). Ponieważ styczna w punkcie \(A\) jest prostopadła do promienia, trójkąt \(DAB\) jest prostokątny, a \(|DB|=7\). Z twierdzenia Pitagorasa: \[|AB|=\sqrt{7^2-(\sqrt{21})^2}=\sqrt{28}=2\sqrt7.\] Szukana odległość jest wysokością trójkąta \(DAB\) opuszczoną z \(A\) na przeciwprostokątną \(DB\). Porównując pola: \[\frac12|DA|\cdot|AB|=\frac12|DB|\cdot h,\] \[h=\frac{\sqrt{21}\cdot2\sqrt7}{7}=2\sqrt3=\sqrt{12}.\]

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

**Element podstawy programowej:** geometria okręgu i trójkąta prostokątnego; zdający stosuje twierdzenie o stycznej i siecznej, twierdzenie Pitagorasa oraz wzór na pole trójkąta.

\(\triangle BPS\sim\triangle BSC\), 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.

Udowodniono równość \(P_3=P_1+P_2\).

Ponieważ trójkąty \(CAW_1\), \(ABW_2\), \(CBW_3\) są podobne, stosunki ich pól są kwadratami stosunków odpowiadających sobie boków: \[\frac{P_2}{P_1}=\left(\frac{|AB|}{|CA|}\right)^2,\qquad \frac{P_3}{P_1}=\left(\frac{|BC|}{|CA|}\right)^2.\] Stąd \[P_1+P_2=P_1\left(1+\frac{|AB|^2}{|CA|^2}\right)=P_1\frac{|CA|^2+|AB|^2}{|CA|^2}.\] Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny przy \(A\), więc z twierdzenia Pitagorasa \(|CA|^2+|AB|^2=|BC|^2\). Zatem \[P_1+P_2=P_1\frac{|BC|^2}{|CA|^2}=P_3.\] To kończy dowód.

**3 pkt** – prawidłowe przeprowadzenie pełnego dowodu równości \(P_3=P_1+P_2\) **2 pkt** – zapisanie zależności między polami figur podobnych i długościami odpowiednich boków oraz zastosowanie twierdzenia Pitagorasa **1 pkt** – zapisanie zależności \(\frac{P_2}{P_1}=(\frac{|AB|}{|CA|})^2\) i \(\frac{P_3}{P_1}=(\frac{|BC|}{|CA|})^2\) lub zależności równoważnych **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.1, IV.2 i IV.4 przeprowadzanie rozumowań, dostrzeganie analogii oraz tworzenie strategii rozwiązania. **Wymagania szczegółowe:** VIII.12 :** zależności między polami figur podobnych oraz przeprowadzanie dowodów geometrycznych.

\(P_{T_2}=120\)

Przeciwprostokątna trójkąta \(T_1\) ma długość \[\sqrt{5^2+12^2}=13.\] Skala podobieństwa trójkąta \(T_2\) do \(T_1\) jest więc równa \[k=\frac{26}{13}=2.\] Pole trójkąta \(T_1\) wynosi \[P_{T_1}=\frac12\cdot5\cdot12=30.\] Pola figur podobnych pozostają w stosunku kwadratu skali, zatem \[P_{T_2}=k^2P_{T_1}=2^2\cdot30=120.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i obliczenie pola trójkąta \(T_2\): \(P_{T_2}=120\) **1 pkt** – wykorzystanie podobieństwa i zapisanie równania pozwalającego obliczyć przyprostokątne, zapisanie stosunku pól wraz z obliczeniem przeciwprostokątnej \(T_1\), wyznaczenie skali \(k=2\) albo obliczenie przyprostokątnych \(T_2\): \(10\) i \(24\) **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:** VIII.8 zdający korzysta z cech podobieństwa trójkątów.

**C.** \(\frac47L\)

Z warunku \(|AD|:|DB|=3:4\) wynika \(|AB|=7k\) i \(|DB|=4k\), więc \(\frac{|DB|}{|AB|}=\frac47\). Ponieważ \(DE\parallel AC\), trójkąty \(BED\) i \(BCA\) są podobne w skali \(\frac47\). Obwody figur podobnych pozostają w tej samej skali, zatem obwód trójkąta \(BED\) wynosi \(\frac47L\).

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska - podobieństwo trójkątów i skala obwodów.

**\(B_{2}\).** Trójkąt prostokątny, ponieważ dwie z prostych są prostopadłe.

Współczynniki kierunkowe prostych \(y=\sqrt3x+6\) i \(y=-\frac{x}{\sqrt3}-2\) są równe odpowiednio \(\sqrt3\) oraz \(-\frac1{\sqrt3}\). Ich iloczyn wynosi \[\sqrt3\cdot\left(-\frac1{\sqrt3}\right)=-1.\] Proste są więc prostopadłe, a wyznaczony przez nie trójkąt jest prostokątny.

**1 pkt** – odpowiedź **B2** **0 pkt** – odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria analityczna - warunek prostopadłości prostych.

\[S=\frac{8(4+\sqrt{10})}{3}\,a.\]

Bok kwadratu \(K_2\) jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(\frac14a\) i \(\frac34a\), zatem \[a_2=\sqrt{\left(\frac a4\right)^2+\left(\frac{3a}{4}\right)^2}=\frac{\sqrt{10}}4a.\] Stosunek długości boków kolejnych kwadratów, a więc także ich obwodów, jest równy \[q=\frac{\sqrt{10}}4.\] Ponieważ \(0<q<1\), suma obwodów istnieje. Pierwszy wyraz ciągu obwodów jest równy \(4a\), więc \[S=\frac{4a}{1-\frac{\sqrt{10}}4}=\frac{16a}{4-\sqrt{10}}=\frac{8(4+\sqrt{10})}{3}\,a.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\frac{8(4+\sqrt{10})}{3}a\) **3 pkt** – zapisanie szeregu obwodów, np. \(4a\left(1+\frac{\sqrt{10}}4+\frac58+\ldots\right)\), i zastosowanie wzoru na sumę szeregu geometrycznego **2 pkt** – wyznaczenie ilorazu ciągu obwodów \(q=\frac{\sqrt{10}}4\) **1 pkt** – obliczenie długości boku drugiego kwadratu \(a_2=\frac{\sqrt{10}}4a\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; 2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** VI.R2) Zdający oblicza granice ciągów, korzystając z granic ciągów typu \(\frac1n\), \(\frac1{n^2}\) oraz z twierdzeń o działaniach na granicach ciągów; oblicza sumę szeregu geometrycznego.

Suma obwodów wynosi \(\displaystyle \frac{8(4+\sqrt{10})a}{3}\). Iloraz szeregu obwodów jest równy \(\displaystyle q=\frac{\sqrt{10}}{4}\), a pierwszy wyraz to \(4a\).

Wierzchołek kwadratu \(K_2\) dzieli bok kwadratu \(K_1\) w stosunku \(1:3\), więc odcina od niego części o długościach \(\frac a4\) i \(\frac{3a}4\). Bok kwadratu \(K_2\) jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego o takich przyprostokątnych: \[a_2=\sqrt{\left(\frac a4\right)^{2}+\left(\frac{3a}4\right)^{2}}=\sqrt{\frac{10a^{2}}{16}}=\frac{\sqrt{10}}4a.\] Ten sam rachunek stosuje się do każdej kolejnej pary kwadratów, więc stosunek długości boków — a zatem także obwodów — jest stały i równy \[q=\frac{\sqrt{10}}4.\] Ponieważ \(\sqrt{10}<4\), zachodzi \(|q|<1\), więc szereg geometryczny obwodów jest zbieżny i wolno zastosować wzór \(S=\frac{L_1}{1-q}\). Pierwszy obwód wynosi \(L_1=4a\), zatem \[S=\frac{4a}{1-\frac{\sqrt{10}}4}=\frac{16a}{4-\sqrt{10}}=\frac{16a\left(4+\sqrt{10}\right)}{16-10}=\frac{8\left(4+\sqrt{10}\right)}3\,a.\] **Odpowiedź.** \(S=\frac{8\left(4+\sqrt{10}\right)}3\,a\)

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(L=\frac{4a}{1-\frac{\sqrt{10}}{4}}\) (lub \(L=\frac{8\cdot(4+\sqrt{10})a}{3}\)). **3 pkt** – zapisanie: \(L=4a\left(1+\frac{\sqrt{10}}{4}+\frac{5}{8}+\ldots\right)\). **2 pkt** – obliczenie ilorazu ciągu: \(q=\frac{\sqrt{10}}{4}\). **1 pkt** – obliczenie długości boku drugiego kwadratu: \(a_{2}=\frac{\sqrt{10}}{4}a\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwagi:** 1. Jeżeli zdający obliczy tylko sumę długości boków (po jednym z każdego kwadratu), to może otrzymać co najwyżej \(3\) punkty za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli zdający błędnie ustala stosunek podziału długości boku kwadratu i rozwiązuje zadanie konsekwentnie do końca, to może otrzymać co najwyżej \(2\) punkty za całe rozwiązanie (za obliczenie ilorazu \(q\) ciągu, o ile \(q\in(0,\,1)\), oraz za konsekwentne obliczenie sumy obwodów wszystkich kwadratów). 3. Jeżeli zdający przyjmuje do obliczeń konkretną długość boku kwadratu \(K_{1}\) i rozwiązuje zadanie konsekwentnie do końca, to otrzymuje \(2\) punkty za całe rozwiązanie. 4. Jeżeli zdający popełni błąd rachunkowy i otrzyma iloraz \(q\) ciągu, który jest liczbą spoza przedziału \((0,\,1)\), to może otrzymać co najwyżej \(1\) punkt za całe rozwiązanie (za poprawne obliczenie \(a_{2}\)).

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** R5.2) Zdający rozpoznaje szeregi geometryczne zbieżne i oblicza ich sumy.

\(4\sqrt5+2\sqrt{10}\)

Oznaczmy długość każdej przyprostokątnej przez \(a\). Ponieważ \(D\) jest środkiem \(AB\), mamy \(|AD|=\frac a2\). W trójkącie prostokątnym \(ACD\): \[a^2+\left(\frac a2\right)^2=5^2,\] \[\frac54a^2=25,\qquad a=2\sqrt5.\] Przeciwprostokątna ma długość \[|BC|=a\sqrt2=2\sqrt{10}.\] Obwód trójkąta wynosi więc \[2a+a\sqrt2=4\sqrt5+2\sqrt{10}.\]

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i otrzymanie obwodu \(4\sqrt5+2\sqrt{10}\) **1 pkt** – obliczenie długości jednego z boków, np. \(|AB|=2\sqrt5\), albo zapisanie poprawnego równania Pitagorasa wraz z obwodem w zależności od niewiadomej **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Element podstawy programowej:** planimetria; zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa i własności trójkąta prostokątnego równoramiennego.

\[|ND|=\sqrt3+1.\]

Trójkąt \(DAB\) ma kąty \(90^\circ\), \(60^\circ\), \(30^\circ\). Ponieważ \(|AD|=2\), mamy \[|AB|=4,\qquad |BD|=2\sqrt3.\] W trójkącie \(BLN\) kąt \(NBL\) ma miarę \(60^\circ\), a w trójkącie \(KBN\) kąt \(KBN\) ma miarę \(30^\circ\). Pole trójkąta \(KBL\), równe \(\frac12\), jest sumą pól trójkątów \(BLN\) i \(KBN\): \[\frac12\cdot1\cdot|BN|\sin60^\circ+\frac12\cdot|BN|\cdot1\cdot\sin30^\circ=\frac12.\] Stąd \[|BN|\left(\frac{\sqrt3}{2}+\frac12\right)=1,\] \[|BN|=\frac2{\sqrt3+1}=\sqrt3-1.\] Zatem \[|ND|=|BD|-|BN|=2\sqrt3-(\sqrt3-1)=\sqrt3+1.\]

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i wynik \(|ND|=\sqrt3+1\) **2 pkt** – obliczenie \(|BN|=\sqrt3-1\), albo obliczenie \(|BD|=2\sqrt3\) i zapisanie równania prowadzącego do \(|BN|\), albo inne równoważne kryterium CKE **1 pkt** – zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą prowadzącego do \(|BN|\), albo obliczenie \(|BD|=2\sqrt3\), albo równoważny poprawny etap **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Przybliżenia dziesiętne nie są akceptowane

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R3) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

Teza została wykazana: \(\lvert ND\rvert=\sqrt3+1\).

Z rysunku i treści odczytujemy: \(\lvert\angle ABC\rvert=90^\circ\), \(\lvert\angle CAB\rvert=60^\circ\), \(\lvert AD\rvert=2\), \(\lvert BK\rvert=\lvert BL\rvert=1\), a \(BD\) jest wysokością trójkąta \(ABC\). W trójkącie \(DAB\) kąt przy \(D\) jest prosty, a kąt przy \(A\) ma \(60^\circ\), więc jest to trójkąt o kątach \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\): \[\lvert AB\rvert=2\lvert AD\rvert=4,\qquad \lvert BD\rvert=\lvert AD\rvert\sqrt3=2\sqrt3.\] Ponadto \(\lvert\angle ABD\rvert=30^\circ\), a więc \(\lvert\angle DBL\rvert=90^\circ-30^\circ=60^\circ\). Punkt \(N\) leży na odcinku \(KL\), więc trójkąt \(BKL\) rozpada się na trójkąty \(BKN\) i \(BNL\). Porównujemy pola: \[\tfrac12\lvert BK\rvert\lvert BL\rvert\sin 90^\circ=\tfrac12\lvert BK\rvert\lvert BN\rvert\sin 30^\circ+\tfrac12\lvert BN\rvert\lvert BL\rvert\sin 60^\circ.\] Po podstawieniu \(\lvert BK\rvert=\lvert BL\rvert=1\) otrzymujemy \[1=\lvert BN\rvert\left(\tfrac12+\tfrac{\sqrt3}{2}\right),\qquad \lvert BN\rvert=\frac{2}{1+\sqrt3}=\sqrt3-1.\] Punkt \(N\) leży między \(B\) a \(D\), zatem \[\lvert ND\rvert=\lvert BD\rvert-\lvert BN\rvert=2\sqrt3-(\sqrt3-1)=\sqrt3+1.\] **Odpowiedź.** \(\lvert ND\rvert=\sqrt3+1\), co należało wykazać.

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\lvert ND\rvert=\sqrt{3}+1\). **2 pkt** – obliczenie długości odcinka \(BN\): \(\sqrt{3}-1\) ALBO – obliczenie długości odcinka \(BD\): \(\lvert BD\rvert=2\sqrt{3}\) i zapisanie równania z jedną niewiadomą \(x\) (długością odcinka \(BN\)), ALBO – zapisanie równania \(\frac{x}{2\sqrt{3}-x}=\frac{2+\sqrt{3}}{1}\) z niewiadomą \(x=\lvert DN\rvert\) (otrzymanego z podobieństwa trójkątów \(BLN\) i \(DEN\), sposób VII), ALBO – obliczenie współrzędnych punktu \(N\): \(N=\left(\frac{1}{\sqrt{3}+1},\,\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\right)\) i obliczenie długości odcinka \(BD\): \(\lvert BD\rvert=2\sqrt{3}\) (sposób V), ALBO – obliczenie współrzędnych punktów \(N\) i \(D\): \(N=\left(\frac{1}{\sqrt{3}+1},\,\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\right)\) i \(D=(\sqrt{3},\,3)\) (sposób V), ALBO – obliczenie współrzędnych punktu \(N\): \(N=\left(\frac{1}{\sqrt{3}+1},\,\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}\right)\) i zapisanie długości \(\lvert DN\rvert\) w postaci \(\frac{\left\lvert-\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{1}{\sqrt{3}+1}-1\cdot\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}+4\right\rvert}{\sqrt{\left(-\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^{2}+(-1)^{2}}}\) (sposób V). **1 pkt** – zapisanie równania z jedną niewiadomą \(x=\lvert BN\rvert\), np. \(\frac{1}{2}\cdot 1\cdot x\cdot\sin 60^\circ+\frac{1}{2}\cdot x\cdot 1\cdot\sin 30^\circ=\frac{1}{2}\) (z sumy pól trójkątów \(BLN\) oraz \(KBN\)), \(\frac{1}{\sin 105^\circ}=\frac{x}{\sin 45^\circ}\) (z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(BNK\)), \(\frac{1}{\sin 75^\circ}=\frac{x}{\sin 45^\circ}\) (z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(BNL\)), \(1-\frac{1}{2}\cdot x=\frac{x\cdot\sqrt{3}}{2}\) (ze związków miarowych w trójkątach \(BEN\) i \(ELN\)), ALBO – obliczenie długości odcinka \(BD\) i zapisanie \(\lvert BD\rvert=2\sqrt{3}\), ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą \(x\) (pierwszą lub drugą współrzędną punktu \(N\)), np. \(-x+1=\sqrt{3}x\) (sposób V), ALBO – wyznaczenie równań prostych \(AC\) i \(BD\) oraz obliczenie współrzędnych punktu \(D\): \(D=(\sqrt{3},\,3)\) (sposób V). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano nieprawidłową metodę, albo brak rozwiązania. **Uwaga:** W rozwiązaniach nie są akceptowane przybliżenia dziesiętne liczb rzeczywistych.

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** R7.4) Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.

**C.** \(\frac12\)

**Krok \(1\).** Tangens kąta ostrego w trójkącie prostokątnym to stosunek przyprostokątnej leżącej naprzeciw tego kąta do przyprostokątnej leżącej przy nim. Znamy jedną przyprostokątną i przeciwprostokątną, więc drugiej przyprostokątnej musimy się dopiero dopracować — z twierdzenia Pitagorasa. **Krok \(2\).** Ustalamy, gdzie jest kąt prosty. Przeciwprostokątną jest bok \(AB\), a leży on naprzeciw wierzchołka \(C\) — zatem kąt prosty jest przy \(C\), a przyprostokątne to \(AC\) i \(BC\). **Krok \(3\).** Zapisujemy twierdzenie Pitagorasa: \[|AC|^2+|BC|^2=|AB|^2,\qquad\text{czyli}\qquad 6^2+|BC|^2=\left(3\sqrt5\right)^2.\] **Krok \(4\).** Obliczamy kwadrat przeciwprostokątnej, pamiętając o podniesieniu do kwadratu obu czynników: \[\left(3\sqrt5\right)^2=3^2\cdot\left(\sqrt5\right)^2=9\cdot5=45.\] **Krok \(5\).** Wyznaczamy brakującą przyprostokątną: \[|BC|^2=45-36=9,\qquad |BC|=3.\] **Krok \(6\).** Kąt \(CAB\) ma wierzchołek w punkcie \(A\). Naprzeciw niego leży bok \(BC\), a przy nim bok \(AC\), zatem \[\operatorname{tg}\angle CAB=\frac{|BC|}{|AC|}=\frac36=\frac12.\] **Uwaga.** Odwrócenie ułamka daje \(2\), czyli odpowiedź D. Aby się nie pomylić, zawsze zaczynaj od pytania: która przyprostokątna leży naprzeciw kąta, o który pytają. Tu jest to \(BC\), bo kąt jest przy \(A\). **Odpowiedź.** C: \(\frac12\)

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

**Wymagania ogólne:** III. użycie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VIII.3 i IX.1 stosowanie twierdzenia Pitagorasa i definicji tangensa kąta ostrego w trójkącie prostokątnym.

**D.** \(\frac{3+\sqrt3}{2}a^2\)

Ściany \(EFB\), \(FBG\) i \(EFG\) są trójkątami prostokątnymi o przyprostokątnych długości \(a\), więc suma ich pól wynosi \(3\cdot\frac12a^2=\frac32a^2\). Odcinki \(EB\), \(BG\) i \(GE\) są przekątnymi ścian sześcianu, każdy ma długość \(a\sqrt2\). Trójkąt \(EBG\) jest równoboczny, zatem \[P_{EBG}=\frac{(a\sqrt2)^2\sqrt3}{4}=\frac{\sqrt3}{2}a^2.\] Łącznie \[P_c=\frac32a^2+\frac{\sqrt3}{2}a^2=\frac{3+\sqrt3}{2}a^2.\]

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

**Wymagania ogólne:** I. wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymagania szczegółowe:** G11.2 obliczanie pola powierzchni ostrosłupa.

**a)** \(P(x)=\frac{x(4-2x)}{4-x}\). **b)** \(D_P=(0,2)\). **c)** Największe pole ma trójkąt o bokach \(4-2\sqrt2\), \(4-2\sqrt2\) i \(4\sqrt2-4\). Pole to wynosi \(4(3-2\sqrt2)\).

Oznaczmy \(b=|BC|\) i \(c=|AB|\). Z obwodu \(x+b+c=4\), więc \(c=4-x-b\). Twierdzenie Pitagorasa daje \[(4-x-b)^2=x^2+b^2.\] Po uproszczeniu \[b(4-x)=8-4x,\qquad b=\frac{8-4x}{4-x}.\] Zatem \[P(x)=\frac12xb=\frac{x(4-2x)}{4-x}.\] Warunki \(x>0\), \(b>0\) i \(c>0\) prowadzą do dziedziny \[D_P=(0,2).\] Dla \(x\in(0,2)\): \[P'(x)=\frac{2x^2-16x+16}{(4-x)^2}.\] Jedynym miejscem zerowym pochodnej w dziedzinie jest \[x=4-2\sqrt2.\] Pochodna jest dodatnia na \((0,4-2\sqrt2)\) i ujemna na \((4-2\sqrt2,2)\), więc w tym punkcie funkcja osiąga największą wartość. Wówczas \[b=4-2\sqrt2,\qquad c=x\sqrt2=4\sqrt2-4,\] a największe pole wynosi \[P_{\max}=\frac12(4-2\sqrt2)^2=4(3-2\sqrt2).\]

**7 pkt łącznie:** \(2\) pkt za podpunkt a), \(1\) pkt za podpunkt b) i \(4\) pkt za podpunkt c). **Podpunkt a): 2 pkt** – pełne wyprowadzenie wzoru \(P(x)=\frac{x(4-2x)}{4-x}\) **1 pkt** – poprawne użycie obwodu i twierdzenia Pitagorasa **Podpunkt b): 1 pkt** – dziedzina \((0,2)\) **Podpunkt c): 4 pkt** – poprawne uzasadnienie maksimum, długości boków \(4-2\sqrt2\), \(4-2\sqrt2\), \(4\sqrt2-4\) oraz pole \(4(3-2\sqrt2)\) **3 pkt** – zbadanie znaku pochodnej i uzasadnienie maksimum dla \(x=4-2\sqrt2\) **2 pkt** – wyznaczenie miejsca zerowego pochodnej w dziedzinie **1 pkt** – poprawna pochodna \(P'(x)=\frac{2x^2-16x+16}{(4-x)^2}\)

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - modelowanie problemu geometrycznego funkcją i przeprowadzenie optymalizacji. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie twierdzenia Pitagorasa, wyznaczanie dziedziny funkcji, obliczanie pochodnej funkcji wymiernej, badanie monotoniczności i rozwiązywanie zadań optymalizacyjnych.

**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.

\[\tan\alpha+\tan\beta=\frac1{2k}.\]

Oznaczmy długości przyprostokątnych przez \(a\) i \(b\), a przeciwprostokątnej przez \(c\). Z warunku o polach mamy \[k=\frac{P_{ABC}}{P_{ABDE}}=\frac{\frac12ab}{c^2}=\frac{ab}{2c^2}.\] Stąd \[c^2=\frac{ab}{2k}.\] Dla kątów ostrych \(\alpha\) i \(\beta\) trójkąta: \[\tan\alpha=\frac ab,\qquad\tan\beta=\frac ba.\] Zatem, korzystając z twierdzenia Pitagorasa, \[\tan\alpha+\tan\beta=\frac ab+\frac ba=\frac{a^2+b^2}{ab}=\frac{c^2}{ab}.\] Po podstawieniu \(c^2=\frac{ab}{2k}\) otrzymujemy \[\tan\alpha+\tan\beta=\frac1{2k}.\]

**4 pkt** – pełny poprawny dowód prowadzący do \(\tan\alpha+\tan\beta=\frac1{2k}\) **3 pkt** – wyznaczenie \(c^2=\frac{ab}{2k}\) **2 pkt** – zapisanie zarówno \(k=\frac{ab}{2c^2}\), jak i \(\tan\alpha+\tan\beta=\frac{c^2}{ab}\) **1 pkt** – poprawne zapisanie jednej z powyższych zależności **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 6.1 i G10.7 stosowanie definicji tangensa oraz twierdzenia Pitagorasa.

**B.** \(4\)

Szukana odległość jest promieniem \(r\) okręgu wpisanego. Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(a\), \(b\) i przeciwprostokątnej \(c\): \[r=\frac{a+b-c}{2}.\] Stąd \[r=\frac{10+24-26}{2}=4.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymagania szczegółowe:** obliczanie promienia okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny.

**D.** \(\frac{64}{5}\)

Dla kąta \(\alpha\) mamy \[\tan\alpha=\frac{|BC|}{|AC|}=\frac{|BC|}{8}=\frac25.\] Stąd \(|BC|=\frac{16}{5}\). Pole trójkąta prostokątnego wynosi \[P=\frac12\cdot8\cdot\frac{16}{5}=\frac{64}{5}.\]

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

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

B. \(2\sqrt{3}\)

W trójkącie równoramiennym największy kąt leży naprzeciw najdłuższego boku, więc kąt \(120^\circ\) jest zawarty między ramionami, a podstawa ma długość \(12\). Wysokość opuszczona na podstawę dzieli trójkąt na dwa trójkąty prostokątne o kątach \(60^\circ\) i \(30^\circ\), więc \[h_{12}=6\cdot\operatorname{tg}30^\circ=6\cdot\frac{\sqrt3}{3}=2\sqrt3,\qquad a=\frac{6}{\cos30^\circ}=4\sqrt3\] (gdzie \(a\) oznacza ramię). Najkrótsza wysokość jest opuszczona na najdłuższy bok — iloczyn boku i odpowiadającej mu wysokości jest stały i równy podwojonemu polu. Ponieważ najdłuższym bokiem jest podstawa \(12\), najkrótszą wysokością jest \(h_{12}=2\sqrt3\). Sprawdzenie: \(P=\frac12\cdot12\cdot2\sqrt3=12\sqrt3\), a wysokość opuszczona na ramię wynosi \(\frac{2P}{4\sqrt3}=6>2\sqrt3\). **Odpowiedź.** B. \(2\sqrt3\)

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

Zadanie 20. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2021 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Sinus większego kąta ostrego jest równy \(\frac45\).

Oznaczmy długości przyprostokątnych przez \(a\) i \(b\), długość przeciwprostokątnej przez \(c\), a promień okręgu wpisanego przez \(r\). Dla trójkąta prostokątnego \[r=\frac{a+b-c}{2}.\] Z warunku \(r=\frac c5\) wynika \[a+b=\frac75c.\] Ponadto \(a^2+b^2=c^2\). Po podstawieniu \(b=\frac75c-a\) otrzymujemy \[25a^2-35ac+12c^2=0,\] stąd \[a=\frac35c\quad\text{lub}\quad a=\frac45c.\] Przyprostokątne mają więc długości \(\frac35c\) i \(\frac45c\). Większy kąt ostry leży naprzeciw dłuższej przyprostokątnej, zatem jego sinus wynosi \[\frac{\frac45c}{c}=\frac45.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\frac45\) **3 pkt** – wyznaczenie stosunku przyprostokątnych do przeciwprostokątnej: \(3/5\) i \(4/5\), albo równoważnego związku trygonometrycznego **2 pkt** – zapisanie równania kwadratowego wynikającego z warunku na promień i twierdzenia Pitagorasa albo równoważnego równania trygonometrycznego **1 pkt** – zapisanie zależności \(\frac{a+b-c}{2}=\frac c5\) albo równoważnego związku **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R7.4 znajdowanie związków miarowych w figurach płaskich, w szczególności między bokami trójkąta prostokątnego i promieniem okręgu wpisanego.

\[|BD|=12.\]

W trójkącie \(ABC\) mamy \(|\angle B|=30^\circ\) i \(|\angle A|=90^\circ\), więc \(|\angle BCA|=60^\circ\). W trójkącie \(ACD\) kąt \(CDA\) ma \(60^\circ\), zatem \(|\angle DCA|=30^\circ\). Stąd \[|\angle BCD|=60^\circ-30^\circ=30^\circ.\] Trójkąt \(BCD\) jest więc równoramienny i \(|BD|=|CD|\). Trójkąt \(ACD\) ma kąty \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\), a bok \(AD=6\) leży naprzeciw kąta \(30^\circ\). Jego przeciwprostokątna ma długość \[|CD|=2|AD|=12.\] Zatem \(|BD|=12\).

**2 pkt** – poprawne obliczenie \(|BD|=12\) **1 pkt** – obliczenie \(|\angle BCD|=30^\circ\), zapisanie \(|BD|=|CD|\), zależności \(|CD|=2|AD|\) lub innej poprawnej zależności prowadzącej do wyniku **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie własności trójkąta prostokątnego o kątach \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\) oraz własności trójkąta równoramiennego.

\[V=72\pi.\]

Z warunku \(P_b=3P_p\), czyli \(\pi rl=3\pi r^{2}\), otrzymujemy \(l=3r\). Wysokość, promień i tworząca tworzą trójkąt prostokątny, więc \(l^{2}=r^{2}+H^{2}\): \[9r^{2}=r^{2}+144\quad\Longrightarrow\quad r^{2}=18.\] Objętość stożka: \[V=\frac13\pi r^{2}H=\frac13\pi\cdot18\cdot12=72\pi.\] **Odpowiedź.** \(V=72\pi\)

1–3 pkt: wyznaczenie zależności l=3r i promienia r²=18. 4 pkt: V=72π.

Zadanie 33. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2020 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

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.

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

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

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

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

Różnica wysokości środków wynosi \(4\), a SP=\(8\), więc sinα=\(\frac{4}{8=1}\)/\(2\) i α=\(30\)°

Oznaczmy przez \(S\) i \(P\) środki okręgów o promieniach \(6\) i \(2\). Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc odległości środków od prostej \(k\) są równe \(6\) i \(2\). Okręgi są styczne zewnętrznie, zatem \[\lvert SP\rvert=6+2=8.\] Rzutując \(P\) na prostą prostopadłą do \(k\) poprowadzoną przez \(S\), otrzymujemy trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej \(\lvert SP\rvert=8\) i przyprostokątnej równej różnicy odległości środków od \(k\), czyli \(6-2=4\). Kąt \(\alpha\) między prostą \(SP\) a prostą \(k\) spełnia \[\sin\alpha=\frac48=\frac12,\] a ponieważ jest to kąt ostry, \(\alpha=30^\circ\), co należało wykazać. **Odpowiedź.** Prosta przechodząca przez środki okręgów tworzy z prostą \(k\) kąt \(30^\circ\).

1 pkt: wyznaczenie trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej 8 i przyprostokątnej 4. 2 pkt: pełne uzasadnienie α=30°.

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2020 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

\[V=\frac{32\sqrt7}{3}.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(h\) wysokość ostrosłupa. Kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy występuje w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(h\) oraz \(\tfrac{a}{2}\) (odległość środka podstawy od środka jej boku): \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{h}{\tfrac a2}=\sqrt7,\qquad h=\frac{a\sqrt7}{2}.\] Krawędź boczna, wysokość ostrosłupa i połowa przekątnej podstawy tworzą trójkąt prostokątny: \[h^{2}+\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^{2}=6^{2},\qquad \frac{7a^{2}}{4}+\frac{a^{2}}{2}=36,\qquad \frac{9a^{2}}{4}=36.\] Stąd \(a^{2}=16\), czyli \(a=4\) oraz \(h=2\sqrt7\). Objętość wynosi \[V=\tfrac13 a^{2}h=\tfrac13\cdot16\cdot2\sqrt7=\frac{32\sqrt7}{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{32\sqrt7}{3}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami i płaszczyznami oraz oblicza miary tych kątów (9.2). 6. Trygonometria. Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów od 0° do 180° (6.1).

**D.** \(3\)

Trójkąty \(ADC\) i \(CDB\) mają tę samą wysokość opuszczoną z punktu \(C\) na prostą \(AB\), dlatego stosunek ich pól jest równy stosunkowi podstaw: \[\frac{P_{ADC}}{P_{CDB}}=\frac{|AD|}{|DB|}=4.\] Z twierdzenia o przyprostokątnych w trójkącie prostokątnym mamy \[|AC|^2=|AB|\cdot|AD|,\qquad |BC|^2=|AB|\cdot|DB|.\] Po podzieleniu stronami otrzymujemy \[\frac{|AC|^2}{|BC|^2}=\frac{|AD|}{|DB|}=4,\] więc \(|AC|=2|BC|\). Ponieważ \(|AC|=6\), dostajemy \(|BC|=3\).

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2020 nie zawiera osobnej tabeli wymagań dla zadań zamkniętych. **Klasyfikacja rzeczowa:** planimetria - podobieństwo trójkątów i twierdzenia o wysokości w trójkącie prostokątnym.

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

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

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

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

**B.** \(\cos\alpha\)

Kąty ostre w trójkącie prostokątnym są dopełniające, więc \[\alpha+\beta=90^\circ,\qquad \sin\beta=\cos\alpha.\] Zatem \[2\cos\alpha-\sin\beta=2\cos\alpha-\cos\alpha=\cos\alpha.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 6.1 wykorzystywanie definicji funkcji trygonometrycznych kątów w trójkącie prostokątnym.

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

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

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

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

\[\cos\alpha=\frac{\sqrt5}{5}.\]

Podstawą jest kwadrat o boku \(6\), więc \[P_p=36,\qquad P_c=4P_p=144,\qquad P_b=P_c-P_p=108.\] Powierzchnia boczna składa się z czterech przystających trójkątów, więc każdy ma pole \(27\). Wysokość ściany bocznej \(m\) (poprowadzona do krawędzi podstawy) spełnia \[\tfrac12\cdot6\cdot m=27,\qquad m=9.\] Krawędź boczną \(b\) wyznaczamy z trójkąta prostokątnego, w którym \(m\) jest wysokością trójkąta równoramiennego o podstawie \(6\): \[b=\sqrt{m^{2}+3^{2}}=\sqrt{81+9}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}.\] Rzutem krawędzi bocznej na płaszczyznę podstawy jest połowa przekątnej kwadratu: \[\frac{6\sqrt2}{2}=3\sqrt2.\] Kąt \(\alpha\) jest kątem między krawędzią boczną a jej rzutem, zatem \[\cos\alpha=\frac{3\sqrt2}{3\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{5}.\] **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\dfrac{\sqrt5}{5}\approx0{,}447\).

**5 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy: \(\cos\alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}\). **[…] pkt** – rozwiązanie prawie pełne: zdający obliczy długość krawędzi bocznej ostrosłupa: \(b=3\sqrt{10}\) albo obliczy \(\operatorname{tg}\alpha\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający obliczy wysokość ściany bocznej ostrosłupa: \(h_b=9\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający zapisze równanie pozwalające obliczyć wysokość ściany bocznej, np. \(4\cdot\frac{1}{2}\cdot 6\cdot h_b=108\). **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: zdający zapisze zależność pomiędzy polem powierzchni bocznej a polem podstawy lub pomiędzy polem ściany bocznej a polem podstawy, albo zapisze dwa równania, albo obliczy pole powierzchni bocznej ostrosłupa: \(P_b=108\), albo zapisze, że \(\cos\alpha=\frac{\lvert AO\rvert}{\lvert AS\rvert}\), albo obliczy długość przekątnej podstawy ostrosłupa lub połowę jej długości.

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami i płaszczyznami oraz oblicza miary tych kątów (9.2). 6. Trygonometria. Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów od 0° do 180° (6.1).

r=\(26\) cm

Odcinek łączący środek okręgu ze środkiem cięciwy jest do niej prostopadły i dzieli ją na połowy. Powstaje trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(10\ \mathrm{cm}\) i połowie cięciwy oraz przeciwprostokątnej równej promieniowi \(r\). Cięciwa ma długość \(r+22\), więc jej połowa to \(\frac{r+22}{2}\) i z twierdzenia Pitagorasa \[r^2=\left(\frac{r+22}{2}\right)^2+10^2.\] Po pomnożeniu przez \(4\): \[4r^2=r^2+44r+484+400,\qquad 3r^2-44r-884=0.\] \[\Delta=44^2+4\cdot3\cdot884=12544,\qquad \sqrt{\Delta}=112,\] \[r=\frac{44+112}{6}=26\qquad\text{albo}\qquad r=\frac{44-112}{6}=-\frac{34}{3}.\] Promień jest długością, więc drugie rozwiązanie odrzucamy. Sprawdzenie: cięciwa ma \(48\ \mathrm{cm}\), a \(24^2+10^2=676=26^2\). **Odpowiedź.** \(r=26\ \mathrm{cm}\)

**1–3 pkt** – zapisanie równania \(r^2=\left(\frac{r+22}{2}\right)^2+10^2\) wynikającego z twierdzenia Pitagorasa. **4 pkt** – rozwiązanie równania i odrzucenie pierwiastka ujemnego: \(r=26\ \mathrm{cm}\).

Zadanie 33. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**B.** \(10\)

Krawędź \(DS\) jest prostopadła do płaszczyzny podstawy, więc jest prostopadła do każdej prostej tej płaszczyzny, w szczególności do \(DC\). Bok \(BC\) kwadratu jest prostopadły do \(DC\) oraz do \(DS\), a zatem jest prostopadły do całej płaszczyzny \(DCS\); stąd \(BC\perp CS\) i trójkąt \(BCS\) jest prostokątny przy wierzchołku \(C\). Przyprostokątną \(CS\) wyznaczamy z trójkąta prostokątnego \(DCS\): \[|CS|=\sqrt{|DC|^{2}+|DS|^{2}}=\sqrt{16+9}=5.\] Zatem \[P_{BCS}=\frac12\cdot|BC|\cdot|CS|=\frac12\cdot4\cdot5=10.\] **Odpowiedź.** \(P_{BCS}=10\), czyli wariant **B**

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

Zadanie 22. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

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

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

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

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

\[P_{ABCD}=72.\]

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.

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).

**C.** \(21^\circ<\alpha\leq24^\circ\)

\[\sin\alpha=\frac{|LM|}{|KL|}=\frac38=0{,}375.\] Z tablic: \(\sin21^\circ\approx0{,}358\) i \(\sin24^\circ\approx0{,}407\), więc \(21^\circ<\alpha<24^\circ\), co odpowiada C.

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

**Wymaganie ogólne II.** **6.2:** zdający korzysta z przybliżonych wartości funkcji trygonometrycznych odczytanych z tablic.

\[\cos\alpha=\frac{2\sqrt7}{7}.\]

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\), więc \[P_p=\frac{a^{2}\sqrt3}4.\] Z warunku \(P_b=2P_p\) i faktu, że ściany boczne są trzema przystającymi trójkątami o podstawie \(a\) i wysokości \(h\), otrzymujemy \[3\cdot\frac{a h}2=2\cdot\frac{a^{2}\sqrt3}4\quad\Longrightarrow\quad h=\frac{a\sqrt3}3.\] Spodek wysokości ostrosłupa prawidłowego pada w środku podstawy, którego odległość od boku wynosi \(r=\frac{a\sqrt3}6\), a od wierzchołka \(R=\frac{a\sqrt3}3\). Z trójkąta prostokątnego utworzonego przez wysokość \(H\), odcinek \(r\) i wysokość ściany bocznej \(h\): \[H^{2}=h^{2}-r^{2}=\frac{a^{2}}3-\frac{a^{2}}{12}=\frac{a^{2}}4,\qquad H=\frac a2.\] Długość krawędzi bocznej: \[b=\sqrt{H^{2}+R^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}4+\frac{a^{2}}3}=\frac{a\sqrt{21}}6.\] Kąt \(\alpha\) nachylenia krawędzi bocznej do podstawy leży w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnej \(R\) przyległej do niego i przeciwprostokątnej \(b\): \[\cos\alpha=\frac{R}{b}=\frac{\frac{a\sqrt3}3}{\frac{a\sqrt{21}}6}=\frac{2\sqrt3}{\sqrt{21}}=\frac2{\sqrt7}=\frac{2\sqrt7}7.\] **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\frac{2\sqrt7}7\)

**1–4 pkt** – poprawne wyznaczenie wysokości ściany, krawędzi bocznej i rzutu. **5 pkt** – \(\cos\alpha=\frac{2\sqrt{7}}{7}\)

Zadanie 32. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

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

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

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

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

Niech r będzie promieniem mniejszego okręgu, a S wierzchołkiem kąta. Środki leżą na dwusiecznej, więc AS = \(2\sqrt{2}\) i BS = r√\(2\). Ze styczności zewnętrznej AB = \(2\) + r, a AS = AB + BS. Stąd \(2\sqrt{2 = 2}\) + r + r√\(2\), więc r = \(6\) − \(4\sqrt{2}\). Ponieważ \(6\) − \(4\sqrt{2}\) < √\(2\) − \(1\) jest równoważne \(7 < 5\sqrt{2}\), co wynika z \(49 < 50\), otrzymujemy r < √\(2\) − \(1\).

Oznaczmy przez \(S\) wierzchołek kąta prostego, przez \(R=2\) promień okręgu o środku \(A\), a przez \(r\) promień okręgu o środku \(B\). Okrąg styczny do obu ramion kąta ma środek równo oddalony od ramion, więc oba środki leżą na dwusiecznej kąta prostego. Odległość środka od wierzchołka wyznaczamy z trójkąta prostokątnego o kącie \(45^\circ\): \[\lvert AS\rvert=R\sqrt2=2\sqrt2,\qquad \lvert BS\rvert=r\sqrt2.\] Okręgi są styczne zewnętrznie, więc \(\lvert AB\rvert=R+r=2+r\), a z rysunku punkt \(B\) leży między \(A\) i \(S\): \[\lvert AS\rvert=\lvert AB\rvert+\lvert BS\rvert,\qquad 2\sqrt2=2+r+r\sqrt2.\] Stąd \[r=\frac{2\sqrt2-2}{1+\sqrt2}=\frac{2\left(\sqrt2-1\right)\left(\sqrt2-1\right)}{\left(\sqrt2+1\right)\left(\sqrt2-1\right)}=2\left(3-2\sqrt2\right)=6-4\sqrt2.\] Pozostaje sprawdzić nierówność \(6-4\sqrt2<\sqrt2-1\). Jest ona równoważna \[7<5\sqrt2,\] a po podniesieniu obu dodatnich stron do kwadratu — nierówności \(49<50\), która jest prawdziwa. Zatem \(r<\sqrt2-1\), co należało uzasadnić. **Odpowiedź.** \(r=6-4\sqrt2<\sqrt2-1\)

**1 pkt** – zapisanie zależności między promieniami wynikającej z położenia środków na dwusiecznej i ze styczności zewnętrznej. **2 pkt** – wyznaczenie \(r=6-4\sqrt2\) i uzasadnienie nierówności \(r<\sqrt2-1\).

Zadanie 29. (0–2) **Wymaganie ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymaganie szczegółowe:** 7. Planimetria — korzystanie z własności stycznej do okręgu i z własności okręgów stycznych (7.2).

Pole=\(30\)

Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(a\), \(b\) i przeciwprostokątnej \(c\) promień okręgu wpisanego wyraża się wzorem \[r=\frac{a+b-c}{2}.\] Przyjmijmy \(a=\lvert AC\rvert=5\) i oznaczmy drugą przyprostokątną przez \(b\). Z warunku \(r=2\): \[\frac{5+b-c}{2}=2,\qquad c=b+1.\] Z twierdzenia Pitagorasa \[5^2+b^2=(b+1)^2,\qquad 25=2b+1,\qquad b=12,\] skąd \(c=13\). Warunek trójkąta jest spełniony, bo \(5+12>13\). Pole: \[P=\tfrac12\cdot5\cdot12=30.\] **Odpowiedź.** \(P=30\)

**1–3 pkt** – zapisanie zależności wiążącej promień okręgu wpisanego z bokami i wyznaczenie drugiej przyprostokątnej \(b=12\). **4 pkt** – obliczenie pola \(P=30\).

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

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

Wysokość, promień podstawy i tworząca stożka tworzą trójkąt prostokątny, więc \[r^{2}=l^{2}-H^{2}=\left(3\sqrt5\right)^{2}-6^{2}=45-36=9,\qquad r=3.\] Objętość stożka: \[V=\frac13\pi r^{2}H=\frac13\pi\cdot9\cdot6=18\pi.\] **Odpowiedź.** \(V=18\pi\), czyli wariant **B**

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

Zadanie 22. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

D

Z odczytu redakcyjnego treści: \(\operatorname{tg}\alpha=\dfrac{12}{5}\). Dla kąta ostrego można przyjąć trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(12\) (naprzeciw \(\alpha\)) i \(5\) (przyległa do \(\alpha\)). Wtedy z twierdzenia Pitagorasa przeciwprostokątna ma długość \[\sqrt{12^{2}+5^{2}}=\sqrt{169}=13,\] a stąd \[\sin\alpha=\frac{12}{13}.\] **Odpowiedź.** D

**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.*

Zadanie 15. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Trygonometria.

**B.** \(25^\circ<\varphi<30^\circ\)

W trójkącie prostokątnym \(ABC\) mamy \(\tan|\angle ABC|=\frac53\), więc \(|\angle ABC|\approx59^\circ\). Ponieważ \(BD\) jest dwusieczną, \(\varphi\approx29{,}5^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** trygonometria i planimetria - tangens kąta ostrego oraz dwusieczna.

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

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

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

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

\[V=192.\]

Punkt \(S\) jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym \(ABC\), a taki środek leży w połowie przeciwprostokątnej. Odcinek \(SC\) jest zatem promieniem tego okręgu i \[|AB|=2|SC|=10.\] Z warunku \(|AC|:|BC|=4:3\) przyjmijmy \(|AC|=4k\), \(|BC|=3k\). Z twierdzenia Pitagorasa \[(4k)^{2}+(3k)^{2}=10^{2}\quad\Longrightarrow\quad 25k^{2}=100\quad\Longrightarrow\quad k=2,\] więc \(|AC|=8\) i \(|BC|=6\). Ściana \(BEFC\) jest prostokątem o bokach \(|BC|\) i \(H\), więc z warunku \(P_{BEFC}=48\) otrzymujemy \[6H=48\quad\Longrightarrow\quad H=8.\] Pole podstawy i objętość: \[P_p=\frac12\cdot8\cdot6=24,\qquad V=P_p\cdot H=24\cdot8=192.\] **Odpowiedź.** \(V=192\)

**1–4 pkt** – przeciwprostokątna \(10\), przyprostokątne \(8\) i \(6\) oraz wysokość graniastosłupa \(8\). **5 pkt** – objętość \(192\).

Zadanie 34. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[V=\frac{\sqrt{209}}{12}.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(m=\tfrac{5\sqrt3}{4}\) wysokość ściany bocznej poprowadzoną do krawędzi podstawy. Powierzchnia boczna składa się z trzech przystających trójkątów: \[P_b=3\cdot\tfrac12 a m=\tfrac32 a\cdot\tfrac{5\sqrt3}{4}=\tfrac{15\sqrt3}{8}a.\] Z warunku \(P_b=\tfrac{15\sqrt3}{4}\) otrzymujemy \(a=2\). Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(2\), więc \[P_p=\frac{a^{2}\sqrt3}{4}=\sqrt3,\qquad r=\frac{a\sqrt3}{6}=\frac{\sqrt3}{3},\] gdzie \(r\) to odległość środka podstawy od środka jej boku. Wysokość \(H\) ostrosłupa, odcinek \(r\) i wysokość \(m\) ściany bocznej tworzą trójkąt prostokątny: \[H^{2}=m^{2}-r^{2}=\frac{75}{16}-\frac13=\frac{225-16}{48}=\frac{209}{48},\qquad H=\frac{\sqrt{209}}{4\sqrt3}.\] Stąd \[V=\tfrac13 P_p H=\tfrac13\cdot\sqrt3\cdot\frac{\sqrt{209}}{4\sqrt3}=\frac{\sqrt{209}}{12}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{\sqrt{209}}{12}\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający albo zapisze równanie […], albo zapisze, że […], i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest istotny: zdający albo obliczy długość krawędzi \(a\) podstawy ostrosłupa: \(a=2\) […] i zapisze równanie z niewiadomą \(H\), albo obliczy długość krawędzi \(a\) podstawy ostrosłupa: \(a=2\) […] i zapisze układ równań […] wystarczający do obliczenia wysokości ostrosłupa, i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający obliczy wysokość ostrosłupa: \(H=\) […] i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **4 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy objętość \(V\) ostrosłupa: \(V=\) […].

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje kąty między odcinkami i płaszczyznami oraz stosuje trygonometrię do obliczeń długości, pól i objętości (9.1, 9.2, 9.4, 9.6).

Są dwie takie proste: \(y=-\frac18x+3\) oraz \(y=-\frac12x+6\). Z warunków \(\frac{8}{p}+\frac{2}{q}=1\) i \(\frac{pq}{2}=36\) otrzymujemy \(q^2-9q+18=0\), czyli \(q=3\) i \(p=24\) albo \(q=6\) i \(p=12\).

**Krok \(1\).** Prosta odcina od dodatnich półosi trójkąt prostokątny, którego przyprostokątne leżą na osiach. Wygodnie więc nazwać punkty przecięcia prostej z osiami: \(M=(p,0)\) i \(N=(0,q)\), gdzie \(p\gt 0\) i \(q\gt 0\). Wtedy pole trójkąta i przechodzenie przez punkt \(P\) dadzą dwa równania z niewiadomymi \(p\) i \(q\). **Krok \(2\).** Wierzchołkami trójkąta są \(M\), \(N\) i początek układu, a jego przyprostokątne mają długości \(p\) i \(q\), więc \[\frac{pq}{2}=36,\qquad\text{czyli}\qquad pq=72.\] **Krok \(3\).** Prosta o takich punktach przecięcia z osiami ma równanie odcinkowe \[\frac{x}{p}+\frac{y}{q}=1.\] Warunek \(P=(8,2)\in l\) daje \[\frac{8}{p}+\frac{2}{q}=1.\] **Krok \(4\).** Z pierwszego równania \(p=\frac{72}{q}\). Podstawiamy do drugiego: \[\frac{8q}{72}+\frac{2}{q}=1,\qquad \frac{q}{9}+\frac{2}{q}=1.\] **Krok \(5\).** Mnożymy obie strony przez \(9q\) (jest dodatnie, więc bez zmiany znaku równania): \[q^2+18=9q,\qquad q^2-9q+18=0.\] **Krok \(6\).** Liczymy \(\Delta=81-72=9\), \(\sqrt{\Delta}=3\), więc \[q_1=\frac{9-3}{2}=3,\qquad q_2=\frac{9+3}{2}=6.\] **Krok \(7\).** Wracamy do \(p=\frac{72}{q}\): dla \(q=3\) mamy \(p=24\), a dla \(q=6\) mamy \(p=12\). Obie pary są dodatnie, więc obie pasują do warunków zadania. **Krok \(8\).** Zamieniamy równania odcinkowe na kierunkowe. Z \(\frac{x}{p}+\frac{y}{q}=1\) wynika \(y=-\frac{q}{p}x+q\), zatem \[y=-\frac{3}{24}x+3=-\frac18x+3\qquad\text{oraz}\qquad y=-\frac{6}{12}x+6=-\frac12x+6.\] Sprawdzenie dla \(x=8\): \(-1+3=2\) oraz \(-4+6=2\) — punkt \(P\) leży na obu prostych. **Uwaga.** Zadanie ma dwie odpowiedzi i trzeba podać obie. Warto też pamiętać, skąd wzięło się założenie \(p\gt 0\), \(q\gt 0\): trójkąt ma powstać z dodatnimi półosiami, więc prosta musi je przecinać, a to znaczy, że jest malejąca. **Odpowiedź.** \(y=-\frac18x+3\) albo \(y=-\frac12x+6\).

**Schemat punktowania I sposobu rozwiązania** **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający zapisze zależność wynikającą z faktu, że punkt \(P=(8,2)\) leży na prostej o równaniu \(y=ax+b\), np. \(8a+b=2\), albo równanie opisujące dane pole trójkąta prostokątnego, np. \(\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{b}{a}\) […], i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający zapisze układ równań z niewiadomymi \(a\) i \(b\): \(8a+b=2\) i \(36=\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{b}{a}\) […], i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający przekształci powyższy układ równań do równania z jedną niewiadomą, np. \(\tfrac{(2-8a)^2}{72}\) […] lub \(36-\tfrac{8b^2}{\;}\) […], i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe): zdający popełni błąd rachunkowy w którejkolwiek fazie rozwiązania zadania i konsekwentnie do tego błędu obliczy pole szukanego przekroju tego ostrosłupa. **[…] pkt** – rozwiązanie pełne: zdający zapisze równania szukanych prostych: \(y=-\tfrac{1}{8}x+3\) oraz \(y=-\tfrac{1}{2}x+6\). **Schemat punktowania II sposobu rozwiązania** **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający zapisze równanie opisujące dane pole trójkąta prostokątnego, np. \(\tfrac{1}{2}\cdot a\cdot b=36\), albo równanie odcinkowe prostej przechodzącej przez punkt \(P\) […], i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający zapisze układ równań […] i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **[…] pkt** – zdający przekształci powyższy układ równań do równania kwadratowego, np. \((36-a)\) […] lub \(\tfrac{\;}{4}\cdot a=72\) […], i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe): zdający popełni błąd rachunkowy w którejkolwiek fazie rozwiązania zadania i konsekwentnie do tego błędu obliczy pole szukanego przekroju tego ostrosłupa. **5 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający zapisze równania szukanych prostych: \(\tfrac{x}{12}+\tfrac{y}{6}=1\) oraz \(\tfrac{x}{24}+\tfrac{y}{3}=1\).

Klasyfikacja rzeczowa: posługiwanie się równaniem kierunkowym lub odcinkowym prostej oraz polem trójkąta w układzie współrzędnych.

\[A=\left(\frac{25}3,0\right),\qquad B=\left(0,\frac{25}4\right),\qquad|AB|=\frac{125}{12}.\]

Z rysunku odczytujemy, że \(C\) leży w początku układu, \(A\) na osi \(Ox\), \(B\) na osi \(Oy\), a punkt \(D=(3,4)\) leży na przeciwprostokątnej \(AB\). Prosta \(CD\) zawiera wysokość opuszczoną z \(C\), więc jest prostopadła do \(AB\). Jej współczynnik kierunkowy to \(a_{CD}=\frac{4-0}{3-0}=\frac43\), zatem z warunku prostopadłości \[a_{AB}=-\frac1{a_{CD}}=-\frac34.\] Prosta \(AB\) przechodzi przez \(D=(3,4)\): \[y-4=-\frac34(x-3),\qquad\text{czyli}\qquad y=-\frac34x+\frac{25}4.\] Punkt \(A\) to jej przecięcie z osią \(Ox\): z \(0=-\frac34x+\frac{25}4\) otrzymujemy \(x=\frac{25}3\), więc \(A=\left(\frac{25}3,0\right)\). Punkt \(B\) to przecięcie z osią \(Oy\): \(B=\left(0,\frac{25}4\right)\). Długość przeciwprostokątnej: \[|AB|=\sqrt{\left(\frac{25}3\right)^{2}+\left(\frac{25}4\right)^{2}}=25\sqrt{\frac1{9}+\frac1{16}}=25\cdot\frac5{12}=\frac{125}{12}.\] **Odpowiedź.** \(A=\left(\frac{25}3,0\right)\), \(B=\left(0,\frac{25}4\right)\), \(|AB|=\frac{125}{12}\)

**1–3 pkt** – współczynnik prostej \(CD\), równanie \(AB\) i współrzędne \(A\) oraz \(B\). **4 pkt** – długość \(AB=\tfrac{125}{12}\).

Zadanie 33. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria analityczna.

**C.** \(\frac{8\sqrt3}{3}\)

Trójkąt jest prostokątny w \(C\), \(|AC|=4\), a \(|\angle A|=30^\circ\). Zatem \(|BC|=4\tan30^\circ=\frac{4\sqrt3}{3}\), więc \[P=\frac12\cdot4\cdot\frac{4\sqrt3}{3}=\frac{8\sqrt3}{3}.\]

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

**Klasyfikacja CKE:** trójkąt prostokątny - funkcje trygonometryczne i pole.

\[\lvert CD\rvert=\tfrac12\lvert BD\rvert.\]

Oznaczmy \(\lvert\angle ABC\rvert=2\alpha\); dwusieczna dzieli ten kąt na dwa kąty po \(\alpha\), więc \(\lvert\angle ABD\rvert=\lvert\angle DBC\rvert=\alpha\). Z założenia \(\lvert AD\rvert=\lvert BD\rvert\), więc trójkąt \(ABD\) jest równoramienny o podstawie \(AB\) i kąty przy tej podstawie są równe: \[\lvert\angle BAD\rvert=\lvert\angle ABD\rvert=\alpha.\] Kąt \(BAD\) jest kątem \(BAC\) trójkąta \(ABC\) (punkt \(D\) leży na boku \(AC\)). W trójkącie prostokątnym \(ABC\) kąty ostre sumują się do \(90^\circ\): \[\alpha+2\alpha=90^\circ,\qquad \alpha=30^\circ.\] Trójkąt \(BCD\) jest prostokątny (kąt prosty przy \(C\)) i ma kąt \(\lvert\angle DBC\rvert=30^\circ\), zatem \[\frac{\lvert CD\rvert}{\lvert BD\rvert}=\sin30^\circ=\frac12,\qquad \lvert CD\rvert=\tfrac12\lvert BD\rvert,\] co należało udowodnić. **Odpowiedź.** \(\lvert CD\rvert=\frac12\lvert BD\rvert\)

**1 pkt** – wyznaczenie miar kątów pozwalających na dowód, np. \(\lvert\angle DBC\rvert=30^\circ\). **2 pkt** – pełny dowód zależności \(\lvert CD\rvert=\frac12\lvert BD\rvert\).

V. Rozumowanie i argumentacja. 7. Planimetria. Zdający korzysta z własności funkcji trygonometrycznych w łatwych obliczeniach geometrycznych (7.4).

**C.** \(\left(3+\sqrt3\right)a\)

W trójkącie prostokątnym z kątem \(30^\circ\) bok naprzeciw tego kąta ma długość równą połowie przeciwprostokątnej. Zatem \(|AC|=2a\), a z twierdzenia Pitagorasa \(|AB|=a\sqrt3\). Obwód wynosi \[a+2a+a\sqrt3=(3+\sqrt3)a.\]

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

**Klasyfikacja CKE:** trójkąt prostokątny - zależności w trójkącie o kątach \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\) i obwód.

Obwód wynosi \(60\) cm. Niech krótsza przyprostokątna ma długość x, a dłuższa x + \(14\). Z twierdzenia Pitagorasa \(x^{2}\) + (x + \(14\))\(2 = 2\)\(6^{2}\), czyli \(x^{2}\) + \(14x\) − \(240 = 0\). Dodatni pierwiastek to x = \(10\), więc boki mają długości \(10\), \(24\), \(26\).

**Krok \(1\).** Zadanie \(30\). (\(0-2\)) **Krok \(2\).** III. Modelowanie **Krok \(3\).** matematyczne. **Krok \(4\).** Gl O. Figury płaskie. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa **Krok \(5\).** (GIO.\(7\)). **Krok \(6\).** \(3\). Równama i nierówności. Zdający rozwiązuje równania **Krok \(7\).** kwadratowe z •edn niewiado **Krok \(8\).** Przykładowe rozwiązanie **Odpowiedź.** Obwód wynosi \(60\) cm. Niech krótsza przyprostokątna ma długość x, a dłuższa x + \(14\). Z twierdzenia Pitagorasa \(x^{2}\) + (x + \(14\))\(2 = 2\)\(6^{2}\), czyli \(x^{2}\) + \(14x\) − \(240 = 0\). Dodatni pierwiastek to x = \(10\), więc boki mają długości \(10\), \(24\), \(26\).

**1 pkt** – gdy zdający albo zapisze równanie kwadratowe z jedną niewiadomą, np. \(x^2\) […] \(=26^2\), gdzie \(x\) jest długością krótszej przyprostokątnej, albo zapisze układ równań, np. \(a^2+b^2=26^2\) i \(b=a+14\), gdzie \(a\) jest długością krótszej oraz \(b\) długością dłuższej przyprostokątnej, i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy. **2 pkt** – gdy obliczy obwód trójkąta: \(60\) cm.

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

W trójkącie \(30\)°–\(60\)°–\(90\)° mamy DB = AB/\(4\) i AD = \(\frac{3AB}{4}\), więc AD : DB = \(3 : 1\).

W trójkącie \(ABC\) mamy \(\lvert\angle ACB\rvert=90^\circ\) i \(\lvert\angle ABC\rvert=60^\circ\), więc \(\lvert\angle BAC\rvert=30^\circ\). Wysokość \(CD\) dzieli trójkąt na dwa trójkąty prostokątne podobne do wyjściowego. Z podobieństwa trójkątów \(ACD\) i \(ABC\) (wspólny kąt przy \(A\), oba prostokątne) oraz \(BCD\) i \(BAC\) otrzymujemy zależności \[\lvert AD\rvert=\frac{\lvert AC\rvert^2}{\lvert AB\rvert},\qquad \lvert DB\rvert=\frac{\lvert BC\rvert^2}{\lvert AB\rvert}.\] Oznaczmy \(\lvert AB\rvert=c\). W trójkącie o kątach \(30^\circ\), \(60^\circ\), \(90^\circ\) naprzeciw kąta \(30^\circ\) leży bok równy połowie przeciwprostokątnej: \[\lvert BC\rvert=c\cos60^\circ=\tfrac12c,\qquad \lvert AC\rvert=c\sin60^\circ=\frac{c\sqrt3}{2}.\] Stąd \[\lvert AD\rvert=\frac{\frac34c^2}{c}=\tfrac34c,\qquad \lvert DB\rvert=\frac{\frac14c^2}{c}=\tfrac14c,\] a więc \[\lvert AD\rvert:\lvert DB\rvert=\tfrac34c:\tfrac14c=3:1,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert AD\rvert:\lvert DB\rvert=3:1\)

1 pkt: poprawna zależność długości wynikająca z podobieństwa lub trygonometrii. 2 pkt: pełny dowód.

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

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

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

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

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

Cosinusy kątów ostrych są równe \(\dfrac{\sqrt7-1}{4}\) oraz \(\dfrac{\sqrt7+1}{4}\).

Oznaczmy przyprostokątne przez \(a\) i \(b\) (przy czym \(a>b\)), przeciwprostokątną przez \(c\), a przez \(\alpha\) kąt ostry leżący naprzeciw boku \(a\). Wtedy \[\sin\alpha=\frac ac,\qquad \cos\alpha=\frac bc.\] Warunek zadania \(\dfrac{a-b}{c}=\dfrac12\) zapisujemy jako \[\sin\alpha-\cos\alpha=\tfrac12,\qquad \sin\alpha=\cos\alpha+\tfrac12.\] Podstawiamy do jedynki trygonometrycznej: \[\left(\cos\alpha+\tfrac12\right)^{2}+\cos^{2}\alpha=1,\qquad 2\cos^{2}\alpha+\cos\alpha-\tfrac34=0,\] czyli \(8\cos^{2}\alpha+4\cos\alpha-3=0\). Stąd \[\cos\alpha=\frac{-4\pm\sqrt{16+96}}{16}=\frac{-1\pm\sqrt7}{4}.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc \(\cos\alpha>0\) i pierwiastek ujemny odrzucamy: \[\cos\alpha=\frac{\sqrt7-1}{4}.\] Drugi kąt ostry dopełnia \(\alpha\) do \(90^\circ\), więc jego cosinus jest równy \(\sin\alpha\): \[\sin\alpha=\cos\alpha+\tfrac12=\frac{\sqrt7-1}{4}+\frac24=\frac{\sqrt7+1}{4}.\] **Odpowiedź.** Cosinusy kątów ostrych są równe \(\dfrac{\sqrt7-1}{4}\) oraz \(\dfrac{\sqrt7+1}{4}\).

**Schemat punktowania I sposobu rozwiązania** **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: zdający zapisze równość […] w postaci […] i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający podstawi równość do tożsamości \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\) i doprowadzi otrzymane równanie do postaci uporządkowanego równania kwadratowego, np. \(2\cos^2\alpha+\) […], i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający zapisze dwa rozwiązania tego równania \(\cos\alpha=\) […] oraz odrzuci ujemne rozwiązanie tego równania i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy i zapisze cosinusy obu kątów ostrych tego trójkąta. **Schemat punktowania II sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: zdający zapisze równość […], a następnie wyznaczy z niej jedną zmienną, zapisze dodatnie rozwiązanie tego równania i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający skorzysta z twierdzenia Pitagorasa i doprowadzi […] do równania kwadratowego z niewiadomą \(c\) i parametrem \(b\): \(3c^2-4bc-8b^2\) […], i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający […], a następnie obliczy cosinus kąta \(\alpha\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy i zapisze cosinusy obu kątów ostrych tego trójkąta.

Klasyfikacja rzeczowa: modelowanie zależności boków trójkąta prostokątnego funkcjami trygonometrycznymi i rozwiązywanie równania kwadratowego.

\[V=\frac{500}{3}.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy \(ABCD\), a przez \(H=5\) wysokość ostrosłupa. Środek podstawy oznaczmy przez \(O\). Kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi \(ABS\) i \(CBS\) mierzymy w przekroju prostopadłym do ich wspólnej krawędzi \(BS\). Niech \(E\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka \(A\) na krawędź \(BS\); z symetrii ostrosłupa spodek wysokości z \(C\) pokrywa się z \(E\), a szukanym kątem jest \(\angle AEC\). Odcinek \(AC\) jest przekątną kwadratu, więc \(\lvert AC\rvert=a\sqrt2\). Ponieważ \(\lvert AE\rvert=\lvert CE\rvert=x\), z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(AEC\) mamy \[2a^{2}=2x^{2}-2x^{2}\cos 120^\circ=3x^{2},\qquad x^{2}=\tfrac23 a^{2}.\] Z drugiej strony \(x\) jest wysokością trójkąta \(ABS\) opuszczoną na bok \(BS\), więc \[x=\frac{2P_{ABS}}{\lvert BS\rvert},\qquad P_{ABS}=\tfrac12 a\sqrt{b^{2}-\tfrac{a^{2}}{4}},\] gdzie \(b=\lvert BS\rvert\). Stąd \(x^{2}b^{2}=a^{2}\left(b^{2}-\tfrac{a^{2}}{4}\right)\), czyli \[\tfrac23 a^{2}b^{2}=a^{2}b^{2}-\tfrac{a^{4}}{4},\qquad \tfrac13 b^{2}=\tfrac{a^{2}}{4},\qquad b^{2}=\tfrac34 a^{2}.\] Krawędź boczna, połowa przekątnej podstawy i wysokość ostrosłupa tworzą trójkąt prostokątny: \[b^{2}=H^{2}+\frac{a^{2}}{2},\qquad \tfrac34 a^{2}=25+\tfrac12 a^{2},\qquad a^{2}=100.\] Zatem \(P_p=a^{2}=100\) i \[V=\tfrac13\cdot100\cdot5=\frac{500}{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{500}{3}\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający albo zastosuje twierdzenie Pitagorasa w trójkącie \(SOC\), albo zastosuje twierdzenie Pitagorasa w trójkącie \(SOE\), albo zastosuje twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BFD\), albo zapisze funkcję trygonometryczną kąta ostrego w trójkącie \(OBF\), albo zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów \(SEC\) i \(BCF\), albo zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów \(SOC\) i \(OFC\), i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający zapisze układ równań, z którego można obliczyć długość krawędzi podstawy lub długość przekątnej podstawy ostrosłupa, i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **[…] pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą oznaczającą wielkość, która pozwala obliczyć pole podstawy ostrosłupa, i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **5 pkt** – rozwiązanie prawie pełne: zdający albo obliczy długość krawędzi podstawy lub długość przekątnej podstawy ostrosłupa, albo obliczy długość krawędzi podstawy lub długość przekątnej podstawy ostrosłupa, popełniając błędy rachunkowe, i konsekwentnie do tego obliczy objętość ostrosłupa. **6 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy objętość ostrosłupa: \(V=\tfrac{500}{3}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami, stosuje trygonometrię do obliczeń długości, miar kątów, pól powierzchni i objętości (9.4, 9.6).

**D.** \(\frac{\sqrt2}{3}\)

Oznaczmy przez \(A\) wierzchołek podstawy, z którego wychodzą obie przekątne ścian bocznych, a przez \(B'\) i \(D'\) ich drugie końce. Wtedy \(|AB'|=|AD'|=3\), a odcinek \(B'D'\) jest przekątną górnej podstawy — kwadratu o boku \(2\), więc \[|B'D'|=2\sqrt2.\] Trójkąt \(AB'D'\) jest równoramienny, a kąt \(\alpha\) leży przy jego wierzchołku \(A\). Wysokość opuszczona z \(A\) dzieli go na dwa trójkąty prostokątne o przeciwprostokątnej \(3\) i przyprostokątnej \(\sqrt2\), przy czym kąt przy \(A\) w każdym z nich ma miarę \(\frac\alpha2\). Zatem \[\sin\frac\alpha2=\frac{\sqrt2}{3}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\frac\alpha2=\frac{\sqrt2}3\), czyli wariant **D**

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

Zadanie 21. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

**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.

Niech E i F będą punktami styczności okręgu o środku S odpowiednio z BD i AB, a G rzutem prostokątnym N na AB. Mamy SM=SE=SF=MA=NG oraz DE=BN. Ponieważ MN∥AB, trójkąty prostokątne BGN i NES są przystające, więc BN=NS. Zatem MN=MS+SN=MA+BN=MA+DE=MA+DM=AD.

**Krok \(1\).** W zadaniach o okręgach wpisanych działają dwa narzędzia: promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej oraz odcinki stycznych poprowadzonych z jednego punktu do okręgu są równe. Oznaczmy przez \(r\) promień okręgu wpisanego w trójkąt \(ABD\) o środku \(S\), a przez \(E\) i \(F\) punkty styczności tego okręgu odpowiednio z przekątną \(BD\) i z bokiem \(AB\). Punkt \(M\) to, zgodnie z treścią, punkt styczności z bokiem \(AD\). **Krok \(2\).** Kąt \(DAB\) jest prosty, a odległości punktu \(S\) od boków \(AD\) i \(AB\) są równe \(r\). Czworokąt \(AMSF\) ma zatem trzy kąty proste i dwa boki długości \(r\), czyli jest kwadratem o boku \(r\). Stąd \[SM=SF=SE=AM=AF=r.\] **Krok \(3\).** Rozbijamy oba odcinki, które mamy porównać. Punkt \(S\) leży na odcinku \(MN\), więc \[MN=MS+SN=r+SN,\] a ponieważ \(M\) leży na boku \(AD\), to \[AD=AM+MD=r+MD.\] Wystarczy więc udowodnić jedną równość: \(SN=MD\). **Krok \(4\).** Odcinki \(DM\) i \(DE\) są odcinkami stycznych poprowadzonych z punktu \(D\) do okręgu o środku \(S\), więc \[DM=DE.\] **Krok \(5\).** Teraz wiążemy punkt \(N\) z punktem \(E\). Symetria środkowa względem środka prostokąta \(ABCD\) zamienia \(A\) z \(C\) oraz \(B\) z \(D\), więc przeprowadza trójkąt \(ABD\) na trójkąt \(CDB\), a co za tym idzie okrąg wpisany w \(ABD\) na okrąg wpisany w \(BCD\). Punkt \(E\) leży na \(BD\) w odległości \(DE\) od \(D\), więc jego obrazem jest punkt leżący na \(BD\) w odległości \(DE\) od \(B\) i będący punktem styczności drugiego okręgu z \(BD\), czyli punkt \(N\). Stąd \[BN=DE=DM.\] **Krok \(6\).** Pokażemy jeszcze, że \(SN=BN\). Poprowadźmy odcinek \(BS\). Trójkąty prostokątne \(BFS\) i \(BES\) mają wspólną przeciwprostokątną \(BS\) oraz równe przyprostokątne \(SF=SE=r\), więc są przystające. Zatem \[\sphericalangle FBS=\sphericalangle EBS,\] czyli \(BS\) jest dwusieczną kąta \(ABD\). **Krok \(7\).** Odcinek \(MS\) jest prostopadły do \(AD\), a bok \(AB\) też jest prostopadły do \(AD\), więc prosta \(MN\) jest równoległa do \(AB\). Dla prostych równoległych \(MN\) i \(AB\) przeciętych sieczną \(BS\) kąty naprzemianległe są równe: \[\sphericalangle NSB=\sphericalangle FBS.\] **Krok \(8\).** Punkt \(E\) leży na odcinku \(BD\), a więc na tej samej półprostej o początku \(B\) co punkt \(N\). Dlatego \(\sphericalangle EBS=\sphericalangle NBS\). Łącząc to z krokami \(6\) i \(7\): \[\sphericalangle NSB=\sphericalangle FBS=\sphericalangle EBS=\sphericalangle NBS.\] **Krok \(9\).** W trójkącie \(BSN\) kąty przy wierzchołkach \(S\) i \(B\) są więc równe, czyli trójkąt jest równoramienny i \[NS=NB.\] **Krok \(10\).** Zbieramy wszystko razem: \[MN=MS+SN=r+NB=r+DM=AM+MD=AD.\] To kończy dowód. **Uwaga.** Założenie, że środek \(S\) leży na odcinku \(MN\), jest istotne i korzystamy z niego dwa razy: przy rozbiciu \(MN=MS+SN\) w kroku \(3\) oraz przy stwierdzeniu, że prosta \(MN\) jest równoległa do \(AB\) w kroku \(7\). Bez tego założenia teza w ogóle nie musi być prawdziwa. **Odpowiedź.** \(MN=MS+SN=AM+MD=AD\), czyli \(MN=AD\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający albo poprowadzi odcinki \(SE\) i \(NG\), albo zapisze równość \(\lvert DM\rvert=\lvert DE\rvert\), albo zapisze równość \(\lvert DE\rvert=\lvert BN\rvert\), albo zapisze równość \(\lvert SM\rvert=\lvert SE\rvert=\lvert MA\rvert=\lvert NG\rvert\), albo zapisze, że trójkąty \(BFS\) i \(BES\) są przystające, albo zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów \(DAB\) i \(DMN\): \(\tfrac{\lvert AD\rvert}{\lvert DB\rvert}=\tfrac{\lvert MD\rvert}{\lvert DN\rvert}\), albo zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów \(MDN\) i \(ESN\): \(\tfrac{\lvert SE\rvert}{\lvert SN\rvert}=\tfrac{\lvert MD\rvert}{\lvert DN\rvert}\), albo zauważy, że odcinek \(BS\) jest dwusieczną kąta \(ABD\), albo zapisze, że trójkąt \(BNS\) jest równoramienny, i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający albo zapisze, że trójkąty \(BGN\) i \(NES\) są przystające, albo zapisze, że trójkąt \(BSN\) jest równoramienny i \(\lvert BN\rvert=\lvert DM\rvert\), albo zapisze proporcje […], albo zauważy, że \(\lvert MN\rvert=r+\lvert SN\rvert\) i […], albo zapisze proporcje […] oraz zapisze równanie […] wynikające z twierdzenia Pitagorasa w jednym z trójkątów \(BGN\) i \(ENS\), i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający wykaże, że \(\lvert MN\rvert=\lvert AD\rvert\).

V. Rozumowanie i argumentacja. 7. Planimetria. Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) ich własności (R7.4).

B. \(2\sqrt{33}\)

Oznaczmy przez \(O_1\) środek okręgu o promieniu \(4\), a przez \(O_2\) środek okręgu o promieniu \(3\). Okręgi są styczne zewnętrznie, więc \[\lvert O_1O_2\rvert=4+3=7.\] Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc \(O_1P\perp PO_2\) i trójkąt \(O_1PO_2\) jest prostokątny o przyprostokątnej \(\lvert O_1P\rvert=4\) i przeciwprostokątnej \(7\). Z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert PO_2\rvert=\sqrt{7^2-4^2}=\sqrt{33}.\] Pole trójkąta prostokątnego jest połową iloczynu przyprostokątnych: \[P=\tfrac12\cdot4\cdot\sqrt{33}=2\sqrt{33}.\] **Odpowiedź.** B. \(2\sqrt{33}\)

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

Zadanie 19. (0−1) Wersja Wersja 7. Planimetria. Zdający korzysta z własności IV. Użycie i tworzenie I II stycznej do okręgu i własności okręgów strategii. stycznych (7.2). B C

D

Oznaczmy \(P\) — pole trójkąta \(ABC\), \(a=\lvert BC\rvert\), \(b=\lvert AC\rvert\), \(c=\lvert AB\rvert\). Trójkąt \(AFD\) ma kąt prosty przy \(F\) i wspólny kąt przy \(A\) z trójkątem \(ACB\) (kąt prosty przy \(C\)), więc jest do niego podobny. Skala podobieństwa to iloraz przeciwprostokątnych: \[k_1=\frac{\lvert AD\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{b/2}{c}=\frac{b}{2c}.\] Analogicznie dla trójkąta \(BGE\): \[k_2=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{a}{2c}.\] Stosunek pól figur podobnych to kwadrat skali, więc \[4=P\cdot\frac{b^2}{4c^2},\qquad 1=P\cdot\frac{a^2}{4c^2}.\] Dodając stronami i korzystając z twierdzenia Pitagorasa \(a^2+b^2=c^2\): \[5=P\cdot\frac{a^2+b^2}{4c^2}=P\cdot\frac{c^2}{4c^2}=\frac../../{4},\qquad P=20.\] **Odpowiedź.** D. \(20\)

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

Zadanie 25. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Trójkąty \(CDE\) i \(FBG\) są podobne na mocy cechy kąt-kąt-kąt.

Niech \(|\angle ACB|=\alpha\). Ponieważ \(ABC\) jest prostokątny, \(|\angle ABC|=90^\circ-\alpha\). W trójkącie \(CDE\) mamy \(|\angle DEC|=90^\circ\), więc \(|\angle CDE|=90^\circ-\alpha\). W trójkącie \(FBG\) mamy \(|\angle FGB|=90^\circ\) oraz \(|\angle FBG|=90^\circ-\alpha\), więc \(|\angle BFG|=\alpha\). Odpowiednie kąty obu trójkątów są równe, zatem trójkąty są podobne.

**2 pkt** – pełne rozumowanie prowadzące do podobieństwa **1 pkt** – wskazanie jednej właściwej pary równych kątów ostrych lub podobieństwa obu trójkątów do \(ABC\), bez pełnego uzasadnienia **0 pkt** – brak koniecznego postępu albo przyjęcie konkretnych miar kątów

**Wymagania ogólne:** CKE V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** 7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i cechy podobieństwa.

\[B=\left(7,\frac92\right),\qquad |AB|=\frac{25}2.\]

Z rysunku odczytujemy \(A=(-3,-3)\) oraz \(C=(2,7)\); punkt \(A\) leży na danej prostej \(y=\frac34x-\frac34\), zawierającej przeciwprostokątną \(AB\). Kąt prosty jest przy wierzchołku \(C\), więc prosta \(BC\) jest prostopadła do \(AC\). Współczynnik kierunkowy prostej \(AC\) wynosi \[a_{AC}=\frac{7-(-3)}{2-(-3)}=2,\] więc \(a_{BC}=-\frac12\), a prosta \(BC\) przechodząca przez \(C=(2,7)\) ma równanie \[y=-\frac12x+8.\] Punkt \(B\) leży na obu prostych, więc \[\frac34x-\frac34=-\frac12x+8\quad\Longleftrightarrow\quad\frac54x=\frac{35}4\quad\Longleftrightarrow\quad x=7,\] skąd \(y=-\frac72+8=\frac92\) i \(B=\left(7,\frac92\right)\). Długość przeciwprostokątnej: \[|AB|=\sqrt{(7+3)^{2}+\left(\tfrac92+3\right)^{2}}=\sqrt{100+\frac{225}4}=\sqrt{\frac{625}4}=\frac{25}2.\] **Odpowiedź.** \(B=\left(7,\frac92\right)\), \(|AB|=\frac{25}2\)

**1–3 pkt** – współczynnik prostej \(AC\), prosta prostopadła i współrzędne \(B\). **4 pkt** – \(B=\left(7,\tfrac{9}{2}\right)\) oraz \(AB=\tfrac{25}{2}\).

Zadanie 32. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria analityczna.

**A.** \(V=\frac13a^2b\pi\).

Obrót wokół dłuższej przyprostokątnej długości \(b\) tworzy stożek o wysokości \(b\) i promieniu podstawy \(a\). Dlatego \[V=\frac13\pi a^2b.\]

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

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna, bryły obrotowe i objętość stożka.

**C.** \(\sin\beta=\frac{3\sqrt{34}}{34}\).

Trójkąt jest prostokątny przy wierzchołku \(C\), więc przeciwprostokątna ma długość \[|AB|=\sqrt{|BC|^2+|AC|^2}=\sqrt{5^2+3^2}=\sqrt{34}.\] Dla kąta \(\beta\) bokiem przeciwległym jest \(AC\). Zatem \[\sin\beta=\frac{|AC|}{|AB|}=\frac3{\sqrt{34}}=\frac{3\sqrt{34}}{34}.\]

**1 pkt** – zaznaczenie odpowiedzi **C** **0 pkt** – inna odpowiedź albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Zdający używa prostych, dobrze znanych obiektów matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** 6.1. Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów o miarach od \(0^\circ\) do \(180^\circ\).

\[AW=CW=\frac{\sqrt{30}}6,\qquad SW=\frac{\sqrt3}{6}.\]

Niech \(T\) będzie punktem przecięcia przekątnych \(AC\) i \(BD\) dolnej podstawy sześcianu. Ponieważ \(S\) jest środkiem \(DH\), mamy \(SD=\frac12\), a \(DT=\frac{\sqrt2}{2}\). Trójkąt \(TDS\) jest prostokątny, więc \[ST=\sqrt{SD^2+DT^2}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Odcinek \(DW\) jest wysokością tego trójkąta opuszczoną na przeciwprostokątną \(ST\). Z porównania dwóch zapisów pola \[\frac12SD\cdot DT=\frac12ST\cdot DW\] otrzymujemy \(DW=\frac{\sqrt6}{6}\). Następnie \[SW=\sqrt{SD^2-DW^2}=\sqrt{\frac14-\frac16}=\frac{\sqrt3}{6}.\] Ponieważ \(ST\) jest osią symetrii trójkąta równoramiennego \(ACS\), mamy \(AW=CW\). Ponadto \[TW=ST-SW=\frac{\sqrt3}{3},\qquad AT=\frac{\sqrt2}{2}.\] Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ATW\): \[AW=\sqrt{AT^2+TW^2}=\sqrt{\frac12+\frac13}=\frac{\sqrt{30}}6.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawne trzy długości **3 pkt** – poprawne \(SW\) i poprawna metoda wyznaczenia \(AW=CW\) **2 pkt** – poprawne obliczenie \(ST\) i \(DW\) **1 pkt** – rozpoznanie trójkąta prostokątnego \(TDS\) oraz symetrii \(AW=CW\) **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 9.2. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną. 10.7. G. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.

\[\sin\alpha=\frac{\sqrt3}{3}.\]

Niech krawędź sześcianu ma długość \(a\). Przekątna sześcianu ma długość \(a\sqrt3\), a krawędź prostopadła do podstawy ma długość \(a\). W trójkącie prostokątnym wyznaczającym kąt \(\alpha\) między przekątną sześcianu a płaszczyzną podstawy otrzymujemy \[\sin\alpha=\frac{a}{a\sqrt3}=\frac1{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 2 pkt** – poprawny wynik \(\frac{\sqrt3}{3}\) z uzasadnieniem **1 pkt** – poprawne wskazanie trójkąta prostokątnego i długości jego boków \(a\) oraz \(a\sqrt3\) **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania. **Wymagania szczegółowe:** 9.2. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami i płaszczyznami (między krawędziami i ścianami, przekątnymi i ścianami), oblicza miary tych kątów.

\[\sqrt{145}.\]

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

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

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

Promień okręgu opisanego na trójkącie \(ECD\) jest równy \(p\sqrt2\).

Niech \(\alpha=\angle BAC\), \(\beta=\angle ABC\). Trójkąty \(CAD\) i \(CBE\) są równoramienne, dlatego \(\angle DCA=\frac\alpha2\) i \(\angle ECB=\frac\beta2\). Ponieważ \(\alpha+\beta=90^\circ\), \[\angle ECD=\frac\alpha2+90^\circ+\frac\beta2=135^\circ.\] Mamy też \(ED=AD+AB+BE=AC+AB+BC=2p\). Z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(ECD\): \[2R=\frac{ED}{\sin135^\circ}=\frac{2p}{\sqrt2/2}=2p\sqrt2.\] Zatem \(R=p\sqrt2\).

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 6 pkt** – pełny dowód **4: 5 pkt** – poprawne wyznaczenie kąta \(135^\circ\) i zastosowanie twierdzenia sinusów z drobnym błędem **2: 3 pkt** – poprawne zależności kątowe lub ustalenie \(ED=2p\) **1 pkt** – istotny poprawny krok geometryczny **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** 7.5. R. Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.

\[V=\frac29,\qquad AS=\frac{2\sqrt3}{3},\qquad CS=\frac{\sqrt6}{3}.\]

Niech \(T\) będzie punktem przecięcia przekątnych podstawy. Ponieważ \(AC=\sqrt2\) i \(AH:HC=2:1\), \[AH=\frac{2\sqrt2}{3},\qquad CH=\frac{\sqrt2}{3},\qquad HT=AH-AT=\frac{\sqrt2}{6}.\] Trójkąt \(BSD\) ma boki \(BS=DS=1\) i \(BD=\sqrt2\), jest więc równoramienny i prostokątny. Jego wysokość opuszczona z \(S\) na \(BD\) ma długość \[ST=\frac{\sqrt2}{2}.\] W trójkącie prostokątnym \(SHT\): \[HS=\sqrt{ST^2-HT^2}=\sqrt{\frac12-\frac1{18}}=\frac23.\] Stąd objętość ostrosłupa wynosi \[V=\frac13\cdot1^2\cdot\frac23=\frac29.\] W trójkątach prostokątnych \(AHS\) i \(CHS\): \[AS=\sqrt{AH^2+HS^2}=\sqrt{\frac89+\frac49}=\frac{2\sqrt3}{3},\] \[CS=\sqrt{CH^2+HS^2}=\sqrt{\frac29+\frac49}=\frac{\sqrt6}{3}.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 6 pkt** – poprawna objętość oraz obie długości krawędzi **4: 5 pkt** – poprawne wyznaczenie wysokości \(HS=\frac23\) i co najmniej dwóch żądanych wielkości **2: 3 pkt** – poprawne długości na przekątnej oraz wyznaczenie \(ST\) **1 pkt** – rozpoznanie, że trójkąt \(BSD\) jest prostokątny równoramienny **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 10.7. G. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.

\[P_{HAE}=\frac{750}{169}.\]

Trójkąty prostokątne \(EAH\) i \(ABC\) są podobne, ponieważ \(\angle EHA=\angle ACB=90^\circ\), a \(\angle EAH=\angle ABC\) jako kąty o ramionach równoległych. Z twierdzenia Pitagorasa \[|AB|=\sqrt{5^2+12^2}=13.\] Bok kwadratu ma długość \(|AE|=|AC|=5\), więc skala podobieństwa trójkąta \(EAH\) do \(ABC\) jest równa \[s=\frac{|AE|}{|AB|}=\frac5{13}.\] Pole trójkąta \(ABC\) wynosi \[P_{ABC}=\frac12\cdot5\cdot12=30.\] Pola figur podobnych są w stosunku kwadratu skali, zatem \[P_{HAE}=s^2P_{ABC}=\left(\frac5{13}\right)^2\cdot30=\frac{750}{169}.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawne pole \(\frac{750}{169}\) z pełnym uzasadnieniem podobieństwa **3 pkt** – poprawna skala \(\frac5{13}\) i zastosowanie kwadratu skali z drobnym błędem rachunkowym **2 pkt** – wykazanie podobieństwa trójkątów i obliczenie \(|AB|=13\) **1 pkt** – rozpoznanie odpowiednich kątów lub poprawne obliczenie przeciwprostokątnej **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania. **Wymagania szczegółowe:** 7.3. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje, także w kontekstach praktycznych, cechy podobieństwa trójkątów.

\[DP=BS=9.\]

Rozważmy kwadrat \(EFGH\) i niech \(T\) będzie punktem przecięcia przedłużeń prostych \(QR\) i \(EF\). Trójkąty prostokątne \(RFT\) i \(RGQ\) są podobne. Ponieważ \(RG=5\), \(GQ=5\) i \(FR=10\), otrzymujemy \(FT=10\). W kwadracie \(ABFE\) trójkąty prostokątne \(ABS\) i \(TFS\) są podobne. Oznaczmy \(SF=x\), wtedy \(BS=15-x\). Z podobieństwa \[\frac{SF}{FT}=\frac{BS}{AB},\qquad \frac{x}{10}=\frac{15-x}{15}.\] Stąd \(15x=150-10x\), więc \(x=6\) i \(BS=9\). Punkty \(B\) i \(D\) są symetryczne względem płaszczyzny \(ACGE\), a płaszczyzna przekroju zachowuje tę symetrię. Zatem \(DP=BS=9\).

**Informator CKE podaje dwa rozwiązania wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawne wyznaczenie \(DP=BS=9\) **3 pkt** – poprawne wyznaczenie \(BS=9\) i wskazanie symetrii **2 pkt** – poprawne podobieństwa i równanie \(\frac{x}{10}=\frac{15-x}{15}\) **1 pkt** – poprawna konstrukcja punktu \(T\) i wyznaczenie \(FT=10\) **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 9.2. R. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną. 9.1. Zdający rozpoznaje kąty między odcinkami i oblicza ich miary. 7.4. R. Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne oraz wykorzystuje ich własności.

\[DP=BS=9.\]

Rozważamy kwadrat \(EFGH\) i punkt \(T\), w którym przedłużenie prostej \(QR\) przecina przedłużenie \(EF\). Ponieważ \(QG=5\), \(RG=5\) i \(RF=10\), trójkąty prostokątne \(RFT\) i \(RGQ\) są podobne, skąd \(FT=10\). W kwadracie \(ABFE\) punkty \(A,S,T\) są współliniowe. Oznaczmy \(BS=x\), wtedy \(SF=15-x\). Z podobieństwa trójkątów \(ABS\) i \(TFS\) otrzymujemy \[\frac{SF}{BS}=\frac{TF}{AB},\qquad \frac{15-x}{x}=\frac{10}{15}.\] Zatem \(15(15-x)=10x\), czyli \(x=9\). Otrzymujemy \(BS=9\). Z symetrii sześcianu względem płaszczyzny \(ACGE\) wynika \(DP=BS\), dlatego \(DP=9\).

**Informator CKE podaje dwa rozwiązania wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawne otrzymanie \(DP=BS=9\) **3 pkt** – poprawne obliczenie jednej z długości i uzasadnienie symetrii lub poprawna metoda obliczenia drugiej **2 pkt** – poprawne zastosowanie podobieństwa prowadzące do równania \(\frac{15-x}{x}=\frac{10}{15}\) **1 pkt** – poprawne wyznaczenie pomocniczej długości \(FT=10\) lub równoważny istotny postęp **0 pkt** – brak istotnego postępu lub rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii rozwiązywania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 9.2. R. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną. 9.1. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami (np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi itp.), oblicza miary tych kątów. 7.4. R. Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) ich własności.

Pole powierzchni całkowitej: \(480\pi\). Objętość: \(600\pi\).

Oznaczmy przez \(r\) promień podstawy, a przez \(H\) wysokość stożka. Z treści \(H=2r-22\), a ponieważ \(H\) jest długością odcinka, musi być \(2r-22>0\), czyli \(r>11\) — ten warunek rozstrzygnie później wybór pierwiastka. W przekroju osiowym tworząca, wysokość i promień tworzą trójkąt prostokątny, więc z twierdzenia Pitagorasa \[(2r-22)^2+r^2=17^2,\] \[4r^2-88r+484+r^2=289,\qquad 5r^2-88r+195=0.\] Wyróżnik wynosi \(\Delta=7744-3900=3844=62^2\), zatem \[r=\frac{88-62}{10}=2{,}6\qquad\text{lub}\qquad r=\frac{88+62}{10}=15.\] Warunek \(r>11\) odrzuca pierwszą wartość, więc \(r=15\) i \(H=30-22=8\). Sprawdzenie: \(8^2+15^2=289=17^2\). Pole powierzchni całkowitej i objętość: \[P_c=\pi r(r+l)=\pi\cdot15\cdot(15+17)=480\pi,\] \[V=\tfrac13\pi r^2H=\tfrac13\pi\cdot225\cdot8=600\pi.\] **Odpowiedź.** \(P_c=480\pi\), \(V=600\pi\).

**Schemat oceniania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zapisanie równania z jedną niewiadomą, pozwalającego na wyliczenie długości promienia podstawy stożka lub wysokości stożka, np. \((2r-22)^2+r^2=289\). **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: rozwiązanie równania kwadratowego w zbiorze liczb rzeczywistych. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: wyznaczenie jedynej możliwej długości promienia podstawy stożka i odrzucenie wartości sprzecznej z warunkami zadania oraz wyznaczenie wysokości stożka: \(r=15\) i \(h=8\). **4 pkt** – rozwiązanie pełne: poprawne obliczenie objętości i pola powierzchni całkowitej bryły.

Zadanie 33. (0–4) Tworząca stożka ma długość 17, a wysokość stożka jest krótsza od średnicy jego podstawy o 22. Oblicz pole powierzchni całkowitej i objętość tego stożka. 3.4., G11.2. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe V. Rozumowanie z jedną niewiadomą, oblicza pole powierzchni i objętość i argumentacja graniastosłupa prostego, ostrosłupa, walca, stożka, kuli (także w zadaniach osadzonych w kontekście praktycznym). Rozwiązanie: Narysujmy przekrój osiowy stożka i oznaczmy promień podstawy stożka przez r. 17 2r − 22 r Zauważamy, że 2r  22 musi być liczbą dodatnią, jako długość odcinka. Zatem r jest większe niż 11. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy następującą zależność: 2r  222  r 2  289 2 2 4r  88r  484  r  289 5r 2  88r 195  0   7744  3900  3844   62 88  62 88  62 r   2, 6 r   15 1 2 10 10 r odrzucamy, bo jest liczbą mniejszą od 11. 1 Dalsze obliczenia prowadzimy dla przypadku r  15 . Obliczamy wysokość stożka: 215  22  8 . 1 Obliczamy objętość stożka: V  152 8  600 3 Obliczamy powierzchnię całkowitą stożka: P 1515 17  480 Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania – 1 pkt Zapisanie równania z jedną niewiadomą, pozwalającego na wyliczenie długości promienia podstawy stożka lub wysokości stożka, np. 2r  222  r 2  289 Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 2 pkt Rozwiązanie równania kwadratowego w zbiorze liczb rzeczywistych. Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 3 pkt Wyznaczenie jedynej możliwej długości promienia podstawy stożka i odrzucenie wartości sprzecznej z warunkami zadania oraz wyznaczenie wysokości stożka: r  15 i h  8 Rozwiązanie pełne – 4 pkt Poprawne obliczenie objętości i pola powierzchni całkowitej bryły. 1 V  152 8  600 3 P 1515 17  480

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).

**C.** \(\frac{5\sqrt{13}}{13}\)

Z warunku \(3\operatorname{tg}\alpha=2\) mamy \(\operatorname{tg}\alpha=\tfrac23\). Dla kąta ostrego można przyjąć trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(2\) i \(3\); jego przeciwprostokątna ma długość \(\sqrt{13}\), więc \[\sin\alpha=\frac{2}{\sqrt{13}},\qquad \cos\alpha=\frac{3}{\sqrt{13}}.\] Zatem \[\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{5}{\sqrt{13}}=\frac{5\sqrt{13}}{13}.\] **Odpowiedź.** C

**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.*

Zadanie 15. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Trygonometria.

**D.** \(5\) razy.

Z rysunku odczytujemy, że odcięty ostrosłup \(ABDE\) ma wierzchołek w narożu \(A\) sześcianu, a trzy jego krawędzie wychodzące z \(A\) — czyli \(AB\), \(AD\) i \(AE\) — są krawędziami sześcianu i są parami prostopadłe. Podstawą jest trójkąt prostokątny \(ABD\) o polu \(\frac12a^2\), a wysokością krawędź \(AE\) długości \(a\), więc \[V_{ABDE}=\frac13\cdot\frac12a^2\cdot a=\frac{a^3}{6}.\] Pozostała część sześcianu ma objętość \[a^3-\frac{a^3}{6}=\frac{5a^3}{6},\] czyli \(5\) razy większą od objętości ostrosłupa. **Odpowiedź.** D. \(5\) razy.

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

**Wymaganie ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymaganie szczegółowe:** G11.2) Zdający oblicza pole powierzchni i objętość graniastosłupa prostego, ostrosłupa, walca, stożka, kuli — także w zadaniach osadzonych w kontekście praktycznym.

Wykazano, że \(|KC|=|LC|\).

Oznaczmy \(|BC|=a\) oraz \(|AC|=b\). Trójkąty \(BCK\) i \(BDE\) są prostokątne i mają wspólny kąt ostry przy wierzchołku \(B\), więc są podobne. Analogicznie trójkąty \(ACL\) i \(AGF\) są podobne. Zatem \[\frac{|KC|}{|CB|}=\frac{|ED|}{|BD|},\qquad \frac{|LC|}{|AC|}=\frac{|FG|}{|AG|}.\] Ponieważ boki zbudowanych kwadratów mają długości \(|ED|=|AC|=b\) oraz \(|FG|=|BC|=a\), a odpowiednie odcinki mają długość \(a+b\), otrzymujemy \[|KC|=a\cdot\frac{b}{a+b}=\frac{ab}{a+b}\] oraz \[|LC|=b\cdot\frac{a}{a+b}=\frac{ab}{a+b}.\] Stąd \(|KC|=|LC|\), co kończy dowód.

**3 pkt** – pełny dowód prowadzący do \(|KC|=|LC|=\frac{ab}{a+b}\) **2 pkt** – poprawne proporcje pozwalające wyznaczyć długości \(|KC|\) i \(|LC|\) **1 pkt** – poprawne wskazanie obu par trójkątów podobnych **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozumowanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje proporcje długości odpowiednich boków.

\[P_{ACB}=4+\frac{19\sqrt3}{6}.\]

Pole kwadratu jest równe \(4\), więc jego bok ma długość \(2\). Trójkąt \(ADE\) jest trójkątem \(30^\circ-60^\circ-90^\circ\), zatem \[AD=4,\qquad AE=2\sqrt3.\] W trójkącie \(BGF\) mamy \[BF=\frac2{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}.\] Stąd długość przeciwprostokątnej dużego trójkąta wynosi \[AB=AE+EF+FB=2\sqrt3+2+\frac{2\sqrt3}{3}=2+\frac{8\sqrt3}{3}.\] Trójkąt \(ACB\) również jest trójkątem \(30^\circ-60^\circ-90^\circ\), więc jego pole jest równe \[P_{ACB}=\frac{AB^2\sqrt3}{8}=4+\frac{19\sqrt3}{6}.\]

**4 pkt** – poprawne obliczenie \(P_{ACB}=4+\frac{19\sqrt3}{6}\) **3 pkt** – poprawne wyznaczenie jednego z boków dużego trójkąta, np. \(AB=2+\frac{8\sqrt3}{3}\) **2 pkt** – wykorzystanie własności trójkąta \(30^\circ-60^\circ-90^\circ\) i poprawne obliczenie jednego z odcinków wskazanych w kluczu **1 pkt** – poprawne obliczenie boku kwadratu: \(2\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** Wykorzystanie własności figur podobnych w zadaniach (IV.7.b).

Wykazano, że \[|CD|=|DE|=|CE|.\]

Ponieważ \(CD\perp AB\), trójkąt \(CDB\) jest prostokątny, a jego przeciwprostokątną jest \(CB\). Punkt \(E\) jest środkiem tej przeciwprostokątnej. Środek przeciwprostokątnej jest równoodległy od wszystkich wierzchołków trójkąta prostokątnego, zatem \[|EC|=|ED|=|EB|.\] Z założenia \(|CD|=|DE|\), więc \[|CD|=|DE|=|CE|.\] Trójkąt \(CDE\) ma trzy boki równej długości, jest więc równoboczny.

**2 pkt** – pełny dowód wykorzystujący własność środka przeciwprostokątnej **1 pkt** – poprawne stwierdzenie \(|EC|=|ED|=|EB|\) z uzasadnieniem opartym na trójkącie prostokątnym **0 pkt** – rozumowanie błędne albo brak dowodu

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** Zdający wykorzystuje własność środka przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego do dowodzenia równości boków.

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)

\((x-3)^2+(y-12)^2=625\). Odległość środka \(S=(3,12)\) od prostej \(3x-4y-36=0\) wynosi \(15\), a połowa cięciwy ma długość \(20\), więc z twierdzenia Pitagorasa \(r^2=15^2+20^2=625\), czyli \(r=25\).

**Krok \(1\).** Znamy środek okręgu, więc do napisania równania brakuje tylko promienia. Rozpoznajemy klasyczną konfigurację: środek okręgu, cięciwa i odcinek łączący środek ze środkiem cięciwy. Ten odcinek jest prostopadły do cięciwy i dzieli ją na połowy, więc powstaje trójkąt prostokątny, w którym promień jest przeciwprostokątną. **Krok \(2\).** Liczymy odległość środka \(S=(3,12)\) od prostej \(3x-4y-36=0\) ze wzoru \(d=\dfrac{|Ax_0+By_0+C|}{\sqrt{A^2+B^2}}\): \[d=\frac{|3\cdot3-4\cdot12-36|}{\sqrt{3^2+(-4)^2}}=\frac{|9-48-36|}{5}=\frac{75}{5}=15.\] **Krok \(3\).** Niech \(C\) będzie środkiem cięciwy \(AB\). Odcinek \(SC\) realizuje właśnie tę odległość, więc \(|SC|=15\), a ponadto \(SC\) jest prostopadły do \(AB\). **Krok \(4\).** Prostopadła poprowadzona ze środka okręgu do cięciwy dzieli ją na połowy, zatem \[|AC|=\tfrac12\cdot|AB|=\tfrac12\cdot40=20.\] **Krok \(5\).** Trójkąt \(ACS\) jest prostokątny z kątem prostym przy wierzchołku \(C\), a jego przeciwprostokątna \(SA\) to promień \(r\). Z twierdzenia Pitagorasa: \[r^2=|AC|^2+|SC|^2=20^2+15^2=400+225=625.\] **Krok \(6\).** Stąd \(r=25\) (długość jest dodatnia). **Krok \(7\).** Równanie okręgu o środku \((a,b)\) i promieniu \(r\) ma postać \((x-a)^2+(y-b)^2=r^2\), więc \[(x-3)^2+(y-12)^2=625.\] **Uwaga.** Częsty błąd to potraktowanie odległości \(15\) jako promienia. Ta odległość to tylko jedna przyprostokątna; promień jest przeciwprostokątną i musi być większy — tu \(25\gt15\), co zgadza się z tym, że prosta faktycznie przecina okrąg w dwóch punktach. **Odpowiedź.** \((x-3)^2+(y-12)^2=625\) (promień \(r=25\)).

**1 pkt** – zdający wykona rysunek, na którym zaznaczy środek cięciwy \(AB\), albo zapisze, że środek cięciwy \(AB\), środek okręgu i koniec cięciwy to wierzchołki trójkąta prostokątnego; albo wykorzysta współrzędne środka okręgu i zapisze równanie okręgu w postaci […]; albo obliczy połowę długości cięciwy \(AB\): \(\tfrac{1}{2}\lvert AB\rvert=20\); albo obliczy odległość punktu \(S\) od prostej \(AB\) i nie interpretuje jej błędnie (np. jako promień szukanego okręgu) i na tym zakończy. **2 pkt** – zdający obliczy odległość środka okręgu od prostej o równaniu \(3x-4y-36=0\), np. wykorzystując wzór na odległość punktu od prostej albo obliczając wysokość trójkąta opuszczoną z wierzchołka \(S\) na bok zawarty w tej prostej: \(\tfrac{\lvert 3\cdot 3-4\cdot 12-36\rvert}{\sqrt{3^{2}+4^{2}}}=15\), oraz wykona rysunek, na którym zaznaczy środek cięciwy \(AB\), lub zapisze, że środek cięciwy \(AB\), środek okręgu i koniec cięciwy to wierzchołki trójkąta prostokątnego, lub wykorzysta współrzędne środka okręgu i zapisze równanie okręgu w postaci […], lub obliczy połowę długości cięciwy \(AB\): \(\tfrac{1}{2}\lvert AB\rvert=20\). **3 pkt** – zdający zapisze równanie wynikające z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta \(ACS\), gdzie \(C\) oznacza środek cięciwy \(AB\): \(r^{2}=20^{2}+15^{2}\). **4 pkt** – zdający zapisze równanie okręgu: \((x-3)^{2}+(y-12)^{2}=625\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Wyznaczenie równania okręgu. (IV.8.e.g.c.R)

\[V=\frac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}.\]

Oznaczmy \(h=\lvert AS\rvert\) (wysokość ostrosłupa) oraz niech \(D\) będzie środkiem krawędzi \(BC\). Krawędź \(BC\) jest prostopadła do \(AD\) (bo \(AD\) jest wysokością trójkąta równobocznego) oraz do \(AS\) (bo \(AS\) jest prostopadła do płaszczyzny podstawy). Zatem \(BC\) jest prostopadła do płaszczyzny \(ADS\), a więc płaszczyzna \(BCS\) jest prostopadła do płaszczyzny \(ADS\). Odległość punktu \(A\) od ściany \(BCS\) jest więc odległością \(A\) od prostej \(DS\), czyli wysokością \(AE=d\) trójkąta prostokątnego \(DAS\) o kącie prostym przy wierzchołku \(A\). W trójkącie prostokątnym wysokość opuszczona na przeciwprostokątną spełnia \[d=\frac{\lvert AD\rvert\cdot\lvert AS\rvert}{\lvert DS\rvert},\qquad \lvert AD\rvert=\frac{a\sqrt3}{2},\qquad \lvert DS\rvert=\sqrt{h^{2}+\frac{3a^{2}}{4}}.\] Stąd \[d\sqrt{h^{2}+\tfrac{3a^{2}}{4}}=\tfrac{a\sqrt3}{2}h,\qquad d^{2}h^{2}+\tfrac{3a^{2}d^{2}}{4}=\tfrac{3a^{2}}{4}h^{2},\] \[h^{2}\left(\tfrac{3a^{2}}{4}-d^{2}\right)=\tfrac{3a^{2}d^{2}}{4},\qquad h=\frac{ad\sqrt3}{\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}.\] Warunek \(3a^{2}-4d^{2}>0\) jest spełniony, bo \(d<\lvert AD\rvert=\tfrac{a\sqrt3}{2}\). Podstawa ma pole \(P_p=\tfrac{a^{2}\sqrt3}{4}\), więc \[V=\tfrac13\cdot\frac{a^{2}\sqrt3}{4}\cdot\frac{ad\sqrt3}{\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}=\frac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}\).

**1 pkt** – zdający zaznaczy na rysunku odcinek o długości \(d\) prostopadły do płaszczyzny \(BCS\). **2 pkt** – zdający zapisze równość, z której można wyznaczyć \(h\) w zależności od \(a\) i \(d\), np. […]. **3 pkt** – zdający wyznaczy wysokość \(h\) ostrosłupa: \(h=[…]\). **4 pkt** – zdający wyznaczy objętość \(V\) ostrosłupa: \(V=\tfrac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Wyznaczanie związków miarowych w ostrosłupie. (IV.9.a.b)

\[V=400\ \mathrm{cm}^3.\]

Podstawą jest kwadrat o polu \(100\,\mathrm{cm}^2\), więc jego bok ma długość \(a=10\,\mathrm{cm}\). Cztery przystające ściany boczne mają łączne pole \(260\,\mathrm{cm}^2\), zatem dla wysokości ściany bocznej \(h\) \[4\cdot\frac{a h}2=260\quad\Longrightarrow\quad 20h=260\quad\Longrightarrow\quad h=13\ \mathrm{cm}.\] Wysokość ostrosłupa wyznaczamy z trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(H\) i \(\frac a2=5\) oraz przeciwprostokątnej \(h=13\): \[H=\sqrt{13^{2}-5^{2}}=\sqrt{144}=12\ \mathrm{cm}.\] Objętość: \[V=\frac13\cdot100\cdot12=400\ \mathrm{cm}^{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=400\,\mathrm{cm}^3\)

1 pkt: obliczenie długości krawędzi podstawy a = 10. 2 pkt: obliczenie wysokości ściany bocznej h = 13 i poprawne rozróżnienie jej od wysokości ostrosłupa. 3 pkt: obliczenie wysokości ostrosłupa H = 12. 4 pkt: obliczenie objętości V = 400 cm³.

Użycie i tworzenie strategii. Wyznaczanie związków miarowych w wielościanach (IV.9.b).

**C.** \(32\pi\)

Przy obrocie wokół dłuższej przyprostokątnej to ona staje się wysokością stożka, a krótsza przyprostokątna — promieniem podstawy: \[r=4,\qquad H=6.\] Objętość: \[V=\frac13\pi\cdot16\cdot6=32\pi.\] **Odpowiedź.** \(V=32\pi\), czyli wariant **C**

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

Zadanie 22. (0–1) Modelowanie matematyczne Obliczenie objętości stożka (III.9.b) C

A. \(2\sqrt{2}\)

Tworząca, wysokość i promień podstawy stożka tworzą trójkąt prostokątny, w którym tworząca jest przeciwprostokątną, a kąt nachylenia tworzącej do podstawy leży naprzeciw wysokości. Zatem \[H=4\cdot\sin 45^\circ=4\cdot\frac{\sqrt2}{2}=2\sqrt2.\] **Odpowiedź.** A. \(2\sqrt2\)

**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. Wyznaczenie wysokości stożka z wykorzystaniem funkcji trygonometrycznych lub własności kwadratu (II.9.b).

**B.** \(13\)

Przy obrocie trójkąta prostokątnego wokół jednej z przyprostokątnych powstaje stożek, w którym oś obrotu jest wysokością, a druga przyprostokątna — promieniem podstawy. Obracamy wokół dłuższej przyprostokątnej, czyli wokół boku długości \(15\). Promieniem podstawy jest więc krótsza przyprostokątna: \[r=13.\] **Odpowiedź.** B. \(13\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** rozpoznawanie brył obrotowych i identyfikowanie ich elementów przy obrocie trójkąta prostokątnego wokół przyprostokątnej Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

\[P_{ABCD}=234,\qquad \lvert BD\rvert=25,\qquad \lvert AC\rvert=20.\]

Kąt \(DAB\) jest prosty, więc w trójkącie \(ABD\) z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert BD\rvert=\sqrt{7^{2}+24^{2}}=\sqrt{625}=25.\] Kąt \(BCD\) też jest prosty, a \(BD\) jest przeciwprostokątną trójkąta \(BCD\), więc \[\lvert BC\rvert=\sqrt{25^{2}-15^{2}}=\sqrt{400}=20.\] Pole czworokąta jest sumą pól dwóch trójkątów prostokątnych: \[P=\tfrac12\cdot24\cdot7+\tfrac12\cdot15\cdot20=84+150=234.\] Ponieważ kąty \(DAB\) i \(BCD\) są proste, ich suma wynosi \(180^\circ\), więc na czworokącie \(ABCD\) można opisać okrąg, a \(BD\) jest jego średnicą. Z twierdzenia Ptolemeusza dla czworokąta wpisanego w okrąg \[\lvert AC\rvert\cdot\lvert BD\rvert=\lvert AB\rvert\cdot\lvert CD\rvert+\lvert AD\rvert\cdot\lvert BC\rvert,\] \[25\lvert AC\rvert=24\cdot15+7\cdot20=500,\qquad \lvert AC\rvert=20.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=234\), \(\lvert BD\rvert=25\), \(\lvert AC\rvert=20\).

**1 pkt** – obliczenie długości przekątnej \(BD\): \(\lvert BD\rvert=25\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – obliczenie długości boku \(BC\) oraz pola czworokąta: \(P_{ABCD}=P_{ABD}+P_{BCD}=234\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zauważenie, że przekątna \(BD\) jest średnicą okręgu opisanego na czworokącie \(ABCD\) (czyli również na trójkącie \(ABC\)) i zastosowanie twierdzenia sinusów do obliczenia przekątnej \(AC\); albo zastosowanie twierdzenia cosinusów do obliczenia przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert^{2}=\lvert AB\rvert^{2}+\lvert BC\rvert^{2}-2\lvert AB\rvert\cdot\lvert BC\rvert\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\); albo zastosowanie twierdzenia Ptolemeusza do obliczenia przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert\cdot\lvert BD\rvert=\lvert AB\rvert\cdot\lvert CD\rvert+\lvert BC\rvert\cdot\lvert AD\rvert\). **Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)** – obliczenie długości przekątnej \(AC\) z błędem rachunkowym. **Rozwiązanie pełne** – obliczenie długości przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert=20\). Uwaga: jeżeli zdający obliczy pole czworokąta \(ABCD\) popełniając błędy rachunkowe i na tym poprzestanie lub dalej błędnie rozwiązuje zadanie, to otrzymuje \(1\) punkt.

IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich z zastosowaniem trygonometrii (III.7.d.R).

**C.** \(6\sqrt3\)

Przekątna prostokąta wraz z bokami tworzy trójkąt prostokątny. Naprzeciw kąta \(30^\circ\) między przekątną a dłuższym bokiem leży krótszy bok, zatem \[\operatorname{tg}30^\circ=\frac{6}{b},\qquad b=\frac{6}{\frac{\sqrt3}{3}}=6\sqrt3.\] **Odpowiedź.** C. \(6\sqrt3\)

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

Zadanie 8. (0–1) Wykorzystanie Znalezienie związków miarowych i interpretowanie reprezentacji w figurach płaskich. Zastosowanie funkcji C trygonometrycznych (II.7.c) Egzamin maturalny z matematyki 3 Kryteria oceniania odpowiedzi – poziom podstawowy

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

**C.** \(5\text{ cm}\)

Odległość środka od cięciwy mierzymy wzdłuż prostopadłej, a prostopadła poprowadzona ze środka dzieli cięciwę na połowy. Powstaje trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(3\ \mathrm{cm}\) i \(\frac82=4\ \mathrm{cm}\), którego przeciwprostokątną jest promień: \[r=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \mathrm{cm}.\] **Odpowiedź.** C. \(5\ \mathrm{cm}\)

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

Zadanie 9. (0–1) Wykorzystanie Znalezienie związków miarowych i interpretowanie reprezentacji w figurach płaskich. Zastosowanie C twierdzenia Pitagorasa (II.7.c)

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

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

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

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

\[V=4320.\] Pole podstawy o bokach \(39\), \(39\), \(30\) jest równe \(540\), a promień okręgu wpisanego w podstawę wynosi \(10\). Z wysokości ściany bocznej równej \(26\) otrzymujemy wysokość ostrosłupa \(H=\sqrt{26^{2}-10^{2}}=24\).

Wszystkie wysokości ścian bocznych poprowadzone z \(S\) są równe, więc spodek wysokości ostrosłupa jest jednakowo oddalony od wszystkich krawędzi podstawy — jest to środek okręgu wpisanego w podstawę. Pole podstawy: wysokość opuszczona z \(C\) na \(AB\) wynosi \[h=\sqrt{39^2-15^2}=\sqrt{1521-225}=36,\qquad P_p=\tfrac12\cdot30\cdot36=540.\] Połowa obwodu podstawy: \[p=\frac{30+39+39}{2}=54,\qquad r=\frac{P_p}{p}=\frac{540}{54}=10.\] Wysokość ściany bocznej, promień okręgu wpisanego i wysokość ostrosłupa tworzą trójkąt prostokątny, więc \[H=\sqrt{26^2-10^2}=\sqrt{676-100}=\sqrt{576}=24.\] Objętość: \[V=\tfrac13\cdot540\cdot24=4320.\] **Odpowiedź.** \(V=4320\)

**1–2 pkt** – obliczenie pola podstawy \(P_p=540\) i promienia okręgu wpisanego \(r=10\). **3–4 pkt** – uzasadnienie, że spodek wysokości jest środkiem okręgu wpisanego, i obliczenie \(H=24\). **5 pkt** – obliczenie objętości \(V=4320\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w ostrosłupie (IV.9.b).

**D.** \(2\)

Kąty \(\alpha=27^\circ\) i \(\beta=63^\circ\) są ostrymi kątami tego samego trójkąta prostokątnego, więc \(\alpha+\beta=90^\circ\). Dla kątów dopełniających się do \(90^\circ\) zachodzi \(\sin\beta=\cos\alpha\), czyli \[\sin63^\circ=\cos27^\circ.\] Stąd \[\frac{\cos\alpha+\sin\beta}{\cos\alpha}=\frac{\cos\alpha+\cos\alpha}{\cos\alpha}=\frac{2\cos\alpha}{\cos\alpha}=2,\] przy czym \(\cos27^\circ\ne0\), więc dzielenie jest dozwolone. **Odpowiedź.** D. \(2\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** stosowanie związków między funkcjami trygonometrycznymi kątów dopełniających się do \(90^\circ\) Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

**B.** \(13\)

Przy obrocie trójkąta prostokątnego wokół jednej z przyprostokątnych ta przyprostokątna staje się wysokością stożka, a druga — promieniem podstawy. Obracamy wokół krótszej przyprostokątnej, czyli wokół boku o długości \(6\), więc promieniem podstawy jest dłuższa przyprostokątna: \[r=13.\] **Odpowiedź.** \(r=13\), czyli wariant **B**

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – interpretuje bryłę obrotową i jej promień.

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

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

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

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

\(x=1\), a najmniejsze pole trójkąta \(AEF\) wynosi \(\dfrac32\). Odejmując od pola kwadratu pola trójkątów \(ADF\), \(ABE\) i \(CEF\), otrzymujemy \(P(x)=\dfrac{x^2}{2}-x+2\) dla \(x\in(0,2)\); wierzchołek tej paraboli ma odciętą \(x=1\), a \(P(1)=\dfrac32\).

**Krok \(1\).** Trójkąt \(AEF\) ma wierzchołki na trzech różnych bokach kwadratu, więc jego pola nie policzymy jednym prostym wzorem. Odejmiemy od pola kwadratu pola trzech trójkątów prostokątnych przylegających do jego wierzchołków: \(ADF\), \(ABE\) i \(CEF\). Otrzymamy funkcję kwadratową zmiennej \(x\) i znajdziemy jej wierzchołek. **Krok \(2\).** Oznaczenia. Bok kwadratu ma długość \(2\), a \(|CE|=|DF|=x\), więc \[|CF|=|CD|-|DF|=2-x,\qquad |BE|=|BC|-|CE|=2-x.\] Ponieważ punkty \(E\) i \(F\) są różne od wierzchołków, mamy \(x\in(0,2)\). **Krok \(3\).** Pola trzech trójkątów prostokątnych: \[P_{ADF}=\tfrac12\cdot|AD|\cdot|DF|=\tfrac12\cdot2\cdot x=x,\] \[P_{ABE}=\tfrac12\cdot|AB|\cdot|BE|=\tfrac12\cdot2\cdot(2-x)=2-x,\] \[P_{CEF}=\tfrac12\cdot|CE|\cdot|CF|=\tfrac12\,x(2-x)=x-\tfrac{x^2}{2}.\] **Krok \(4\).** Pole kwadratu wynosi \(2^2=4\), więc \[P(x)=4-x-(2-x)-\left(x-\frac{x^2}{2}\right).\] **Krok \(5\).** Porządkujemy: \[P(x)=4-x-2+x-x+\frac{x^2}{2}=\frac{x^2}{2}-x+2.\] **Krok \(6\).** Współczynnik przy \(x^2\) wynosi \(\tfrac12\gt0\), więc ramiona paraboli są skierowane w górę i najmniejszą wartość funkcja przyjmuje w wierzchołku: \[x_w=-\frac{b}{2a}=-\frac{-1}{2\cdot\tfrac12}=1.\] Liczba \(1\) należy do przedziału \((0,2)\), więc jest dopuszczalna. **Krok \(7\).** Obliczamy najmniejsze pole: \[P(1)=\frac{1}{2}-1+2=\frac32.\] **Uwaga.** Zadanie prosi o dwie rzeczy: o wartość \(x\) oraz o samo pole. Podanie tylko \(x=1\) nie jest pełną odpowiedzią. **Odpowiedź.** \(x=1\), a najmniejsze pole trójkąta \(AEF\) jest równe \(\dfrac32\).

*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 postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania** – zapisanie, że \(P_{AEF}=P_{ABCD}-\left(P_{ADF}+P_{CEF}+P_{ABE}\right)\) lub \(P_{AEF}=P_{ABCD}-P_{ADF}-P_{CEF}-P_{ABE}\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – zapisanie pól trójkątów \(ADF\), \(CEF\) i \(ABE\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie \(P_{AEF}\) jako funkcji \(x\): \(P(x)=\frac{1}{2}x^{2}-x+2\). **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie \(x\), dla którego funkcja przyjmuje minimum: \(x=1\); obliczenie pola trójkąta \(AEF\): \(P=1\frac{1}{2}\). Uwagi: jeżeli zdający popełni błąd rachunkowy przy obliczeniu sumy pól trójkątów \(ADF\), \(ABE\) i \(CEF\) i rozwiąże zadanie do końca, to otrzymuje \(4\) punkty. Jeżeli zdający popełni błąd w obliczeniu odciętej wierzchołka paraboli i konsekwentnie do tego błędu obliczy pole trójkąta \(AEF\), to otrzymuje \(4\) punkty. Nie wymagamy uzasadnienia, że dla znalezionej wartości \(x=1\) funkcja przyjmuje minimum. Jeżeli zdający wyznaczy wartość \(x\), dla której pole trójkąta \(AEF\) jest najmniejsze i nie obliczy pola tego trójkąta, to otrzymuje \(4\) punkty.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: opisanie pola figury funkcją kwadratową i wyznaczenie minimum.

**C.** \(9\sqrt3\)

Przekątna sześcianu o krawędzi \(a\) jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego, którego przyprostokątnymi są krawędź \(a\) oraz przekątna ściany \(a\sqrt2\): \[d=\sqrt{a^{2}+\left(a\sqrt2\right)^{2}}=a\sqrt3.\] Dla \(a=9\) otrzymujemy \(d=9\sqrt3\). **Odpowiedź.** \(d=9\sqrt3\), czyli wariant **C**

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – oblicza przekątną sześcianu.

sin α = √(\(\frac{22}{23}\))

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

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

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

\[\sin\alpha=\frac{4\sqrt{82}}{41}.\]

Przyjmijmy \(\lvert AC\rvert=6x\) oraz \(\lvert AS\rvert=\lvert CS\rvert=5x\), zgodnie z podanym stosunkiem. Niech \(O\) będzie środkiem podstawy — punktem przecięcia przekątnych kwadratu \(ABCD\) i zarazem spodkiem wysokości ostrosłupa. Wtedy \(\lvert AO\rvert=\lvert OC\rvert=3x\), a z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(AOS\) \[\lvert SO\rvert=\sqrt{(5x)^{2}-(3x)^{2}}=4x.\] Bok podstawy ma długość \(a=\dfrac{\lvert AC\rvert}{\sqrt2}=3x\sqrt2\). Niech \(M\) będzie środkiem boku \(BC\); odległość środka kwadratu od środka jego boku wynosi \[\lvert OM\rvert=\frac a2=\frac{3x\sqrt2}{2}.\] Kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy to kąt \(\angle SMO\) w trójkącie prostokątnym \(SOM\). Jego przeciwprostokątna to wysokość ściany bocznej: \[\lvert SM\rvert=\sqrt{\lvert SO\rvert^{2}+\lvert OM\rvert^{2}}=\sqrt{16x^{2}+\frac{9x^{2}}{2}}=x\sqrt{\frac{41}{2}}.\] Stąd \[\sin\lvert\angle SMO\rvert=\frac{\lvert SO\rvert}{\lvert SM\rvert}=\frac{4x}{x\sqrt{\tfrac{41}{2}}}=\frac{4\sqrt2}{\sqrt{41}}=\frac{4\sqrt{82}}{41}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\alpha=\dfrac{4\sqrt{82}}{41}\).

*Schemat oceniania I* **1 pkt** – wyznaczenie \(\lvert AH\rvert=3x\) i \(\lvert SH\rvert=4x\) przy przyjętych oznaczeniach, np.: \(\alpha=\lvert\angle HMS\rvert\), \(\lvert AC\rvert=6x\). **3 pkt** – wyznaczenie długości \(BC\): \(\lvert BC\rvert=\frac{\lvert AC\rvert}{\sqrt{2}}=\frac{6x}{\sqrt{2}}\) lub \(\lvert BC\rvert=3x\sqrt{2}\), i wyznaczenie długości \(CM\): \(\lvert CM\rvert=\frac{3x}{\sqrt{2}}\). **4 pkt** – wyznaczenie długości \(SM\): \(\lvert SM\rvert=\sqrt{\frac{41}{2}}\,x\) lub \(\lvert SM\rvert=\frac{\sqrt{82}}{2}x\). **5 pkt** – rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe). **6 pkt** – wyznaczenie sinusa kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy: \(\sin\alpha=\frac{4\sqrt{82}}{41}\). *Schemat oceniania II* **1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń: \(\alpha=\lvert\angle HMS\rvert\), \(\lvert AC\rvert=[\ldots]\), gdzie \(a=\lvert AB\rvert=\lvert BC\rvert=\lvert CD\rvert=\lvert AD\rvert\), oraz wyznaczenie \(\lvert AS\rvert\), gdzie \(\frac{\lvert AC\rvert}{\lvert AS\rvert}=\frac{6}{5}\). **3 pkt** – zapisanie z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego \(CSH\) i wyznaczenie \(\lvert SH\rvert\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego \(SHM\) i wyznaczenie \(\lvert SM\rvert\). **Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)** **6 pkt** – wyznaczenie sinusa kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy: \(\sin\alpha=\frac{4\sqrt{82}}{41}\). *Schemat oceniania III* **1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń: \(\lvert AC\rvert=6x\), \(\lvert HC\rvert=3x\), \(\lvert SC\rvert=5x\), \(\lvert AH\rvert=3x\). **3 pkt** – wyznaczenie długości \(BC\) i wyznaczenie długości \(BM\), \(HM\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – wyznaczenie długości \(SM\): \(\lvert SM\rvert=\sqrt{\frac{41}{2}}\,x\) lub \(\lvert SM\rvert=\frac{\sqrt{82}}{2}x\). **Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)** **6 pkt** – obliczenie \(\cos\alpha\), a następnie \(\sin\alpha\): \(\sin\alpha=\frac{4\sqrt{82}}{41}\). Jeśli zdający wyznaczy jedną z wielkości \(\lvert BC\rvert\) lub \(\lvert BM\rvert\) i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy, to za rozwiązanie otrzymuje \(2\) punkty. Jeżeli zdający obliczy \(\operatorname{tg}\alpha\) lub \(\cos\alpha\), a nie obliczy \(\sin\alpha\) lub obliczy go z błędem, to otrzymuje \(5\) punktów. Jeżeli zdający obliczy jedynie \(\cos\alpha\), to otrzymuje \(5\) punktów.

IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w ostrosłupie.

**A.**

Ostrosłup \(ABCDE\) ma podstawę \(ABCD\) — kwadrat o boku \(a\) — oraz wierzchołek \(E\) leżący bezpośrednio nad \(A\), bo krawędź \(AE\) jest krawędzią sześcianu. Krawędź \(AE\) jest więc wysokością ostrosłupa. Rozpoznajemy kształty ścian bocznych: \[|AE|=a,\qquad |BE|=|DE|=a\sqrt2,\qquad |CE|=a\sqrt3.\]Ściany \(ABE\) i \(ADE\) są trójkątami prostokątnymi równoramiennymi o przyprostokątnych \(a\) i \(a\), bo \(AE\perp AB\) i \(AE\perp AD\). Ściany \(BCE\) i \(DCE\) są trójkątami prostokątnymi o przyprostokątnych \(a\) oraz \(a\sqrt2\), bo \(BC\perp AB\) i \(BC\perp AE\), więc \(BC\perp BE\). Siatka składa się zatem z kwadratu o boku \(a\) oraz z czterech trójkątów prostokątnych przyłożonych do jego boków: dwóch mniejszych, o przyprostokątnych \(a\) i \(a\), przy bokach wychodzących z \(A\), i dwóch większych, o przyprostokątnych \(a\) i \(a\sqrt2\), przy pozostałych bokach. Ten opis spełnia wyłącznie siatka z rysunku **A**. **Odpowiedź.** Wariant **A**

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – rozpoznaje siatkę ostrosłupa.

\[V=8\sqrt{10}.\]

Oznaczmy \(|AD|=a\), \(|AB|=b\) oraz \(|DW|=h\). Krawędź \(DW\) jest wysokością ostrosłupa, więc jest prostopadła do płaszczyzny podstawy, a zatem także do prostych \(AD\) i \(DC\) leżących w tej płaszczyźnie. Ponieważ \(AB\perp AD\) i \(AB\perp DW\), prosta \(AB\) jest prostopadła do płaszczyzny \(ADW\), więc trójkąt \(BAW\) jest prostokątny. Analogicznie prostokątny jest trójkąt \(BCW\). Z twierdzenia Pitagorasa \[a^{2}+|CW|^{2}=|BW|^{2},\qquad b^{2}+|AW|^{2}=|BW|^{2},\] czyli \(a^{2}+49=81\) oraz \(b^{2}+36=81\). Stąd \[a=\sqrt{32}=4\sqrt2,\qquad b=\sqrt{45}=3\sqrt5.\] Wysokość wyznaczamy z trójkąta prostokątnego \(ADW\): \[h^{2}=|AW|^{2}-a^{2}=36-32=4,\qquad h=2.\] Objętość ostrosłupa o podstawie prostokątnej jest równa \[V=\frac13\cdot a\cdot b\cdot h=\frac13\cdot4\sqrt2\cdot3\sqrt5\cdot2=8\sqrt{10}.\] **Odpowiedź.** \(V=8\sqrt{10}\)

**1 pkt** – wykorzystanie prostokątności trójkątów \(BAW\) i \(BCW\) i zapisanie równania, z którego można obliczyć krawędź podstawy, np. \(a^{2}+49=81\) **2 pkt** – obliczenie obu krawędzi podstawy: \(a=4\sqrt2\) i \(b=3\sqrt5\) **3 pkt** – obliczenie wszystkich odcinków potrzebnych do objętości: \(h=2\), \(a=4\sqrt2\), \(b=3\sqrt5\) **4 pkt** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=8\sqrt{10}\)

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – oblicza objętość ostrosłupa z zależności Pitagorasa.

**D.** \(2\)

Kąty ostre trójkąta prostokątnego dopełniają się do \(90^\circ\), a tu \(41^\circ+49^\circ=90^\circ\). Dla takich kątów \(\sin 49^\circ=\cos 41^\circ\). Ponieważ \(\cos 41^\circ\neq0\), otrzymujemy \[\frac{\cos 41^\circ+\sin 49^\circ}{\cos 41^\circ}=\frac{2\cos 41^\circ}{\cos 41^\circ}=2.\] **Odpowiedź.** D

1 pkt za wskazanie poprawnej odpowiedzi zgodnej z kluczem CKE.

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Trygonometria – stosuje związki między funkcjami trygonometrycznymi kątów dopełniających.

**D.** \(5\)

Kąt prosty trójkąta jest kątem wpisanym opartym na przeciwprostokątnej, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego. Z twierdzenia Pitagorasa \[c=\sqrt{6^2+8^2}=10,\] zatem \(R=\frac{c}{2}=5\). **Odpowiedź.** D. \(5\)

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – stosuje własność okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym.

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.

\(x=\dfrac14\). Pole trójkąta \(AEF\) jako funkcja \(x\) wynosi \(P(x)=x^2-\dfrac{x}{2}+\dfrac12\) dla \(x\in\left\langle0,\tfrac12\right\rangle\); parabola ma ramiona skierowane w górę, więc minimum jest w wierzchołku \(x=\dfrac14\), a najmniejsze pole to \(\dfrac{7}{16}\).

**Krok \(1\).** Pole trójkąta \(AEF\) trudno policzyć wprost, bo żaden jego bok nie leży na boku kwadratu. Standardowy chwyt: od pola całego kwadratu odejmujemy pola trzech trójkątów prostokątnych, które zostają w rogach, czyli \(ADF\), \(ABE\) i \(CEF\). Otrzymamy wzór na pole jako funkcję zmiennej \(x\), a jej najmniejszej wartości poszukamy jak dla funkcji kwadratowej. **Krok \(2\).** Oznaczenia i odcinki. Skoro \(|DF|=x\) oraz \(|CE|=2|DF|=2x\), to \[|CF|=|CD|-|DF|=1-x,\qquad |BE|=|BC|-|CE|=1-2x.\] **Krok \(3\).** Dziedzina. Punkt \(F\) leży na boku \(CD\), więc \(x\geqslant0\) i \(x\leqslant1\); punkt \(E\) leży na boku \(BC\), więc \(2x\leqslant1\). Mocniejszy jest drugi warunek, zatem \[x\in\left\langle0,\tfrac12\right\rangle.\] **Krok \(4\).** Pola trzech trójkątów prostokątnych (każdy ma kąt prosty w wierzchołku kwadratu): \[P_{ADF}=\tfrac12\cdot|AD|\cdot|DF|=\tfrac12\cdot1\cdot x=\tfrac{x}{2},\] \[P_{ABE}=\tfrac12\cdot|AB|\cdot|BE|=\tfrac12(1-2x),\] \[P_{CEF}=\tfrac12\cdot|CE|\cdot|CF|=\tfrac12\cdot2x(1-x)=x-x^2.\] **Krok \(5\).** Pole kwadratu wynosi \(1\), więc \[P(x)=1-\frac{x}{2}-\frac{1-2x}{2}-\left(x-x^2\right).\] **Krok \(6\).** Porządkujemy: \[P(x)=1-\frac{x}{2}-\frac12+x-x+x^2=x^2-\frac{x}{2}+\frac12.\] **Krok \(7\).** To funkcja kwadratowa o współczynniku \(a=1\gt0\), więc jej ramiona są skierowane w górę i najmniejszą wartość przyjmuje w wierzchołku: \[x_w=-\frac{b}{2a}=-\frac{-\tfrac12}{2}=\frac14.\] **Krok \(8\).** Sprawdzamy, że \(\tfrac14\) należy do dziedziny \(\left\langle0,\tfrac12\right\rangle\) — tak. Dla porządku obliczmy jeszcze to najmniejsze pole: \[P\!\left(\tfrac14\right)=\frac1{16}-\frac18+\frac12=\frac{1-2+8}{16}=\frac{7}{16}.\] **Uwaga.** Dziedzina bierze się z warunku \(2x\leqslant1\), a nie z \(x\leqslant1\) — to punkt \(E\), a nie \(F\), pierwszy dobiega do wierzchołka kwadratu. Gdyby wierzchołek paraboli wypadł poza dziedziną, najmniejszej wartości trzeba by szukać na jej końcu. **Odpowiedź.** \(x=\dfrac14\) (najmniejsze pole trójkąta \(AEF\) wynosi wtedy \(\dfrac{7}{16}\)).

Schemat oceniania **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania: zapisanie, że \(P_{AEF}=P_{ABCD}-P_{ADF}-P_{CEF}-P_{ABE}\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – zapisanie pól trójkątów \(ADF\), \(ABE\) i \(CEF\): […]. **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie \(P_{AEF}\) w postaci trójmianu kwadratowego zmiennej \(x\): […]. **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie \(x\), dla którego funkcja przyjmuje minimum: \(x=\frac{1}{4}\). Schemat oceniania – II sposób rozwiązania (geometria analityczna) **Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania** – wyznaczenie współrzędnych punktów na płaszczyźnie: […]. **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – wyznaczenie pola trójkąta \(AFE\): […]. **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie \(P_{AEF}\) w postaci trójmianu kwadratowego zmiennej \(x\): […]. **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie \(x\), dla którego funkcja przyjmuje minimum: \(x=\frac{1}{4}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Rozwiązanie zadania, umieszczonego w kontekście praktycznym, prowadzącego do badania funkcji kwadratowej.

**C.** \(\cos\alpha=\frac{12}{13}\)

Z rysunku odczytujemy, że trójkąt jest prostokątny, przyprostokątne mają długości \(5\) (pionowa) i \(12\) (pozioma), przeciwprostokątna \(13\), a kąt \(\alpha\) leży przy przyprostokątnej długości \(12\), naprzeciw przyprostokątnej długości \(5\). Z definicji funkcji trygonometrycznych kąta ostrego w trójkącie prostokątnym \[\cos\alpha=\frac{\text{przyprostokątna przyległa}}{\text{przeciwprostokątna}}=\frac{12}{13},\qquad \operatorname{tg}\alpha=\frac{5}{12}.\] Wyklucza to warianty A, B i D. **Odpowiedź.** C. \(\cos\alpha=\frac{12}{13}\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** stosowanie definicji funkcji trygonometrycznych kąta ostrego w trójkącie prostokątnym, z odczytem danych z rysunku Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

\(2\sqrt{145}\)

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

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

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

\[V=\frac{1024}{3\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}\approx484{,}9.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(H=8\) wysokość ostrosłupa. Podstawą ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest kwadrat, którego przekątna ma długość \(a\sqrt2\); spodek wysokości leży w środku tej przekątnej. Krawędź boczna, jej rzut na płaszczyznę podstawy (połowa przekątnej) i wysokość ostrosłupa tworzą trójkąt prostokątny, w którym kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy ma miarę \(40^{\circ}\). Wysokość leży naprzeciw tego kąta, a połowa przekątnej — przy nim, więc \[\operatorname{tg}40^{\circ}=\frac{H}{\frac{a\sqrt2}{2}}.\] Stąd \[\frac{a\sqrt2}{2}=\frac{8}{\operatorname{tg}40^{\circ}},\qquad a=\frac{16}{\sqrt2\,\operatorname{tg}40^{\circ}},\] a więc \[a^{2}=\frac{256}{2\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}=\frac{128}{\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}.\] Objętość ostrosłupa wynosi \[V=\frac13\,a^{2}H=\frac13\cdot\frac{128}{\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}\cdot8=\frac{1024}{3\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}.\] Przyjmując \(\operatorname{tg}40^{\circ}\approx0{,}8391\), otrzymujemy \(V\approx484{,}9\). **Odpowiedź.** \(V=\frac{1024}{3\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}\approx484{,}9\)

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(V=\frac{1024}{3\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}\approx484{,}9\) **Uwaga:** Centralna Komisja Egzaminacyjna nie opublikowała dla tego arkusza pokazowego schematu oceniania z progami cząstkowymi. Podana punktacja całkowita pochodzi z arkusza.

**Sprawdzana umiejętność:** wyznaczanie elementów ostrosłupa prawidłowego czworokątnego z kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy i obliczanie jego objętości.

EC = \(23\)

Wyjaśnienie: Krok \(1\). Sporządzenie rysunku pomocniczego. Nanosząc na rysunek dane z treści zadania oraz zaznaczając kluczowe trójkąty prostokątne, otrzymamy: Krok \(2\). Obliczenie długości krawędzi \(AB\). Spójrzmy na trójkąt prostokątny \(ABE\). Znamy dwie długości boków tego trójkąta, zatem korzystając z Twierdzenia Pitagorasa wyjdzie nam, że: \[|AB|^2+6^2=22^2 \\ |AB|^2+36=484 \\ |AB|^2=448 \\ |AB|=\sqrt{448} \quad\lor\quad |AB|=-\sqrt{448}\] Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, bo krawędź musi mieć dodatnią długość, zatem zostaje nam \(|AB|=\sqrt{448}\) i w takiej formie możemy to zostawić, ponieważ za chwilę i tak będziemy tę liczbę podnosić do kwadratu. Krok \(3\). Obliczenie długości krawędzi \(AD\). Tym razem spoglądamy na trójkąt prostokątny \(ADE\). Tutaj także znamy dwie długości boków, zatem trzeci bok tego trójkąta obliczymy z Twierdzenia Pitagorasa: \[|AD|^2+6^2=9^2 \\ |AD|^2+36=81 \\ |AD|^2=45 \\ |AD|=\sqrt{45} \quad\lor\quad |AD|=-\sqrt{45}\] Ponownie odrzucamy ujemny wynik, zatem zostaje nam \(|AD|=\sqrt{45}\). Krok \(4\). Obliczenie długości krawędzi \(AC\). Znamy dwie długości boków prostokąta znajdującego się w podstawie. To sprawia, że korzystając ponownie z Twierdzenia Pitagorasa, możemy obliczyć długość przekątnej \(AC\). \[\sqrt{448}^2+\sqrt{45}^2=|AC|^2 \\ 448+45=|AC|^2 \\ |AC|^2=493 \\ |AC|=\sqrt{493} \quad\lor\quad |AC|=-\sqrt{493}\] Interesuje nas tylko dodatnia wartość, zatem \(|AC|=\sqrt{493}\). Krok \(5\). Obliczenie długości krawędzi \(EC\). Koniec końców spoglądamy teraz na trójkąt prostokątny \(ACE\). Tutaj także znamy już dwie długości boków, bowiem \(|AC|=\sqrt{493}\) oraz \(AE=6\), zatem poszukiwana długość krawędzi \(EC\) będzie równa: \[\sqrt{493}^2+6^2=|EC|^2 \\ 493+36=|EC|^2 \\ |EC|^2=529 \\ |EC|=\sqrt{529} \quad\lor\quad |EC|=-\sqrt{529}\] Długość krawędzi musi być dodatnia, zatem zostaje nam \(|EC|=\sqrt{529}\), co możemy jeszcze zapisać jako po prostu \(|EC|=23\).

Wyjaśnienie punktacji: Przyznaj sobie: 0 pkt • Gdy nie wykonasz jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania. 1 pkt • Gdy obliczysz długość krawędzi \(AB\) (patrz: Krok 2.). 2 pkt • Gdy dodatkowo obliczysz długość krawędzi \(AD\) (patrz: Krok 3.). 3 pkt • Gdy obliczysz długość przekątnej podstawy \(AC\) (patrz: Krok 4.). ALBO • Gdy doprowadzisz zadanie do samego końca, ale otrzymany wynik będzie zły jedynie ze względu na błąd rachunkowy. 4 pkt • Gdy otrzymasz oczekiwany wynik (patrz: Krok 5.).

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – oblicza krawędź ostrosłupa z zależności Pitagorasa.

\[P_b=20\sqrt{313}.\]

Z warunku \(|AC|:|AS|=10:13\) przyjmijmy \(|AC|=10k\) oraz \(|AS|=|CS|=13k\). Trójkąt \(ACS\) jest równoramienny, a jego wysokość opuszczona z \(S\) dzieli podstawę na połowy: \[h_{ACS}=\sqrt{(13k)^{2}-(5k)^{2}}=12k.\] Z pola trójkąta \[\frac12\cdot10k\cdot12k=120\quad\Longrightarrow\quad 60k^{2}=120\quad\Longrightarrow\quad k^{2}=2,\] czyli \(k=\sqrt2\), \(|AC|=10\sqrt2\) oraz \(|AS|=13\sqrt2\). Odcinek \(AC\) jest przekątną kwadratowej podstawy, więc jej bok wynosi \[a=\frac{|AC|}{\sqrt2}=10.\] Wysokość ściany bocznej (z trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej \(|AS|\) i przyprostokątnej \(\frac a2=5\)): \[h=\sqrt{\left(13\sqrt2\right)^{2}-5^{2}}=\sqrt{338-25}=\sqrt{313}.\] Pole powierzchni bocznej: \[P_b=4\cdot\frac{a h}2=2\cdot10\cdot\sqrt{313}=20\sqrt{313}.\] **Odpowiedź.** \(P_b=20\sqrt{313}\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Odpowiedź CKE: \(20\sqrt{313}\)

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

**A.** \(18\ \mathrm{m}\)

Promienie słoneczne padają pod tym samym kątem, więc słupek z cieniem i wieża z cieniem tworzą trójkąty prostokątne podobne (cecha kąt-kąt). Stosunek wysokości do długości cienia jest wtedy taki sam: \[\frac{h}{12\ \mathrm{m}}=\frac{90\ \mathrm{cm}}{60\ \mathrm{cm}}=\frac32.\] Stąd \(h=\frac32\cdot12\ \mathrm{m}=18\ \mathrm{m}\). **Odpowiedź.** A. \(18\ \mathrm{m}\)

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – stosuje podobieństwo trójkątów w zadaniu praktycznym.

\(\frac{750}{169}\)

Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny przy \(C\), więc \[\lvert AB\rvert=\sqrt{5^2+12^2}=13.\] Bok kwadratu \(ACDE\) ma długość \(\lvert AE\rvert=\lvert AC\rvert=5\). Oznaczmy \(\gamma=\lvert\angle CAB\rvert\). W trójkącie \(ABC\) \[\sin\gamma=\frac{12}{13},\qquad \cos\gamma=\frac{5}{13}.\] Kwadrat zbudowano na zewnątrz trójkąta, więc \(\lvert\angle EAC\rvert=90^\circ\) i punkt \(E\) leży po przeciwnej stronie prostej \(AC\) niż \(B\). Kąt między półprostą \(AE\) a prostą \(AB\), zawierający punkt \(H\), ma zatem miarę \[\lvert\angle EAH\rvert=180^\circ-\left(90^\circ+\gamma\right)=90^\circ-\gamma.\] Trójkąt \(HAE\) jest prostokątny przy \(H\), a \(AE=5\) jest jego przeciwprostokątną, więc \[\lvert AH\rvert=5\cos\left(90^\circ-\gamma\right)=5\sin\gamma=\frac{60}{13},\qquad \lvert EH\rvert=5\sin\left(90^\circ-\gamma\right)=5\cos\gamma=\frac{25}{13}.\] Pole: \[P_{HAE}=\tfrac12\cdot\frac{60}{13}\cdot\frac{25}{13}=\frac{750}{169}.\] **Odpowiedź.** \(P_{HAE}=\dfrac{750}{169}\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Odpowiedź CKE: \(\frac{750}{169}\)

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

Boki trójkąta mają długości \(9\ \mathrm{cm}\), \(40\ \mathrm{cm}\) i \(41\ \mathrm{cm}\).

Wyjaśnienie: Krok \(1\). Zapisanie długości przyprostokątnych i przeciwprostokątnej. Jeżeli przyjęlibyśmy, że przeciwprostokątna ma długość \(x\), to przyprostokątne mają długość \(x-1\) oraz \(x-32\). Warto też tutaj przyjąć sobie założenie, że długości boków nie mogą być mniejsze lub równe \(0\), a więc \(x\gt32\) (gdyby był mniejszy niż \(32\), to z równania \(x-32\) otrzymamy liczbę ujemną). Krok \(2\). Obliczenie długości przeciwprostokątnej. Korzystając z Twierdzenia Pitagorasa otrzymamy: \[a^2+b^2=c^2 \\ (x-1)^2+(x-32)^2=x^2\] Korzystamy teraz ze wzorów skróconego mnożenia: \[x^2-2x+1+x^2-64x+1024=x^2\] Upraszczamy zapis i doprowadzamy go do postaci ogólnej, czyli takiej w której po prawej stronie będziemy mieć zero (to pozwoli nam potem wyliczyć deltę): \[2x^2-66x+1025=x^2 \quad\bigg/-x^2 \\ x^2-66x+1025=0\] Krok \(3\). Rozwiązanie powstałego równania kwadratowego oraz obliczenie ostatecznej długości przeciwprostokątnej. Współczynniki: \(a=1,\;b=-66,\;c=1025\) \[Δ=b^2-4ac=(-66)^2-4\cdot1\cdot1025=121-120=4356-4100=256 \\ \sqrt{Δ}=\sqrt{256}=16\] \[x_{1}=\frac{-b-\sqrt{Δ}}{2a}=\frac{-(-66)-16}{2\cdot1}=\frac{66-16}{2}=\frac{50}{2}=25 \\ x_{2}=\frac{-b+\sqrt{Δ}}{2a}=\frac{-(-66)+16}{2\cdot1}=\frac{66+16}{2}=\frac{82}{2}=41\] \(x_{1}\) możemy odrzucić, bo zgodnie z tym co napisaliśmy sobie w pierwszym kroku nasz \(x\) musi być większy niż \(32\). W przeciwnym wypadku długość przyprostokątnej byłaby równa \(25-32=-7\), a to na pewno jest nieprawda. Krok \(4\). Obliczenie długości wszystkich boków tego trójkąta: Przeciwprostokątna: \(41cm\) Pierwsza przyprostokątna: \(x-1cm=41cm-1cm=40cm\) Druga przyprostokątna: \(x-32cm=41cm-32cm=9cm\)

**1 pkt** – gdy zapisze równanie z jedną niewiadomą: […] (gdy \(x\) jest długością przeciwprostokątnej) albo […] (gdy \(x+32\) jest długością przeciwprostokątnej), albo […] (gdy \(x+1\) jest długością przeciwprostokątnej). **2 pkt** – gdy obliczy długości boków tego trójkąta: \(9\) cm, \(40\) cm i \(41\) cm.

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

c = \(8\) lub c = \(2\sqrt{34}\)

W trójkącie prostokątnym przeciwprostokątna jest najdłuższym bokiem, więc rozważamy dwa przypadki. Jeżeli \(10\) jest przeciwprostokątną, to \[c=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{64}=8.\] Jeżeli \(c\) jest przeciwprostokątną, to \[c=\sqrt{6^2+10^2}=\sqrt{136}=2\sqrt{34}.\] Oba wyniki są dodatnie i spełniają warunek trójkąta. **Odpowiedź.** \(c=8\) lub \(c=2\sqrt{34}\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Odpowiedź CKE: \(c=8\) lub \(c=2\sqrt{34}\)

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

B. \(4\)

W trójkącie równoramiennym wysokość opuszczona na podstawę dzieli ją na połowy, więc powstaje trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej \(5\) (ramię) i przyprostokątnej \(\frac62=3\). Z twierdzenia Pitagorasa \[h=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4.\] **Odpowiedź.** B. \(4\)

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

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Wykorzystanie twierdzenia Pitagorasa do wyznaczenia wysokości trójkąta równoramiennego.

Trójkąty ACD i BCE są przystające: AC = BC oraz CD = CE, ponieważ ABC i CDE są równoramienne, a ∠ACD = \(90\)° − ∠DCB = ∠BCE. Z cechy bok–kąt–bok wynika AD = BE.

Z rysunku odczytujemy, że oba trójkąty mają wspólny wierzchołek \(C\), a punkty \(D\) i \(E\) leżą wewnątrz kąta \(ACB\). Trójkąt \(ABC\) jest prostokątny równoramienny o kącie prostym przy \(C\), więc \(\lvert CA\rvert=\lvert CB\rvert\). Tak samo \(\lvert CD\rvert=\lvert CE\rvert\). Kąty \(ACB\) i \(DCE\) są proste, a kąt \(DCB\) jest ich częścią wspólną, zatem \[\lvert\angle ACD\rvert=90^\circ-\lvert\angle DCB\rvert=\lvert\angle BCE\rvert.\] Trójkąty \(ACD\) i \(BCE\) mają więc po dwa boki równe (\(\lvert CA\rvert=\lvert CB\rvert\), \(\lvert CD\rvert=\lvert CE\rvert\)) i równe kąty między nimi, są zatem przystające (cecha bok-kąt-bok). Odpowiadające sobie boki przystających trójkątów są równe, więc \[\lvert AD\rvert=\lvert BE\rvert,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert AD\rvert=\lvert BE\rvert\)

1 pkt: zapisanie, że trójkąty ACD i BCE są przystające, i wyprowadzenie wniosku AD = BE, albo wskazanie AC = BC, CD = CE oraz ∠ACD = ∠BCE. 2 pkt: pełne uzasadnienie przystawania trójkątów, w tym równości kątów ACD i BCE, oraz wniosek AD = BE.

Rozumowanie i argumentacja. Przeprowadzenie dowodu geometrycznego składającego się z niewielkiej liczby kroków.

a) \(P_{b}=36\sqrt3\). b) Nie: \(V=\dfrac{54\sqrt3}{\pi}\), a ponieważ \(\pi\gt 3\), to \(\dfrac{54}{\pi}\lt 18\), czyli \(V\lt 18\sqrt3\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy kluczową własność walca: jego powierzchnia boczna po rozwinięciu na płaszczyznę jest prostokątem, którego jeden bok to WYSOKOŚĆ walca \(H\), a drugi to OBWÓD podstawy, czyli \(2\pi r\). Dane w zadaniu (przekątna \(12\) i kąt \(30^\circ\) przy boku równym wysokości) opisują trójkąt prostokątny wewnątrz tego prostokąta, więc długości boków odczytamy z funkcji trygonometrycznych. **Krok \(2\).** Przekątna z bokami tworzy trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej \(12\). Kąt \(30^\circ\) leży przy boku o długości \(H\), więc \(H\) jest przyprostokątną PRZYLEGŁĄ do tego kąta: \[H=12\cos30^\circ=12\cdot\frac{\sqrt3}{2}=6\sqrt3.\] **Krok \(3\).** Drugi bok prostokąta, czyli obwód podstawy, leży NAPRZECIW kąta \(30^\circ\): \[2\pi r=12\sin30^\circ=12\cdot\frac12=6.\] **Krok \(4\).** Podpunkt a): pole powierzchni bocznej to po prostu pole tego prostokąta: \[P_b=H\cdot2\pi r=6\sqrt3\cdot6=36\sqrt3.\] **Krok \(5\).** Podpunkt b): najpierw wyznaczamy promień z równania \(2\pi r=6\): \[r=\frac{6}{2\pi}=\frac{3}{\pi}.\] **Krok \(6\).** Obliczamy objętość walca ze wzoru \(V=\pi r^2H\): \[V=\pi\cdot\left(\frac{3}{\pi}\right)^2\cdot6\sqrt3=\pi\cdot\frac{9}{\pi^2}\cdot6\sqrt3=\frac{54\sqrt3}{\pi}.\] **Krok \(7\).** Sprawdzamy, czy \(V\gt18\sqrt3\). Zapisujemy przypuszczaną nierówność i upraszczamy ją (dzielimy obie strony przez \(\sqrt3\gt0\)): \[\frac{54\sqrt3}{\pi}\gt18\sqrt3\quad\Longleftrightarrow\quad \frac{54}{\pi}\gt18\quad\Longleftrightarrow\quad 54\gt18\pi\quad\Longleftrightarrow\quad 3\gt\pi.\] **Krok \(8\).** Ale \(\pi\approx3{,}14\), czyli \(\pi\gt3\). Ostatnia nierówność jest FAŁSZYWA, a skoro wszystkie przejścia były równoważne, fałszywa jest też nierówność wyjściowa. Zatem \(V\lt18\sqrt3\) — objętość NIE jest większa od \(18\sqrt3\). (Dla kontroli: \(V=\frac{54\sqrt3}{\pi}\approx29{,}8\), a \(18\sqrt3\approx31{,}2\).) **Uwaga.** Najgroźniejsza pułapka to pomylenie boków. Kąt \(30^\circ\) jest opisany jako kąt między przekątną a bokiem RÓWNYM WYSOKOŚCI walca, więc do wysokości używamy cosinusa, a do obwodu podstawy sinusa. Zamiana tych dwóch funkcji miejscami daje zupełnie inny (błędny) wynik. Druga rzecz: w podpunkcie b) trzeba UZASADNIĆ odpowiedź — samo podanie przybliżenia liczbowego jest słabsze niż sprowadzenie porównania do nierówności \(\pi\gt3\). **Odpowiedź.** a) \(P_{b}=36\sqrt3\). b) Nie: \(V=\dfrac{54\sqrt3}{\pi}\), a ponieważ \(\pi\gt 3\), to \(\dfrac{54}{\pi}\lt 18\), czyli \(V\lt 18\sqrt3\).

*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.* Klucz CKE dołączony w tym miejscu przez ekstrakcję pochodzi z arkusza **rozszerzonego** z tej samej sesji i nie dotyczy tego zadania — opisuje inny problem i prowadzi do innego wyniku. Został usunięty, bo klucz od cudzego zadania jest gorszy niż jego brak: uczeń sprawdzający się nim uznałby poprawne rozwiązanie za błędne. Właściwego klucza do tego zadania brak w materiale źródłowym. Odpowiedź i rozwiązanie w panelach powyżej zostały wyznaczone rachunkiem z treści zadania.

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

\(\sin\alpha=\dfrac{\sqrt5-1}{2}\).

Oznaczmy kąty ostre przez \(\alpha\) i \(\beta\); w trójkącie prostokątnym \(\alpha+\beta=90^{\circ}\), więc \(\sin\beta=\cos\alpha\). Skoro \((\sin\alpha,\sin\beta,1)\) jest ciągiem geometrycznym, to kwadrat wyrazu środkowego równa się iloczynowi wyrazów skrajnych: \[\sin^{2}\beta=\sin\alpha\cdot1,\qquad \cos^{2}\alpha=\sin\alpha.\] Z jedynki trygonometrycznej \(\cos^{2}\alpha=1-\sin^{2}\alpha\), zatem \[1-\sin^{2}\alpha=\sin\alpha,\qquad \sin^{2}\alpha+\sin\alpha-1=0.\] Podstawiając \(s=\sin\alpha\), otrzymujemy \(s^{2}+s-1=0\), \(\Delta=5\), więc \[s=\frac{-1-\sqrt5}{2}\quad\text{lub}\quad s=\frac{-1+\sqrt5}{2}.\] Pierwsza wartość jest ujemna, a sinus kąta ostrego jest dodatni, więc \(\sin\alpha=\frac{\sqrt5-1}{2}\approx0{,}618\). Wtedy \(\sin\beta=\cos\alpha\approx0{,}786>\sin\alpha\), więc to \(\alpha\) jest najmniejszym kątem trójkąta. **Odpowiedź.** \(\sin\alpha=\dfrac{\sqrt5-1}{2}\).

*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.* **10.1. (1 pkt)** – zapisanie, że ciąg \((\sin\alpha,\sin\beta,1)\) lub \((1,\sin\beta,\sin\alpha)\) jest geometryczny. „\(1\)” jest pierwszym lub ostatnim wyrazem ciągu. **10.2. (1 pkt)** – wykorzystanie definicji lub własności ciągu geometrycznego i zapisanie warunku: \(\sin^{2}\beta=\sin\alpha\cdot 1\). **10.3. (1 pkt)** – wykorzystanie zależności między funkcjami trygonometrycznymi w trójkącie prostokątnym: \(\sin\beta=\cos\alpha\) oraz jedynki trygonometrycznej i zapisanie równania z niewiadomą \(\sin\alpha\): \(1-\sin^{2}\alpha=\sin\alpha\). **10.4. (1 pkt)** – rozwiązanie równania: \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\), \(\sin\alpha=\frac{-\sqrt{5}-1}{2}\). Podanie odpowiedzi: \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{5}-1}{2}\).

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

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

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

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

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

D. \(\dfrac{1}{\sqrt2}\)

Z rysunku odczytujemy, że kąt prosty jest przy dolnym lewym wierzchołku, a kąt \(\alpha\) leży przy dolnym prawym wierzchołku, między przeciwprostokątną a dolną przyprostokątną. Przyprostokątna leżąca naprzeciw kąta \(\alpha\) ma długość \(1\), a przyprostokątna przyległa do niego — \(\sqrt2\). Tangens kąta ostrego to iloraz przyprostokątnej naprzeciw kąta przez przyprostokątną przy kącie: \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{1}{\sqrt2}.\] Sprawdzenie: \(1^2+\left(\sqrt2\right)^2=3=\left(\sqrt3\right)^2\), więc trójkąt o podanych bokach istnieje i jest prostokątny. **Odpowiedź.** D. \(\dfrac{1}{\sqrt2}\)

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

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

\(\sin\alpha+\cos\alpha=\dfrac45+\dfrac35=\dfrac75=1{,}4\).

**Krok \(1\).** Znamy tangens kąta ostrego, a szukamy sinusa i cosinusa. Najszybciej pomyśleć o trójkącie prostokątnym: tangens to stosunek przyprostokątnej leżącej naprzeciw kąta do przyprostokątnej przy kącie, więc możemy dobrać sobie wygodne długości boków. **Krok \(2\).** Skoro \(\tan\alpha=\frac43\), przyjmujemy, że przyprostokątna naprzeciw kąta \(\alpha\) ma długość \(4x\), a przyprostokątna przy tym kącie \(3x\), gdzie \(x\gt0\). Wtedy istotnie \(\tan\alpha=\frac{4x}{3x}=\frac43\). **Krok \(3\).** Długość przeciwprostokątnej obliczamy z twierdzenia Pitagorasa: \[c=\sqrt{(4x)^2+(3x)^2}=\sqrt{16x^2+9x^2}=\sqrt{25x^2}=5x.\] **Krok \(4\).** Odczytujemy wartości funkcji trygonometrycznych: \[\sin\alpha=\frac{4x}{5x}=\frac45,\qquad \cos\alpha=\frac{3x}{5x}=\frac35.\] Zmienna \(x\) się skróciła — dlatego wolno było dobrać boki dowolnie. **Krok \(5\).** Dodajemy: \[\sin\alpha+\cos\alpha=\frac45+\frac35=\frac75=1{,}4.\] **Krok \(6\).** Ten sam wynik daje rachunek na tożsamościach: z definicji tangensa \(\sin\alpha=\frac43\cos\alpha\), więc po wstawieniu do jedynki trygonometrycznej \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\) otrzymujemy \(\frac{16}{9}\cos^2\alpha+\cos^2\alpha=1\), czyli \(\frac{25}{9}\cos^2\alpha=1\) i \(\cos^2\alpha=\frac{9}{25}\). **Krok \(7\).** Kontrola: \(\left(\frac45\right)^2+\left(\frac35\right)^2=\frac{16}{25}+\frac{9}{25}=1\) — jedynka trygonometryczna się zgadza. **Uwaga.** Z równania \(\cos^2\alpha=\frac{9}{25}\) wynikają dwie wartości: \(\frac35\) i \(-\frac35\). Ujemną odrzucamy, ponieważ kąt \(\alpha\) jest ostry, a dla kąta ostrego zarówno sinus, jak i cosinus są dodatnie. **Odpowiedź.** \(\sin\alpha+\cos\alpha=\frac75=1{,}4\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **I sposób rozwiązania:** Z definicji funkcji tangens mamy \(\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac{4}{3}\), zatem \(\sin\alpha=\frac{4}{3}\cos\alpha\). Podstawiam tę równość do tożsamości \(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1\) i otrzymuję \(\left(\frac{4}{3}\cos\alpha\right)^{2}+\cos^{2}\alpha=1\), a stąd \(\cos^{2}\alpha=\frac{9}{25}\). Zatem \(\cos\alpha=\frac{3}{5}\) lub \(\cos\alpha=-\frac{3}{5}\). Ujemny wynik odrzucam, ponieważ zgodnie z warunkami zadania kąt \(\alpha\) jest kątem ostrym. Obliczam wartości funkcji \(\sin\alpha=\frac{4}{5}\), a następnie wartość wyrażenia \(\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{4}{5}+\frac{3}{5}=\frac{7}{5}\). Odpowiedź: \(\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{7}{5}\). **II sposób rozwiązania:** Rysuję trójkąt prostokątny, w którym oznaczam przyprostokątne \(3x\) i \(4x\) oraz zaznaczam kąt ostry \(\alpha\) tak, aby \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{4}{3}\). […] Z twierdzenia Pitagorasa obliczam długość przeciwprostokątnej: \((4x)^{2}+(3x)^{2}=25x^{2}\). Zatem przeciwprostokątna ma długość \(5x\). Obliczam wartości funkcji \(\sin\alpha=\frac{4}{5}\) i \(\cos\alpha=\frac{3}{5}\). Stąd \(\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{4}{5}+\frac{3}{5}=\frac{7}{5}\). Odpowiedź: \(\sin\alpha+\cos\alpha=\frac{7}{5}\).

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

\[\frac{R}{r}=3+2\sqrt2.\]

Oznaczmy przez \(r\) promień mniejszego okręgu o środku \(A\), przez \(R\) promień większego o środku \(B\), a przez \(O\) wierzchołek kąta prostego. Okrąg styczny do obu ramion kąta ma środek równo oddalony od tych ramion, więc leży on na dwusiecznej kąta. Oba środki leżą zatem na jednej półprostej wychodzącej z \(O\), tworzącej z każdym ramieniem kąt \(45^\circ\). Rzut środka na ramię kąta jest punktem styczności, więc odległość środka od ramienia jest równa promieniowi. Z trójkąta prostokątnego o kącie \(45^\circ\): \[\lvert OA\rvert=r\sqrt2,\qquad \lvert OB\rvert=R\sqrt2.\] Okręgi są styczne zewnętrznie, a punkt styczności leży na odcinku \(AB\), więc \[\lvert AB\rvert=R+r.\] Z rysunku \(A\) leży między \(O\) i \(B\), zatem \(\lvert AB\rvert=\lvert OB\rvert-\lvert OA\rvert\), czyli \[R\sqrt2-r\sqrt2=R+r,\qquad R\left(\sqrt2-1\right)=r\left(\sqrt2+1\right).\] Ponieważ \(\sqrt2-1>0\), możemy podzielić stronami: \[\frac{R}{r}=\frac{\sqrt2+1}{\sqrt2-1}=\frac{\left(\sqrt2+1\right)^2}{\left(\sqrt2-1\right)\left(\sqrt2+1\right)}=\frac{3+2\sqrt2}{1}=3+2\sqrt2,\] co należało udowodnić. **Odpowiedź.** \(\dfrac{R}{r}=3+2\sqrt2\)

**2 pkt** – jeśli zapisze zależność między promieniami okręgów. Poprawna odpowiedź: \(R+r=(R-r)\sqrt{2}\). **1 pkt** – jeśli zapisze długość przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego równoramiennego \(ABC\) w zależności od \(R\) i \(r\) i na tym zakończy rozwiązanie lub w dalszej części popełni błędy. Poprawna odpowiedź: \(AB=R+r\). **2 pkt** – jeśli obliczy stosunek promieni większego i mniejszego okręgu. Poprawna odpowiedź: \(\frac{R}{r}=3+2\sqrt{2}\). **1 pkt** – jeśli przekształci zależność \(R+r=(R-r)\sqrt{2}\) do postaci umożliwiającej obliczenie stosunku promieni i na tym zakończy rozwiązanie. Poprawna odpowiedź: np. \(r\left(1+\sqrt{2}\right)=R\left(\sqrt{2}-1\right)\) lub \(\left(\frac{R}{r}-1\right)\sqrt{2}=\frac{R}{r}+1\), lub \(1+\frac{r}{R}=\left(1-\frac{r}{R}\right)\sqrt{2}\).

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

Krawędź sześcianu ma długość \(2\sqrt[3]{2}\ \mathrm{cm}\).

Krawędź boczna \(b=4\) rzutuje się na połowę przekątnej podstawy, a kąt nachylenia wynosi \(30^\circ\). Z trójkąta prostokątnego utworzonego przez krawędź boczną, wysokość ostrosłupa \(H\) i połowę przekątnej \(\frac d2\): \[H=b\sin30^\circ=4\cdot\tfrac12=2,\qquad \frac d2=b\cos30^\circ=4\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}=2\sqrt3,\] skąd \(d=4\sqrt3\). W kwadracie przekątna jest \(\sqrt2\) razy dłuższa od boku, więc krawędź podstawy wynosi \[a=\frac{d}{\sqrt2}=\frac{4\sqrt3}{\sqrt2}=2\sqrt6,\qquad a^2=24.\] Objętość ostrosłupa: \[V=\tfrac13a^2H=\tfrac13\cdot24\cdot2=16.\] Sześcian o krawędzi \(c\) ma tę samą objętość, gdy \[c^3=16,\qquad c=\sqrt[3]{16}=\sqrt[3]{8\cdot2}=2\sqrt[3]{2}.\] **Odpowiedź.** Krawędź sześcianu ma długość \(2\sqrt[3]{2}\ \mathrm{cm}\approx2{,}52\ \mathrm{cm}\).

*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.* **7.1. (1 pkt)** – obliczenie wysokości ostrosłupa: \(H=2\). […] **7.2. (1 pkt)** – obliczenie długości przekątnej podstawy ostrosłupa: \(d=4\sqrt{3}\) albo długości krawędzi podstawy: \(a=2\sqrt{6}\). **7.3. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=16\). **7.4. (1 pkt)** – oznaczenie długości krawędzi sześcianu, np. \(b\) i zapisanie równania: \(b^{3}=16\). **7.5. (1 pkt)** – obliczenie długości krawędzi sześcianu: \(b=2\sqrt[3]{2}\). Zdający może podać wynik w postaci, np. \(b=\sqrt[3]{16}\) lub wartość przybliżoną pierwiastka.

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

\(|PB|=3\sqrt6\approx7{,}35\,\mathrm{cm}\).

Z proporcji \(|AD|:|DB|=1:2\) i \(|AB|=18\) otrzymujemy \(|AD|=6\) i \(|DB|=12\). Pole trójkąta \(ABC\): \[P_{ABC}=\tfrac12\cdot18\cdot15=135.\] Prosta poprowadzona przez \(P\) równolegle do \(CD\) odcina trójkąt prostokątny o przyprostokątnych \(x=|PB|\) i \(h\), przy czym z podobieństwa tego trójkąta do trójkąta \(DBC\) \[\frac{h}{x}=\frac{|CD|}{|DB|}=\frac{15}{12}=\frac54,\qquad h=\tfrac54x.\] Pole odciętego trójkąta ma być cztery razy mniejsze od pola \(ABC\): \[\tfrac12xh=\tfrac14\cdot135,\qquad \tfrac12\cdot\tfrac54x^{2}=\tfrac{135}{4}, \qquad x^{2}=54.\] Stąd \(x=\sqrt{54}=3\sqrt6\), a warunek \(x<12\) jest spełniony, bo \(3\sqrt6\approx7{,}35\). **Odpowiedź.** \(|PB|=3\sqrt6\approx7{,}35\,\mathrm{cm}\).

*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.* […] **9.1. (1 pkt)** – wykorzystanie podanej proporcji do wyznaczenia długości odcinków: \(AD=6\), \(DB=12\). **9.2. (1 pkt)** – zapisanie równania: \(\frac{1}{2}x\cdot h=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot 18\cdot 15\). **9.3. (1 pkt)** – zapisanie zależności między \(x\) i \(h\) z wykorzystaniem podobieństwa trójkątów \(CDB\) i \(FPB\): \(\frac{h}{x}=\frac{15}{12}=\frac{5}{4}\). **9.4. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(PB\): \(PB=3\sqrt{6}\) cm. **II sposób rozwiązania:** Wprowadzenie oznaczeń, np. takich jak na poniższym rysunku: \(x=PB\), \(h\) – wysokość odciętego trójkąta. […] **9.1. (1 pkt)** – wykorzystanie podanej proporcji do wyznaczenia długości odcinków: \(AD=6\), \(DB=12\). **9.2. (1 pkt)** – obliczenie proporcji: \(\frac{P_{\Delta DBC}}{P_{\Delta ABC}}=\frac{2}{3}\) stąd \(P_{\Delta DBC}=\frac{2}{3}P_{\Delta ABC}\). **9.3. (1 pkt)** – stwierdzenie, że \(\Delta DBC\sim\Delta PBF\) i wykorzystanie twierdzenia o stosunku pól figur podobnych do zapisania proporcji: \(\frac{P_{\Delta DBC}}{P_{\Delta PBF}}=\left(\frac{12}{PB}\right)^{2}\) stąd \(\frac{\frac{2}{3}P_{\Delta ABC}}{\frac{1}{4}P_{\Delta ABC}}=\left(\frac{12}{PB}\right)^{2}\). **9.4. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(PB\): \(\frac{\frac{2}{3}}{\frac{1}{4}}=\frac{144}{PB^{2}}\), \(PB=3\sqrt{6}\). **III sposób rozwiązania: (czynności 9.3 oraz 9.4)** **9.3. (1 pkt)** – stwierdzenie, że \(\Delta DBC\sim\Delta PBF\) i wykorzystanie twierdzenia o stosunku pól figur podobnych do zapisania proporcji: \(k^{2}=\frac{P_{\Delta DBC}}{P_{\Delta PBF}}=\frac{\frac{2}{3}P_{\Delta ABC}}{\frac{1}{4}P_{\Delta ABC}}=\frac{8}{3}\) stąd \(k=\frac{2\sqrt{6}}{3}\). **9.4. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(PB\): \(\frac{DB}{PB}=k\) stąd \(PB=12\cdot\frac{3}{2\sqrt{6}}=3\sqrt{6}\).

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

\(A=(4,2)\) oraz \(|OA|=2\sqrt5\).

Punkt \(A\) leży na prostej \(y=\tfrac12x\), więc \(A=(2t,t)\) dla pewnego \(t\). Kąt przy wierzchołku \(A\) jest prosty, więc wektory \(\vec{AO}\) i \(\vec{AB}\) są prostopadłe: \[\vec{AO}=[-2t,-t],\qquad \vec{AB}=[-2t,\,10-t].\] Iloczyn skalarny musi być równy zeru: \[4t^{2}-t(10-t)=0,\qquad 5t^{2}-10t=0,\qquad 5t(t-2)=0.\] Wartość \(t=0\) odrzucamy, bo wtedy \(A=O\) i trójkąt nie istnieje. Zostaje \(t=2\), czyli \(A=(4,2)\). Długość przyprostokątnej: \[|OA|=\sqrt{4^{2}+2^{2}}=\sqrt{20}=2\sqrt5.\] **Odpowiedź.** \(A=(4,2)\), \(|OA|=2\sqrt5\).

*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.

\(\cos\alpha=\frac14\); przekrojem jest trójkąt równoramienny o ramionach \(\frac{a\sqrt6}{2}\), podstawie \(a\) i wysokości \(\frac{a\sqrt5}{2}\), a jego pole wynosi \(P=\frac{a^2\sqrt5}{4}\).

**Krok \(1\).** Ostrosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawie trójkąt równoboczny o boku \(a\), a wszystkie jego krawędzie boczne są równe — tutaj mają długość \(2a\). Kąt między krawędzią boczną a krawędzią podstawy to kąt przy podstawie ściany bocznej, a ściana boczna jest trójkątem równoramiennym o podstawie \(a\) i ramionach \(2a\) — cosinus tego kąta odczytamy z trójkąta prostokątnego. Do przekroju użyjemy twierdzenia cosinusów, wykorzystując właśnie ten sam kąt. **Krok \(2\).** Oznaczmy podstawę \(ABC\) (bok długości \(a\)), a wierzchołek ostrosłupa \(S\). Rozważmy ścianę \(ASB\): \(|AB|=a\), \(|AS|=|BS|=2a\). Szukany kąt \(\alpha=\sphericalangle SAB\) to kąt między krawędzią boczną \(AS\) a krawędzią podstawy \(AB\). **Krok \(3\).** W tym trójkącie równoramiennym prowadzimy wysokość z \(S\) na \(AB\); jej spodek \(M\) jest środkiem \(AB\), więc \(|AM|=\frac a2\), a trójkąt \(AMS\) jest prostokątny z kątem \(\alpha\) przy wierzchołku \(A\). Z definicji cosinusa w trójkącie prostokątnym \[\cos\alpha=\frac{|AM|}{|AS|}=\frac{\frac a2}{2a}=\frac14.\] **Krok \(4\).** Rysujemy przekrój. Płaszczyzna ma przechodzić przez krawędź podstawy — weźmy \(AB\) — oraz przez środek przeciwległej krawędzi bocznej, czyli przez środek \(F\) krawędzi \(CS\). Przekrojem ostrosłupa jest więc trójkąt \(ABF\). **Krok \(5\).** Zbieramy dane potrzebne do policzenia \(|AF|\). W trójkącie \(ACF\) mamy \(|AC|=a\) (krawędź podstawy) oraz \(|CF|=\frac12|CS|=\frac12\cdot2a=a\). Kąt \(\sphericalangle ACF\) to kąt między krawędzią podstawy \(CA\) a krawędzią boczną \(CS\), czyli dokładnie ten sam kąt \(\alpha\), dla którego \(\cos\alpha=\frac14\). **Krok \(6\).** Stosujemy twierdzenie cosinusów w trójkącie \(ACF\): \[|AF|^2=|AC|^2+|CF|^2-2\cdot|AC|\cdot|CF|\cdot\cos\alpha=a^2+a^2-2\cdot a\cdot a\cdot\frac14=2a^2-\frac{a^2}{2}=\frac{3a^2}{2}.\] Stąd \[|AF|=a\sqrt{\frac32}=\frac{a\sqrt6}{2}.\] **Krok \(7\).** Z symetrii ostrosłupa tak samo \(|BF|=\frac{a\sqrt6}{2}\), więc trójkąt \(ABF\) jest równoramienny: podstawa \(|AB|=a\), ramiona \(\frac{a\sqrt6}{2}\). **Krok \(8\).** Wysokość \(h_p\) tego trójkąta poprowadzona z \(F\) dzieli podstawę na połowy, więc z twierdzenia Pitagorasa \[h_p^2=\left(\frac{a\sqrt6}{2}\right)^2-\left(\frac a2\right)^2=\frac{6a^2}{4}-\frac{a^2}{4}=\frac{5a^2}{4},\qquad h_p=\frac{a\sqrt5}{2}.\] **Krok \(9\).** Obliczamy pole przekroju: \[P=\frac12\cdot|AB|\cdot h_p=\frac12\cdot a\cdot\frac{a\sqrt5}{2}=\frac{a^2\sqrt5}{4}.\] **Uwaga.** Kąt między krawędzią boczną a krawędzią podstawy to kąt płaski leżący w ścianie bocznej, a nie kąt nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy — ten drugi ma zupełnie inny cosinus i jest tu najczęstszym źródłem błędu. Zwróć też uwagę, że trójkąt \(ACF\) nie jest prostokątny, więc długości \(|AF|\) nie da się policzyć twierdzeniem Pitagorasa — konieczne jest twierdzenie cosinusów. **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\frac14\); przekrojem jest trójkąt równoramienny o ramionach \(\frac{a\sqrt6}{2}\), podstawie \(a\) i wysokości \(\frac{a\sqrt5}{2}\), a jego pole wynosi \(P=\frac{a^2\sqrt5}{4}\).

**1 pkt** – jeśli obliczy cosinusa kąta między krawędzią boczną a krawędzią podstawy ostrosłupa. Poprawna odpowiedź: \(\cos\alpha=\frac{1}{4}\). **1 pkt** – jeśli zaznaczy właściwy przekrój na rysunku. Poprawna odpowiedź: […] **3 pkt** – jeśli obliczy wysokość opuszczoną na podstawę \(AB\) w trójkącie równoramiennym \(ABF\) (szukanym przekroju). Poprawna odpowiedź: \(h_{p}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\). **2 pkt** – jeśli obliczy długość ramienia trójkąta równoramiennego \(ABF\) i na tym zakończy rozwiązanie. Poprawna odpowiedź: \(AF=BF=\frac{a\sqrt{6}}{2}\). **1 pkt** – jeśli zastosuje twierdzenie cosinusów i zapisze równanie z niewiadomą \(x\), gdzie \(x=BF\), i na tym zakończy rozwiązanie lub w dalszej części popełni błędy. Poprawna odpowiedź: \(x^{2}=a^{2}+a^{2}-2\cdot a\cdot a\cdot\frac{1}{4}\). **1 pkt** – jeśli obliczy pole przekroju. Poprawna odpowiedź: \(P_{p}=\frac{a^{2}\sqrt{5}}{4}\). Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą niż przedstawiona w kluczu punktowania 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.

Przeciwprostokątna ma długość \(17\,\mathrm{cm}\).

Oznaczmy przez \(b\) krótszą przyprostokątną; dłuższa ma wtedy długość \(b+7\). Z warunku na pole \[\tfrac12\,b\,(b+7)=60,\qquad b^2+7b-120=0.\] Wyróżnik wynosi \(\Delta=49+480=529=23^2\), więc \[b=\frac{-7-23}{2}=-15\qquad\text{lub}\qquad b=\frac{-7+23}{2}=8.\] Długość odcinka musi być dodatnia, więc \(b=8\), a druga przyprostokątna ma długość \(15\). Z twierdzenia Pitagorasa \[c=\sqrt{8^2+15^2}=\sqrt{64+225}=\sqrt{289}=17.\] **Odpowiedź.** Przeciwprostokątna ma długość \(17\,\mathrm{cm}\).

*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.* Oznaczam: \(a\), \(b\) – długości przyprostokątnych danego trójkąta. Zapisuję układ równań \[\begin{cases}a=b+7\\ \frac{1}{2}a\cdot b=60\end{cases}\] Otrzymuję równanie z jedną niewiadomą \(\frac{1}{2}(b+7)b=60\), którego pierwiastkami są liczby \(b=8\) oraz \(b=-15\). Odrzucam ujemny pierwiastek, gdyż \(b\) jest długością odcinka. Zatem \(b=8\), \(a=8+7=15\). Teraz obliczam długość przeciwprostokątnej \(c=\sqrt{a^{2}+b^{2}}=\sqrt{8^{2}+15^{2}}=\sqrt{289}=17\). Odpowiedź: Przeciwprostokątna ma długość \(17\) cm.

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

\(q=\sqrt{\dfrac{1+\sqrt5}{2}}\approx 1{,}272\), ponieważ \(q^{4}-q^{2}-1=0\), skąd \(q^{2}=\frac{1+\sqrt5}{2}\).

**Krok \(1\).** trójkąta prostokątnego, np.: a, b, c – długości boków trójkąta **Krok \(2\).** prostokątnego i a < b < c , b = a ⋅ q , c = a ⋅ \(q_{2}\) lub \(b_{2}\) = ac . **Krok \(3\).** Wykorzystanie twierdzenie Pitagorasa i zapisanie równania, w którym **Krok \(4\).** występują najwyżej dwie niewiadome, np.: \(a_{2}\) + ( aq )\(2\) = ( \(aq2\) )\(2\) lub \(1\) **Krok \(5\).** \(a_{2}\) + ac = \(c_{2}\) . **Krok \(6\).** ⎛ c ⎞ c **Krok \(7\).** Zapisanie równania, np.: \(q_{4}\) − \(q_{2}\) − \(1 = 0\) lub ⎜ ⎟ − − \(1 = 0\) . \(1\) **Krok \(8\).** ⎝ a ⎠ a **Odpowiedź.** Rozwiązanie i punktacja: zobacz pełny klucz CKE poniżej.

*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)** – […] trójkąta prostokątnego, np.: \(a\), \(b\), \(c\) – długości boków trójkąta prostokątnego i \(a<b<c\), \(b=a\cdot q\), \(c=a\cdot q^{2}\) lub \(b^{2}=ac\). **11.2. (1 pkt)** – wykorzystanie twierdzenie Pitagorasa i zapisanie równania, w którym występują najwyżej dwie niewiadome, np.: \(a^{2}+(aq)^{2}=\left(aq^{2}\right)^{2}\) lub \(a^{2}+ac=c^{2}\). **11.3. (1 pkt)** – zapisanie równania, np.: \(q^{4}-q^{2}-1=0\) lub \(\left(\frac{c}{a}\right)^{2}-\frac{c}{a}-1=0\). **11.4. (1 pkt)** – wykonanie podstawienia \(t=q^{2}\) lub \(t=\frac{c}{a}\) i rozwiązanie równania \(t^{2}-t-1=0\): \(t=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\vee t=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\). **11.5. (1 pkt)** – obliczenie ilorazu ciągu: \(q=\sqrt{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}\).

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.

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

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

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

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

Podjazd ma długość około \(980\ \mathrm{cm}\), czyli \(9{,}8\ \mathrm{m}\).

Podjazd musi pokonać tę samą różnicę wysokości co schody: \[H=8\cdot15\ \mathrm{cm}=120\ \mathrm{cm}.\] Podjazd jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego, w którym naprzeciw kąta nachylenia \(7^\circ\) leży przyprostokątna \(H\): \[\sin 7^\circ=\frac{H}{\ell},\qquad \ell=\frac{120}{\sin 7^\circ}.\] Podstawiamy podane przybliżenie \(\sin 7^\circ\approx0{,}1219\): \[\ell\approx\frac{120}{0{,}1219}\approx984{,}4\ \mathrm{cm}.\] Po zaokrągleniu do \(10\ \mathrm{cm}\) otrzymujemy \(980\ \mathrm{cm}\). **Odpowiedź.** Podjazd ma długość około \(980\ \mathrm{cm}\), czyli \(9{,}8\ \mathrm{m}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **5.1. (1 pkt)** – […] **5.2. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(BC\): \(120\) cm. **5.3. (1 pkt)** – zapisanie zależności \(\sin\angle CAB=\frac{BC}{AC}\) i wyznaczenie długości odcinka \(AC\): \(AC=\frac{BC}{\sin 7^\circ}\). **5.4. (1 pkt)** – obliczenie przybliżonej długości podjazdu i podanie odpowiedzi: \(980\) cm.

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

a) \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{a}{2H}\). b) \(\cos\alpha=\frac{h}{a}\). c) Z warunku \(a^2=H\cdot h\) wynika \(2\operatorname{tg}\alpha=\cos\alpha\), a stąd \(\sin^2\alpha+2\sin\alpha-1=0\); dla \(\alpha\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\) daje to \(\sin\alpha=\sqrt2-1\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** Wysokość opuszczona na podstawę trójkąta równoramiennego dzieli go na dwa przystające trójkąty prostokątne o przyprostokątnych \(\frac{a}{2}\) i \(H\) oraz przeciwprostokątnej równej ramieniu. Kąt \(\alpha\) leży właśnie w takim trójkącie, przy wierzchołku. To wystarczy do podpunktów a) i b), a podpunkt c) będzie połączeniem obu wzorów. **Krok \(2\).** Podpunkt a). W tym trójkącie prostokątnym naprzeciw kąta \(\alpha\) leży przyprostokątna \(\frac{a}{2}\), a przy kącie \(\alpha\) leży przyprostokątna \(H\), więc z definicji tangensa \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{H}=\frac{a}{2H}.\] **Krok \(3\).** Podpunkt b). Oznaczmy przez \(b\) długość ramienia. Wysokość \(h\) opuszczona na ramię wiąże się z pozostałymi wielkościami przez pole trójkąta, które można policzyć na dwa sposoby: \[P=\frac12aH\qquad\text{oraz}\qquad P=\frac12bh.\] **Krok \(4\).** Porównujemy oba wyrażenia: \[aH=bh,\qquad\text{czyli}\qquad \frac{h}{a}=\frac{H}{b}.\] **Krok \(5\).** W trójkącie prostokątnym z kroku \(1\) przy kącie \(\alpha\) leży przyprostokątna \(H\), a przeciwprostokątną jest \(b\), więc \(\cos\alpha=\frac{H}{b}\). Łącząc to z krokiem \(4\), otrzymujemy \[\cos\alpha=\frac{h}{a}.\] **Krok \(6\).** Podpunkt c). Z podpunktu a) wyznaczamy \(H=\frac{a}{2\operatorname{tg}\alpha}\), a z podpunktu b) \(h=a\cos\alpha\). Wstawiamy to do danego warunku \(a^2=H\cdot h\): \[a^2=\frac{a}{2\operatorname{tg}\alpha}\cdot a\cos\alpha=\frac{a^2\cos\alpha}{2\operatorname{tg}\alpha}.\] **Krok \(7\).** Dzielimy obie strony przez \(a^2\) (bok jest dodatni) i porządkujemy: \[1=\frac{\cos\alpha}{2\operatorname{tg}\alpha},\qquad 2\operatorname{tg}\alpha=\cos\alpha.\] **Krok \(8\).** Zapisujemy tangens jako iloraz i mnożymy przez \(\cos\alpha\), który dla kąta ostrego jest dodatni: \[2\cdot\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\cos\alpha,\qquad 2\sin\alpha=\cos^2\alpha.\] **Krok \(9\).** Korzystamy z jedynki trygonometrycznej \(\cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha\) i przenosimy wszystko na jedną stronę: \[2\sin\alpha=1-\sin^2\alpha,\qquad \sin^2\alpha+2\sin\alpha-1=0.\] **Krok \(10\).** Podstawiamy \(t=\sin\alpha\) i rozwiązujemy równanie kwadratowe \(t^2+2t-1=0\): \(\Delta=4+4=8\), \(\sqrt{\Delta}=2\sqrt2\), więc \[t_1=\frac{-2-2\sqrt2}{2}=-1-\sqrt2,\qquad t_2=\frac{-2+2\sqrt2}{2}=-1+\sqrt2.\] **Krok \(11\).** Kąt \(\alpha\) jest kątem ostrym w trójkącie prostokątnym, więc \(\sin\alpha\gt 0\). Liczba \(-1-\sqrt2\) jest ujemna, więc ją odrzucamy i zostaje \(\sin\alpha=\sqrt2-1\), co należało wykazać. **Uwaga.** Odrzucenie ujemnego pierwiastka to konieczna część dowodu — bez niej rozwiązanie jest niepełne. Warto też sprawdzić rachunkowo, że \(\sqrt2-1\approx0{,}41\), czyli że jest to liczba z przedziału \((0,1)\), a więc rzeczywiście może być sinusem kąta ostrego. **Odpowiedź.** a) \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{a}{2H}\); b) \(\cos\alpha=\frac{h}{a}\); c) warunek \(a^2=H\cdot h\) prowadzi do równania \(\sin^2\alpha+2\sin\alpha-1=0\), którego jedynym rozwiązaniem dla kąta ostrego jest \(\sin\alpha=\sqrt2-1\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **4.1. (1 pkt)** – wyrażenie funkcji \(\tg\alpha\) w zależności od \(a\) i \(H\): \(\tg\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{H}=\frac{a}{2H}\). **4.2. (1 pkt)** – wyrażenie funkcji \(\cos\alpha\) w zależności od \(a\) i \(h\): \(\cos\alpha=\frac{h}{a}\). **4.3. (1 pkt)** – wykorzystanie wyznaczonych zależności i doprowadzenie podanego w treści zadania związku \(a^{2}=H\cdot h\) do zależności z jedną zmienną \(\alpha\): np. \(\frac{\frac{a}{2}}{H}=\tg\alpha\) stąd \(H=\frac{a}{2\tg\alpha}\), \(\frac{h}{a}=\cos\alpha\) stąd \(h=a\cos\alpha\); po podstawieniu otrzymujemy \(2\tg\alpha=\cos\alpha\). **4.4. (1 pkt)** – doprowadzenie zależności do postaci równania, w którym jest tylko jedna funkcja trygonometryczna, np.: \(2\sin\alpha=1-\sin^{2}\alpha\) dla \(\alpha\in\left(0,\,\frac{\pi}{2}\right)\). **4.5. (1 pkt)** – rozwiązanie równania, np. dokonanie podstawienia \(t=\sin\alpha\) i rozwiązanie równania kwadratowego \(t^{2}+2t-1=0\): \(t=-1-\sqrt{2}\) oraz \(t=-1+\sqrt{2}\). **4.6. (1 pkt)** – odrzucenie ujemnego pierwiastka i podanie odpowiedzi: \(\sin\alpha=\sqrt{2}-1\). Jeśli zdający nie wskaże właściwego rozwiązania spełniającego warunki zadania, to nie otrzymuje punktu za tę czynność. **II sposób rozwiązania (czynności 4.3 i 4.4)** **4.3. (1 pkt)** – zapisanie wyrażenia \(a^{2}=H\cdot h\) w postaci proporcji \(\frac{a}{H}=\frac{h}{a}\Leftrightarrow 2\cdot\frac{\frac{a}{2}}{H}=\frac{h}{a}\). **4.4. (1 pkt)** – wykorzystanie funkcji trygonometrycznych do zapisania proporcji w postaci równania jednej zmiennej: \(2\cdot\frac{\frac{a}{2}}{H}=2\cdot\tg\alpha\), \(\frac{h}{a}=\cos\alpha\) stąd \(\frac{a}{H}=\frac{h}{a}\), \(2\cdot\tg\alpha=\cos\alpha\), \(\sin^{2}\alpha+2\sin\alpha-1=0\) dla \(\alpha\in\left(0,\,\frac{\pi}{2}\right)\).

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

Teza wynika stąd, że w trójkącie prostokątnym \(\beta=90^\circ-\alpha\), więc \(\sin\beta=\cos\alpha=\frac34\), \(\cos\beta=\frac{\sqrt7}{4}\) i \(\operatorname{tg}\beta=\frac{3}{\sqrt7}=\frac{3\sqrt7}{7}\approx1{,}13\), a to przeczy warunkowi \(\operatorname{tg}\beta=\frac43\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** Mamy wykazać, że pewien obiekt nie istnieje. Takie dowody prowadzi się nie wprost: zakładamy, że taki trójkąt prostokątny istnieje, wyciągamy z tego wnioski i dochodzimy do sprzeczności. Punktem wyjścia jest fakt, że w trójkącie prostokątnym kąty ostre sumują się do \(90^{\circ}\). **Krok \(2\).** Załóżmy więc, że istnieje trójkąt prostokątny o kątach ostrych \(\alpha\) i \(\beta\). Suma kątów w trójkącie wynosi \(180^{\circ}\), a jeden z nich jest prosty, więc \[\alpha+\beta=90^{\circ},\qquad\text{czyli}\qquad \beta=90^{\circ}-\alpha.\] **Krok \(3\).** Dla kątów dopełniających się do \(90^{\circ}\) zachodzi \(\sin\left(90^{\circ}-\alpha\right)=\cos\alpha\). Zatem z danej \(\cos\alpha=\frac34\) wynika \[\sin\beta=\cos\alpha=\frac{3}{4}.\] **Krok \(4\).** Kąt \(\beta\) jest ostry, więc \(\cos\beta\gt 0\) i z jedynki trygonometrycznej \[\cos\beta=\sqrt{1-\sin^2\beta}=\sqrt{1-\frac{9}{16}}=\sqrt{\frac{7}{16}}=\frac{\sqrt7}{4}.\] **Krok \(5\).** Obliczamy tangens tego kąta: \[\mathrm{tg}\,\beta=\frac{\sin\beta}{\cos\beta}=\frac{\frac34}{\frac{\sqrt7}{4}}=\frac{3}{\sqrt7}=\frac{3\sqrt7}{7}.\] **Krok \(6\).** Porównujemy z wartością podaną w treści. Zamiast liczyć przybliżenia, porównajmy kwadraty obu dodatnich liczb: \[\left(\frac{3}{\sqrt7}\right)^2=\frac{9}{7},\qquad \left(\frac{4}{3}\right)^2=\frac{16}{9}.\] Sprowadzamy do wspólnego mianownika \(63\): \(\frac{9}{7}=\frac{81}{63}\) oraz \(\frac{16}{9}=\frac{112}{63}\). Te liczby są różne, więc \[\frac{3\sqrt7}{7}\ne\frac{4}{3}.\] Dla orientacji: \(\frac{3\sqrt7}{7}\approx 1{,}13\), a \(\frac43\approx 1{,}33\). **Krok \(7\).** Otrzymaliśmy sprzeczność: z założenia, że trójkąt jest prostokątny i \(\cos\alpha=\frac34\), wynika \(\mathrm{tg}\,\beta=\frac{3\sqrt7}{7}\), a treść wymaga \(\mathrm{tg}\,\beta=\frac43\). Oba warunki nie mogą zachodzić jednocześnie, więc taki trójkąt nie istnieje. **Uwaga.** Długość przeciwprostokątnej \(24\) jest w tym rozumowaniu zupełnie niepotrzebna, bo sprzeczność wynika już z samych kątów; to dana nadmiarowa. Można też rozumować rachunkowo: z \(\cos\alpha=\frac34\) przyprostokątna przyległa do \(\alpha\) ma długość \(24\cdot\frac34=18\), a z \(\mathrm{tg}\,\beta=\frac43\) druga przyprostokątna wynosiłaby \(18\cdot\frac34=13{,}5\); wtedy \(18^2+13{,}5^2=506{,}25\), a \(24^2=576\), więc twierdzenie Pitagorasa nie zachodzi. **Odpowiedź.** Taki trójkąt nie istnieje: w trójkącie prostokątnym z \(\cos\alpha=\frac34\) wynika \(\mathrm{tg}\,\beta=\frac{3\sqrt7}{7}\approx 1{,}13\), a to jest sprzeczne z warunkiem \(\mathrm{tg}\,\beta=\frac43\).

*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.* **7.1. (1 pkt)** – obliczenie przybliżonej wartości kąta \(\alpha\): \(\alpha\approx 41^{\circ}\). **7.2. (1 pkt)** – obliczenie przybliżonej wartości kąta: \(\beta\approx 53^{\circ}\). **7.3. (1 pkt)** – oszacowanie sumy kątów \(\alpha\) i \(\beta\): \(\alpha+\beta>90^{\circ}\). Wystarczy obliczenie przybliżonej wartości sumy tych kątów. **7.4. (1 pkt)** – stwierdzenie sprzeczności oraz zapisanie wniosku: trójkąt nie jest prostokątny. **II sposób rozwiązania:** **7.1. (1 pkt)** – obliczenie \(\sin\beta\) (na podstawie równości \(\sin\beta=\cos\alpha\)): \(\sin\beta=\frac{3}{4}\). **7.2. (1 pkt)** – obliczenie \(\cos\beta\): \(\cos\beta=\frac{\sqrt{7}}{4}\). **7.3. (1 pkt)** – obliczenie \(\tg\beta\): \(\tg\beta=\frac{3\sqrt{7}}{7}\). **7.4. (1 pkt)** – porównanie uzyskanego wyniku z wartością funkcji \(\tg\beta\) daną w zadaniu i stwierdzenie sprzeczności oraz zapisanie wniosku: trójkąt nie jest prostokątny. **III sposób rozwiązania:** **7.1. (1 pkt)** – wykorzystanie definicji funkcji cosinus i obliczenie długości przyprostokątnej \(AC\): \(\frac{AC}{AB}=\cos\alpha\) stąd \(AC=18\). (rysunek: \(B\), \(\beta\), \(24\), \(\alpha\), \(C\), \(A\)) **7.2. (1 pkt)** – wykorzystanie definicji funkcji tangens i obliczenie długości przyprostokątnej \(BC\): \(\frac{AC}{BC}=\tg\beta\) stąd \(BC=\frac{27}{2}\). **7.3. (1 pkt)** – obliczenie sumy kwadratów przyprostokątnych i kwadratu przeciwprostokątnej: \(AC^{2}+BC^{2}=(18)^{2}+\left(\frac{27}{2}\right)^{2}=506\frac{1}{4}\), \(AB^{2}=576\). **7.4. (1 pkt)** – uzyskanie sprzeczności \(AC^{2}+BC^{2}\neq AB^{2}\) i zapisanie wniosku: trójkąt nie jest prostokątny. **IV sposób rozwiązania:** **7.1. (1 pkt)** – wykorzystanie definicji funkcji cosinus i obliczenie długości przyprostokątnej \(AC\): \(\frac{AC}{AB}=\cos\alpha\) stąd \(AC=18\). **7.2. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia Pitagorasa i obliczenie długości przyprostokątnej \(BC\): \(BC=6\sqrt{7}\). **7.3. (1 pkt)** – wykorzystanie funkcji tangens i obliczenie tangensa kąta \(\beta\): \(\tg\beta=\frac{3}{\sqrt{7}}\). **7.4. (1 pkt)** – uzyskanie sprzeczności: \(\tg\beta=\frac{3}{\sqrt{7}}\) i z warunków zadania \(\tg\beta=\frac{4}{3}\).

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

Większą wartość ma wyrażenie drugie: \(\operatorname{tg}\beta\cdot\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}+\sin\beta=\dfrac{24}{13}\), podczas gdy pierwsze jest równe \(\dfrac{10}{13}\).

Z rysunku odczytujemy: przyprostokątne mają długości \(5\) i \(12\), przeciwprostokątna \(13\), kąt \(\alpha\) leży naprzeciw boku \(5\), a kąt \(\beta\) naprzeciw boku \(12\). Zatem \[\sin\alpha=\tfrac{5}{13},\ \cos\alpha=\tfrac{12}{13},\ \operatorname{tg}\alpha=\tfrac{5}{12},\qquad \sin\beta=\tfrac{12}{13},\ \cos\beta=\tfrac{5}{13},\ \operatorname{tg}\beta=\tfrac{12}{5}.\] Oba kąty są ostre, więc ich sinusy są dodatnie i z jedynki trygonometrycznej \[\sqrt{1-\cos^{2}\beta}=\sin\beta,\qquad \sqrt{1-\cos^{2}\alpha}=\sin\alpha.\] Stąd \[\operatorname{tg}\alpha\cdot\sqrt{1-\cos^{2}\beta}+\sin\alpha=\frac{5}{12}\cdot\frac{12}{13}+\frac{5}{13}=\frac{5}{13}+\frac{5}{13}=\frac{10}{13},\] \[\operatorname{tg}\beta\cdot\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}+\sin\beta=\frac{12}{5}\cdot\frac{5}{13}+\frac{12}{13}=\frac{12}{13}+\frac{12}{13}=\frac{24}{13}.\] Ponieważ \(\tfrac{24}{13}>\tfrac{10}{13}\), większą wartość ma wyrażenie drugie. **Odpowiedź.** Większą wartość ma \(\operatorname{tg}\beta\cdot\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}+\sin\beta\); wynosi ona \(\dfrac{24}{13}\), a pierwsze wyrażenie \(\dfrac{10}{13}\).

*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.* **12.1. (1 pkt)** – […] \(\operatorname{tg}\alpha\cdot\sqrt{1-\cos^{2}\beta}+\sin\alpha=\operatorname{tg}\alpha\cdot\sin\beta+\sin\alpha\), \(\operatorname{tg}\beta\cdot\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}+\sin\beta=\operatorname{tg}\beta\cdot\sin\alpha+\sin\beta\). **12.2. (1 pkt)** – wykorzystanie zależności między tangensem, sinusem i cosinusem tego samego kąta i zapisanie wyrażeń w postaci: \(\operatorname{tg}\alpha\cdot\sin\beta+\sin\alpha=2\sin\alpha\), \(\operatorname{tg}\beta\cdot\sin\alpha+\sin\beta=2\sin\beta\). **12.3. (1 pkt)** – obliczenie wartości wyrażeń: \(\operatorname{tg}\alpha\cdot\sqrt{1-\cos^{2}\beta}+\sin\alpha=2\sin\alpha=\frac{10}{13}\), \(\operatorname{tg}\beta\cdot\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}+\sin\beta=2\sin\beta=\frac{24}{13}\). **12.4. (1 pkt)** – porównanie liczb \(\frac{10}{13}\) i \(\frac{24}{13}\) i sformułowanie odpowiedzi: \(\frac{10}{13}<\frac{24}{13}\), […] drugie wyrażenie. Jeżeli zdający nie wykonuje obliczeń, a stwierdzi jedynie, że sinus większego z kątów ostrych trójkąta jest większy i zapisze \(2\sin\beta>2\sin\alpha\), to otrzymuje punkt także za czynność 12.3. **II sposób rozwiązania:** **12.1. (1 pkt)** – wykorzystanie definicji funkcji trygonometrycznych kąta ostrego i zapisanie potrzebnych wartości funkcji kąta \(\alpha\): \(\sin\alpha=\frac{5}{13}\), \(\cos\alpha=\frac{12}{13}\), \(\operatorname{tg}\alpha=\frac{5}{12}\). Punkt otrzymuje zdający, który popełni co najwyżej jeden błąd. **12.2. (1 pkt)** – wykorzystanie definicji funkcji trygonometrycznych kąta ostrego i zapisanie potrzebnych wartości funkcji kąta \(\beta\): \(\sin\beta=\frac{12}{13}\), \(\cos\beta=\frac{5}{13}\), \(\operatorname{tg}\beta=\frac{12}{5}\). Punkt otrzymuje zdający, który popełni co najwyżej jeden błąd. **12.3. (1 pkt)** – obliczenie wartości wyrażeń: \(\operatorname{tg}\alpha\cdot\sqrt{1-\cos^{2}\beta}+\sin\alpha=\frac{10}{13}\), \(\operatorname{tg}\beta\cdot\sqrt{1-\cos^{2}\alpha}+\sin\beta=\frac{24}{13}\). **12.4. (1 pkt)** – porównanie liczb \(\frac{10}{13}\) i \(\frac{24}{13}\) i sformułowanie odpowiedzi: \(\frac{10}{13}<\frac{24}{13}\), drugie wyrażenie ma większą wartość.

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

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

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

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Na rysunku zaznaczam kąt nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny podstawy – \(\beta\) (punkt \(D\) jest środkiem odcinka \(BC\)). […] Wprowadzam oznaczenie: \(h\) – wysokość ściany bocznej. Zapisuję równanie opisujące pole powierzchni bocznej ostrosłupa: \(3\cdot\frac{1}{2}\cdot a\cdot h=\frac{a^{2}\sqrt{15}}{4}\), z którego wyznaczam wysokość ściany bocznej ostrosłupa \(h=\frac{a\sqrt{15}}{6}\). Z trójkąta prostokątnego \(SOD\), w którym \(x=OD=\frac{a\sqrt{3}}{6}\) – długość promienia okręgu wpisanego w podstawę ostrosłupa otrzymuję: \(\cos\beta=\frac{x}{h}\). \(\cos\beta=\frac{x}{h}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{\frac{a\sqrt{15}}{6}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\approx 0{,}4472\). Z tablicy wartości funkcji trygonometrycznych odczytuję miarę kąta: \(\beta=63^\circ\).

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

a) dowód poniżej; b) \(\operatorname{tg}\alpha=\sqrt7\), czyli \(\alpha\approx69^\circ\).

Niech \(a\) oznacza krawędź podstawy, a \(b\) krawędź boczną. **a)** Ścianą boczną jest trójkąt równoramienny o podstawie \(a\) i kątach przy podstawie \(\alpha\), więc \(\cos\alpha=\dfrac{a/2}{b}\), czyli \(b=\dfrac{a}{2\cos\alpha}\). Rzutem krawędzi bocznej na podstawę jest połowa przekątnej kwadratu, czyli \(\dfrac{a\sqrt2}{2}\). Z twierdzenia Pitagorasa \[H^2=b^2-\frac{a^2}{2}=\frac{a^2}{4\cos^2\alpha}-\frac{a^2}{2} =\frac{a^2\left(1-2\cos^2\alpha\right)}{4\cos^2\alpha}.\] Stąd \[a^2=\frac{4H^2\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}.\] Warunek \(45^\circ<\alpha<90^\circ\) gwarantuje \(1-2\cos^2\alpha>0\). Ponieważ \[\frac{\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}=\frac{1}{\frac{1}{\cos^2\alpha}-2} =\frac{1}{1+\operatorname{tg}^2\alpha-2}=\frac{1}{\operatorname{tg}^2\alpha-1},\] to \[V=\frac13a^2H=\frac43\cdot\frac{H^3}{\operatorname{tg}^2\alpha-1}.\] **b)** Z warunku \(V=\tfrac29H^3\) otrzymujemy \[\frac43\cdot\frac{1}{\operatorname{tg}^2\alpha-1}=\frac29,\qquad \operatorname{tg}^2\alpha-1=6,\qquad \operatorname{tg}\alpha=\sqrt7\approx2{,}646.\] Z tablic \(\operatorname{tg}69^\circ\approx2{,}605\) i \(\operatorname{tg}70^\circ\approx2{,}747\), więc \(\alpha\approx69^\circ\). **Odpowiedź.** \(\alpha\approx69^\circ\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Wprowadzam oznaczenia: \(a\) – długość krawędzi podstawy ostrosłupa, \(h\) – wysokość ściany bocznej ostrosłupa. […] a) Z trójkąta prostokątnego \(BES\) wyznaczam \(h\): \(\frac{h}{\frac{a}{2}}=\operatorname{tg}\alpha\), stąd \(h=\frac{a}{2}\cdot\operatorname{tg}\alpha\). Stosuję twierdzenie Pitagorasa w trójkącie prostokątnym \(SOE\) i otrzymuję: \(H^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=h^{2}\). Podstawiam wyrażenie \(\frac{a}{2}\cdot\operatorname{tg}\alpha\) w miejsce \(h\), otrzymuję \(H^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=\left(\frac{a}{2}\operatorname{tg}\alpha\right)^{2}\). Wyznaczam \(a^{2}\): \(H^{2}+\frac{a^{2}}{4}=\frac{a^{2}}{4}\cdot\operatorname{tg}^{2}\alpha\), \(H^{2}=\frac{a^{2}}{4}\cdot\left(\operatorname{tg}^{2}\alpha-1\right)\), \(a^{2}=\frac{4H^{2}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\). Obliczam objętość ostrosłupa: podstawiam do wzoru \(V=\frac{1}{3}a^{2}H\) wyznaczoną wartość \(a^{2}=\frac{4H^{2}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\); \(V=\frac{1}{3}\cdot\frac{4H^{2}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\cdot H=\frac{4}{3}\cdot\frac{H^{3}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\) – co należało wykazać. b) Zapisuję równanie: \(\frac{2}{9}\cdot H^{3}=\frac{4}{3}\cdot\frac{H^{3}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\). Mnożę obie jego strony przez \(\frac{9}{2\cdot H^{3}}\) i otrzymuję równanie: \(1=\frac{6}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\). Stąd \(\operatorname{tg}^{2}\alpha=7\) czyli \(\operatorname{tg}\alpha=\sqrt{7}\) (odrzucam równość \(\operatorname{tg}\alpha=-\sqrt{7}\), bo \(\alpha\) jest kątem ostrym). \(\sqrt{7}\approx 2{,}6458\) Z tablic funkcji trygonometrycznych odczytuję szukaną miarę kąta \(\alpha\): \(\alpha=69^\circ\).

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

\(H=\dfrac{3-\sqrt3}{6}\).

Każda ściana boczna jest równoramiennym trójkątem prostokątnym, a przeciwprostokątną jest krawędź podstawy o długości \(\sqrt2\). Zatem kąt prosty jest przy wierzchołku \(D\), a krawędzie boczne mają długość \[|DA|=|DB|=|DC|=b,\qquad b^2+b^2=(\sqrt2)^2,\quad b=1.\] Krawędzie \(DA\), \(DB\), \(DC\) są więc parami prostopadłe, skąd \[V=\frac16\cdot1\cdot1\cdot1=\frac16.\] Pola ścian: trzy trójkąty prostokątne o przyprostokątnych \(1\) dają \(3\cdot\tfrac12=\tfrac32\), a podstawa (trójkąt równoboczny o boku \(\sqrt2\)) \[P_{ABC}=\frac{(\sqrt2)^2\sqrt3}{4}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Łącznie \(S=\tfrac32+\tfrac{\sqrt3}2=\tfrac{3+\sqrt3}{2}\). Punkt \(P\) dzieli ostrosłup na cztery ostrosłupy o wspólnej wysokości \(H\) i podstawach będących ścianami danego ostrosłupa, więc \[V=\tfrac13SH,\qquad H=\frac{3V}{S}=\frac{3\cdot\frac16}{\frac{3+\sqrt3}{2}} =\frac{1}{3+\sqrt3}=\frac{3-\sqrt3}{6}.\] **Odpowiedź.** \(H=\dfrac{3-\sqrt3}{6}\approx0{,}21\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **I metoda rozwiązania:** **8.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku: \(P\) leży na wysokości \(DO\). (rysunek: \(P\), \(C\), \(A\), \(O\), \(B\)) **8.2. (1 pkt)** – obliczenie długości krawędzi bocznej ostrosłupa: \(a=1\). **8.3. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa \(ABCD\), np. poprzez stwierdzenie, że dany ostrosłup to „naroże” sześcianu o krawędzi długości \(1\): \(V_{ABCD}=\frac{1}{6}\). **8.4. (1 pkt)** – zapisanie równania z niewiadomą \(H\) – szukaną odległością: \[3\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot H+\frac{1}{3}\cdot\frac{\left(\sqrt{2}\right)^{2}\cdot\sqrt{3}}{4}\cdot H=\frac{1}{6}.\] Wystarczy, że zdający zapisze, że objętość ostrosłupa jest sumą objętości czterech ostrosłupów, których podstawami są ściany danego ostrosłupa, a wysokością szukana odległość. **8.5. (1 pkt)** – obliczenie szukanej odległości: \(H=\frac{3-\sqrt{3}}{6}\). **II metoda rozwiązania:** **8.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku. (rysunek: \(D\), \(P_{1}\), \(P\), \(C\), \(A\), \(O\), \(C_{1}\), \(B\); znaczniki na rysunku […]) \(P_{1}\) jest rzutem punktu \(P\) na wysokość ściany bocznej \(DC_{1}\). **8.2. (1 pkt)** – obliczenie długości \(DC_{1}\): \(DC_{1}=\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{2}}{2}\). **8.3. (1 pkt)** – wyznaczenie \(DO\) z trójkąta \(DOC_{1}\): np. \(DO^{2}=DC_{1}^{2}-OC_{1}^{2}\), gdzie \(OC_{1}=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{6}\), stąd \(DO=\frac{\sqrt{3}}{3}\). **8.4. (1 pkt)** – zapisanie równania z niewiadomą \(H\), np. z podobieństwa trójkątów \(\Delta PP_{1}D\sim\Delta DOC_{1}\) wynika proporcja \(\frac{PP_{1}}{DP}=\frac{OC_{1}}{DC_{1}}\) i \(PP_{1}=H\): \[\frac{H}{\frac{\sqrt{3}}{3}-H}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{6}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}.\] **8.5. (1 pkt)** – obliczenie szukanej odległości: \(H=\frac{3-\sqrt{3}}{6}\).

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

Objętość narożnika jest równa \(\frac16\ \mathrm{m}^3\approx0{,}17\ \mathrm{m}^3\).

Punkt \(R\) jest narożnikiem pokoju, w którym schodzą się dwie ściany i sufit, więc krawędzie \(RA\), \(RB\), \(RC\) są parami prostopadłe. Odcięta bryła jest ostrosłupem \(RABC\). Za podstawę przyjmijmy trójkąt prostokątny \(RAB\) o przyprostokątnych \(\lvert RA\rvert=\lvert RB\rvert=1\ \mathrm{m}\): \[P_{RAB}=\tfrac12\cdot1\cdot1=\tfrac12\ \mathrm{m}^2.\] Krawędź \(RC\) jest prostopadła do obu krawędzi \(RA\) i \(RB\), a więc do płaszczyzny \(RAB\) — jest wysokością tego ostrosłupa i ma długość \(1\ \mathrm{m}\). Zatem \[V=\tfrac13\cdot\tfrac12\cdot1=\frac16\ \mathrm{m}^3\approx0{,}17\ \mathrm{m}^3.\] **Odpowiedź.** \(V=\frac16\ \mathrm{m}^3\approx0{,}17\ \mathrm{m}^3\)

*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.* **9.1. (1 pkt)** – zapisanie założenie, że trójkąt \(ABR\) jest podstawą, a odcinek \(CR\) jest wysokością danego ostrosłupa \(ABRC\). **9.2. (1 pkt)** – obliczenie pola podstawy: \(P_{p}=\frac{1}{2}\,\mathrm{m}^{2}\). **9.3. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot 1=\frac{1}{6}\,\mathrm{m}^{3}\). Zdający może pominąć jednostki. Jeśli zdający zapisze, że objętość ostrosłupa jest równa \(\frac{1}{6}\,\mathrm{m}^{3}\), bo jest to naroże sześcianu o krawędzi \(1\) m, to przyznajemy punkty w czynnościach 9.1, 9.2, 9.3. **9.4. (1 pkt)** – podanie wyniku zaokrąglonego do \(0{,}01\,\mathrm{m}^{3}\): \(V=0{,}17\,\mathrm{m}^{3}\). **II sposób rozwiązania:** **9.1. (1 pkt)** – podstawą ostrosłupa \(ABCR\) jest trójkąt równoboczny \(ABC\), którego krawędź podstawy ma długość \(\sqrt{2}\). Obliczenie pola podstawy ostrosłupa: \(P_{p}=\frac{\sqrt{3}}{2}\,\mathrm{m}^{2}\). **9.2. (1 pkt)** – obliczenie wysokości \(H\) ostrosłupa: \(H=\sqrt{1^{2}-\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\,\mathrm{m}\). **9.3. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{6}\,\mathrm{m}^{3}\). **9.4. (1 pkt)** – podanie wyniku zaokrąglonego do \(0{,}01\,\mathrm{m}^{3}\): \(V=0{,}17\,\mathrm{m}^{3}\).

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

\[\cos\lvert\angle CAB\rvert=\cos\lvert\angle ABC\rvert=\frac14,\qquad \cos\lvert\angle ACB\rvert=\frac78.\]

Z rysunku odczytujemy, że \(CE\) jest wysokością opuszczoną na podstawę \(AB\), a \(AD\) wysokością opuszczoną na ramię \(BC\). Pole trójkąta można zapisać przy użyciu każdej z tych wysokości: \[P=\tfrac12\lvert AB\rvert\cdot\lvert CE\rvert=\tfrac12\lvert BC\rvert\cdot\lvert AD\rvert.\] Podstawiając \(\lvert CE\rvert=2\lvert AD\rvert\) i oznaczając \(c=\lvert AB\rvert\), \(b=\lvert AC\rvert=\lvert BC\rvert\), otrzymujemy \[2c\lvert AD\rvert=b\lvert AD\rvert,\qquad b=2c,\] bo \(\lvert AD\rvert\neq0\). Trójkąt jest równoramienny, a \(E\) jest środkiem podstawy, więc kąty przy podstawie są równe i \[\cos\lvert\angle CAB\rvert=\cos\lvert\angle ABC\rvert=\frac{\tfrac c2}{b}=\frac{c}{2\cdot2c}=\frac14.\] Kąt przy wierzchołku \(C\) wyznaczamy z twierdzenia cosinusów: \[\cos\lvert\angle ACB\rvert=\frac{b^{2}+b^{2}-c^{2}}{2b^{2}}=\frac{8c^{2}-c^{2}}{8c^{2}}=\frac78.\] **Odpowiedź.** \(\cos\lvert\angle CAB\rvert=\cos\lvert\angle ABC\rvert=\dfrac14\), \(\cos\lvert\angle ACB\rvert=\dfrac78\).

*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)** – […] trójkąta \(ABC\) (np. zapisanie pola trójkąta \(ABC\) na dwa sposoby lub zapisanie, że \(\Delta ADB\sim\Delta CEB\)). **9.2. (1 pkt)** – wyznaczenie zależności między bokami \(AB\) i \(BC\) trójkąt \(ABC\): \(AB=a\), \(AC=BC=2a\) lub \(BC=2AB\). Zdający nie musi zapisywać „podwójnej” równości. **9.3. (1 pkt)** – obliczenie kosinusa kąta \(ABC\), np. z trójkąta \(CEB\): \(\cos\angle ABC=\cos\angle CAB=\frac{1}{4}\). Wystarczy, że oznaczy tą samą literą kąty przy podstawie trójkąta. **9.4. (1 pkt)** – wyznaczenie \(BD\) z trójkąta \(ADB\): \(\frac{BD}{AB}=\cos\angle ABD\) stąd \(BD=\frac{1}{4}\cdot AB\) oraz, \(CD=\frac{7}{4}AB\). **9.5. (1 pkt)** – obliczenie kosinusa kąta \(BCA\) z trójkąta \(ADC\): \(\cos\angle BCA=\frac{CD}{AC}=\frac{7}{8}\). **II sposób rozwiązania: (czynności 10.4, 10.5)** **9.4. (1 pkt)** – zapisanie długości boków trójkąta \(ABC\) w zależności od jednej zmiennej, np.: \(AB=a\), \(AC=BC=2a\). Obliczenie z tw. Pitagorasa w trójkącie \(ACE\) wysokości \(CE\): \(CE=\frac{a\sqrt{15}}{2}\), oraz \(AD=\frac{1}{2}\cdot CE=\frac{a\sqrt{15}}{4}\). **9.5. (1 pkt)** – obliczenie sinusa kąta \(DCA\) z trójkąta \(ADC\): \(\sin\angle DCA=\frac{AD}{AC}=\frac{\sqrt{15}}{8}\). **III sposób rozwiązania: (czynności 10.4, 10.5)** **9.4. (1 pkt)** – przedstawienie metody pozwalającej obliczyć kosinus kąta przy wierzchołku \(C\): np. z trójkąta prostokątnego \(ADC\): \(\cos\angle DCA=\frac{DC}{AC}=\frac{DC+DB-DB}{DB+DC}=1-\frac{DB}{DB+DC}\) oraz wyznaczenie \(BD\) z trójkąta \(ADB\): \(BD=\frac{1}{4}\cdot AB\). **9.5. (1 pkt)** – obliczenie kosinusa kąta \(DCA\): \(\cos\angle DCA=\frac{7}{8}\). **IV sposób rozwiązania: (czynności 10.4, 10.5)** **9.4. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia kosinusów i zapisanie, że \(AB^{2}=AC^{2}+BC^{2}-2\cdot AC\cdot BC\cdot\cos\angle BCA\), \(a^{2}=(2a)^{2}+(2a)^{2}-2\cdot(2a)\cdot(2a)\cdot\cos\angle BCA\). **9.5. (1 pkt)** – obliczenie kosinusa kąta \(BCA\): \(\cos\angle BCA=\frac{7}{8}\).

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

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

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

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

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

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

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

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

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

\(P_{ABCD}=\dfrac{9}{2}+3\sqrt3\ \mathrm{cm}^{2}=\dfrac{3}{2}\left(3+2\sqrt3\right)\ \mathrm{cm}^{2}\approx9{,}70\ \mathrm{cm}^{2}\)

**Krok \(1\).** Rysunek pomocniczy: rysujemy czworokąt wypukły \(ABCD\) o kącie prostym przy \(A\) i bokach \(AB=AD=3\ \mathrm{cm}\), a następnie prowadzimy przekątną \(BD\), która dzieli go na trójkąty \(ABD\) i \(BCD\). **Krok \(2\).** Trójkąt \(ABD\) jest prostokątny i równoramienny (\(\angle A=90^\circ\), \(AB=AD=3\)), więc \(\angle ABD=\angle ADB=45^\circ\) oraz \[BD=3\sqrt2\ \mathrm{cm}.\] **Krok \(3\).** Stąd \(\angle BDC=\angle ADC-\angle ADB=135^\circ-45^\circ=90^\circ\), czyli trójkąt \(BDC\) jest prostokątny przy wierzchołku \(D\). Ponadto \(\angle DBC=\angle ABC-\angle ABD=75^\circ-45^\circ=30^\circ\), co jest zgodne z \(\angle BCD=60^\circ\). **Krok \(4\).** Z trójkąta prostokątnego \(BDC\): \[CD=BD\cdot\operatorname{tg}30^\circ=3\sqrt2\cdot\frac{\sqrt3}{3}=\sqrt6\ \mathrm{cm}.\] **Krok \(5\).** Obliczamy pola obu trójkątów: \[P_{ABD}=\tfrac12\cdot3\cdot3=\tfrac92\ \mathrm{cm}^{2},\qquad P_{BDC}=\tfrac12\cdot BD\cdot CD=\tfrac12\cdot3\sqrt2\cdot\sqrt6=\tfrac32\sqrt{12}=3\sqrt3\ \mathrm{cm}^{2}.\] **Krok \(6\).** Pole czworokąta jest sumą pól tych trójkątów: \[P_{ABCD}=\frac92+3\sqrt3=\frac32\left(3+2\sqrt3\right)\ \mathrm{cm}^{2}.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=\dfrac{9}{2}+3\sqrt3\ \mathrm{cm}^{2}\approx9{,}70\ \mathrm{cm}^{2}\).

*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.* Sporządzam rysunek pomocniczy. (rysunek: czworokąt \(ABCD\) z zaznaczonymi kątami \(30^{\circ}\), \(45^{\circ}\), \(45^{\circ}\), \(60^{\circ}\) i bokami długości \(3\)) Trójkąt \(DAB\) jest równoramiennym trójkątem prostokątnym, dlatego kąty przy wierzchołkach \(B\) i \(D\) są równe i mają miarę \(45^{\circ}\). Obliczam miarę kąta \(BDC\): \(\angle BDC=135^{\circ}-45^{\circ}=90^{\circ}\). Trójkąt \(CDB\) jest więc prostokątny. Obliczam długość przekątnej \(BD\) czworokąta \(ABCD\): \(BD=3\sqrt{2}\,\mathrm{cm}\). Z trójkąta \(CDB\) obliczam długość boku \(CD\): \(\frac{CD}{BD}=\operatorname{ctg}60^{\circ}\), stąd \(CD=BD\cdot\operatorname{ctg}60^{\circ}\) i po podstawieniu otrzymuję: \(CD=\sqrt{6}\,\mathrm{cm}\). Obliczam pole trójkąta \(DAB\) oraz pole trójkąta \(CDB\): \[P_{\Delta DAB}=4{,}5\,\mathrm{cm}^{2},\qquad P_{\Delta CDB}=3\sqrt{3}\,\mathrm{cm}^{2}.\] Pole czworokąta \(ABCD\) jest sumą pól tych trójkątów: \[P_{ABCD}=\frac{9}{2}+3\sqrt{3}=\frac{3}{2}\left(3+2\sqrt{3}\right)\,\mathrm{cm}^{2}.\]

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.

Najmniejsza długość prostokąta wynosi \(120+60\sqrt3\approx224\ \mathrm{cm}\).

Z rysunku odczytujemy sposób rozmieszczenia: pierwsze półkole opiera się średnicą o dolną krawędź pasa, drugie o krawędź górną, a oba są do siebie styczne. Pas ma szerokość \(60\ \mathrm{cm}\), a promień każdego półkola wynosi \(60\ \mathrm{cm}\), więc każde półkole sięga dokładnie do przeciwległej krawędzi pasa. Środki półkoli leżą na przeciwległych krawędziach, a odległość między nimi w pionie wynosi \(60\ \mathrm{cm}\). Aby detale nie zachodziły na siebie, odległość ich środków musi być co najmniej równa sumie promieni, czyli \(120\ \mathrm{cm}\). Jeżeli \(t\) oznacza poziomą odległość środków, to \[\sqrt{t^{2}+60^{2}}\ge120,\qquad t^{2}\ge14400-3600=10800,\qquad t\ge60\sqrt3.\] Najkrótszy pas otrzymamy dla \(t=60\sqrt3\). Wtedy lewy skraj pierwszego półkola i prawy skraj drugiego wyznaczają długość \[L=60+t+60=120+60\sqrt3\approx120+103{,}92=223{,}92\ \mathrm{cm}.\] **Odpowiedź.** Prostokąt musi mieć długość co najmniej \(224\ \mathrm{cm}\).

*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.* **3.1. (1 pkt)** – […] \(2r=120\) **3.2. (1 pkt)** – Za skorzystanie z twierdzenia Pitagorasa lub własności trójkąta prostokątnego, w którym jeden z kątów ostrych ma miarę \(60^\circ\). **3.3. (1 pkt)** – Obliczenie długości odcinka \(d\): \(d=60\sqrt{3}\) cm. Dopuszczamy operacje na wartościach przybliżonych pod warunkiem, że pozwalają uzyskać poprawne żądane zaokrąglenie. **3.4. (1 pkt)** – Obliczenie szukanej długości prostokąta: \(120+60\sqrt{3}=60\left(2+\sqrt{3}\right)\) cm. **3.5. (1 pkt)** – Podanie długości z wymaganym zaokrągleniem: \(224\) cm.

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

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

**Krok \(1\).** Rysunek i oznaczenia. W trójkącie \(ABC\) mamy \(\angle BCA=90^\circ\) i \(\angle CAB=30^\circ\), zatem \(\angle ABC=60^\circ\). Okrąg wpisany o środku \(O\) i promieniu \(r=\sqrt3\) jest styczny do przyprostokątnej \(AC\) w punkcie \(E\), do przyprostokątnej \(BC\) w punkcie \(F\) oraz do przeciwprostokątnej \(AB\) w punkcie \(D\). Szukamy długości \(|CD|\). Oznaczmy \(a=|BC|\), \(b=|AC|\), \(c=|AB|\). **Krok \(2\).** Z zależności w trójkącie prostokątnym \[a=c\sin30^\circ=\frac{c}{2},\qquad b=c\sin60^\circ=\frac{c\sqrt3}{2}.\] **Krok \(3\).** Korzystamy ze wzoru na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny \(r=\frac{a+b-c}{2}\): \[\sqrt3=\frac{\frac{c}{2}+\frac{c\sqrt3}{2}-c}{2}=\frac{c\left(\sqrt3-1\right)}{4},\] skąd \[c=\frac{4\sqrt3}{\sqrt3-1}=\frac{4\sqrt3\left(\sqrt3+1\right)}{2}=6+2\sqrt3.\] **Krok \(4\).** Obliczamy przyprostokątne: \[|BC|=\frac{c}{2}=3+\sqrt3,\qquad |AC|=\frac{c\sqrt3}{2}=3\sqrt3+3.\] **Krok \(5\).** Ponieważ \(\angle BCA=90^\circ\), czworokąt \(CEOF\) jest kwadratem o boku \(r\), więc \(|CF|=|CE|=\sqrt3\). Z równości odcinków stycznych poprowadzonych z punktu \(B\) otrzymujemy \[|BD|=|BF|=|BC|-|CF|=3+\sqrt3-\sqrt3=3.\] **Krok \(6\).** W trójkącie \(CBD\) znamy \(|CB|=3+\sqrt3\), \(|BD|=3\) oraz \(\angle DBC=\angle ABC=60^\circ\). Z twierdzenia cosinusów \[|CD|^2=\left(3+\sqrt3\right)^2+3^2-2\cdot\left(3+\sqrt3\right)\cdot3\cdot\cos60^\circ,\] \[|CD|^2=12+6\sqrt3+9-\left(9+3\sqrt3\right)=12+3\sqrt3.\] **Krok \(7\).** Stąd \(|CD|=\sqrt{12+3\sqrt3}\approx4{,}15\). Zwróćmy uwagę, że punkty \(C\), \(O\), \(D\) nie są współliniowe, więc w trójkącie \(CBD\) nie wolno stosować twierdzenia Pitagorasa. **Odpowiedź.** Odległość wierzchołka \(C\) od punktu styczności okręgu wpisanego z przeciwprostokątną wynosi \(|CD|=\sqrt{12+3\sqrt3}\approx4{,}15\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **I sposób rozwiązania.** **4.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku. (rysunek: \(F\), \(O\), \(B\), \(D\), \(A\)) **4.2. (1 pkt)** – wykorzystanie własności: środek okręgu wpisanego w trójkąt leży w punkcie przecięcia dwusiecznych jego kątów. \(\Delta FBO\) jest prostokątny i \(\angle FBO=30^{\circ}\). \(OF=\sqrt{3}\), stąd \(OB=2\sqrt{3}\). **4.3. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(FB\) z \(\Delta FBO\): \(FB=3\). **4.4. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(CB\): \(CB=CF+FB=\sqrt{3}+3\). **4.5. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(DB\): \(DB=BF=3\). Z własności trójkąta opisanego na okręgu. **4.6. (2 pkt)** – zastosowanie wzoru cosinusów w \(\Delta CBD\) do obliczenia długości odcinka \(CD\): \[CD^{2}=CB^{2}+DB^{2}-2\,CB\cdot DB\cos 60^{\circ},\] \[CD^{2}=\left(\sqrt{3}+3\right)^{2}+3^{2}-2\cdot\left(\sqrt{3}+3\right)\cdot 3\cdot\frac{1}{2}=12+3\sqrt{3},\] \[CD=\sqrt{12+3\sqrt{3}}.\] Jeżeli błąd jest spowodowany tym, że punkty \(C\), \(O\), \(D\) są współliniowe i zdający korzysta z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(CBD\), wtedy nie przyznajemy punktów. **II sposób rozwiązania.** **4.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku. (rysunek: \(C\), \(E\), \(F\), \(O\), \(B\), \(D\), \(A\)) **4.2. (1 pkt)** – skorzystanie z tego, że \(CE=CF=r\) (czworokąt \(CFOE\) jest kwadratem) oraz ze wzoru na długość promienia okręgu wpisanego w trójkąt \(CE=CF=\frac{AC+BC-AB}{2}\). Przyjęcie oznaczeń, np. \(a=BC\), i zapisanie tej równości w postaci: \[\sqrt{3}=\frac{a+a\sqrt{3}-2a}{2}=\frac{a\left(\sqrt{3}-1\right)}{2}.\] **4.3. (1 pkt)** – obliczenie \(BC=a=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}=3+\sqrt{3}\). **4.4. (1 pkt)** – obliczenie \(AC=3\sqrt{3}+3\), np. z wykorzystaniem funkcji trygonometrycznych w trójkącie \(ABC\). **4.5. (1 pkt)** – obliczenie \(AE=AD=3+2\sqrt{3}\). **4.6. (2 pkt)** – zastosowanie wzoru cosinusów w trójkącie \(CDA\) i obliczenie długości \(CD\): \[CD^{2}=AC^{2}+AD^{2}-2\,AC\cdot AD\cdot\cos 30^{\circ},\] \[CD^{2}=\left(3+3\sqrt{3}\right)^{2}+\left(3+2\sqrt{3}\right)^{2}-2\left(3+3\sqrt{3}\right)\left(3+2\sqrt{3}\right)\frac{\sqrt{3}}{2}=12+3\sqrt{3},\] \[CD=\sqrt{12+3\sqrt{3}}.\] **III sposób rozwiązania** (z wykorzystaniem \(\angle COD\)). **4.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku. (rysunek: \(C\), \(E\), \(F\), \(O\), \(B\), \(D\), \(A\)) **4.2. (1 pkt)** – obliczenie miary \(\angle FOD\) (wykorzystanie miary kątów czworokąta \(FODB\)): \[\angle FOD+2\cdot 90^{\circ}+60^{\circ}=360^{\circ},\qquad \angle FOD=120^{\circ}.\] **4.3. (1 pkt)** – zauważenie, że \(\angle FOC=45^{\circ}\), i obliczenie \(\angle COD=45^{\circ}+120^{\circ}=165^{\circ}\). **4.4. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(OC\) (\(OC\) to przekątna kwadratu o boku długości \(\sqrt{3}\)): \(OC=\sqrt{3}\cdot\sqrt{2}=\sqrt{6}\). **4.5. (1 pkt)** – wykorzystanie wzoru redukcyjnego: \(\cos 165^{\circ}=-\cos 15^{\circ}\). **4.6. (2 pkt)** – zastosowanie wzoru cosinusów w \(\Delta COD\): \[CD^{2}=OC^{2}+OD^{2}-2\cdot OC\cdot OD\cos 165^{\circ}.\] Obliczenie długości odcinka \(CD\): \[CD^{2}=\left(\sqrt{6}\right)^{2}+\left(\sqrt{3}\right)^{2}+2\cdot\sqrt{6}\cdot\sqrt{3}\cdot\cos 15^{\circ},\qquad CD^{2}=9+6\sqrt{2}\cos 15^{\circ}.\] Zdający może pozostawić wynik w takiej postaci: \(9+6\sqrt{2}\cos 15^{\circ}\), lub odczytać wartość cosinusa z tablic i podać wynik liczbowy.

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

\[P=64\sqrt3-\frac{64\pi}{3}.\]

Oznaczmy przez \(A\) i \(B\) środki okręgów, a przez \(C\) i \(D\) punkty styczności prostych poprowadzonych z \(A\) z okręgiem o środku \(B\). Okręgi są styczne zewnętrznie, więc \(\lvert AB\rvert=8+8=16\). Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc trójkąt \(ABC\) jest prostokątny o kącie prostym przy \(C\), przeciwprostokątnej \(16\) i przyprostokątnej \(\lvert BC\rvert=8\). Stąd \[\sin\lvert\angle CAB\rvert=\frac{8}{16}=\frac12,\qquad \lvert\angle CAB\rvert=30^\circ,\qquad \lvert\angle ABC\rvert=60^\circ,\] \[\lvert AC\rvert=\sqrt{16^2-8^2}=8\sqrt3.\] Zacieniowana figura to deltoid \(ACBD\) pomniejszony o wycinek koła o środku \(B\) i kącie środkowym \(\lvert\angle CBD\rvert=2\cdot60^\circ=120^\circ\). Pole deltoidu (dwa przystające trójkąty prostokątne): \[P_{ACBD}=2\cdot\tfrac12\cdot8\sqrt3\cdot8=64\sqrt3.\] Pole wycinka: \[P_{w}=\frac{120^\circ}{360^\circ}\cdot\pi\cdot8^2=\frac{64\pi}{3}.\] Zatem \[P=64\sqrt3-\frac{64\pi}{3}\approx110{,}85-67{,}02\approx43{,}8.\] **Odpowiedź.** \(P=64\sqrt3-\dfrac{64\pi}{3}\)

*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.* **12.1. (1 pkt)** – Zauważenie, że trójkąt \(ABC\) jest prostokątny i kąt \(ABC\) ma miarę \(60^{\circ}\) (na rysunku zaznaczony punkt \(D\)). **12.2. (1 pkt)** – Zapisanie pola zacieniowanej figury jako odpowiedniej różnicy pól: np. deltoidu \(ADBC\) i wypukłego wycinka kołowego \(DBC\). **12.3. (1 pkt)** – Obliczenie pola deltoidu \(ADBC\): \(P_{ADBC}=64\sqrt{3}\). **12.4. (1 pkt)** – Obliczenie pola zacieniowanej figury: \(P_{f}=64\left(\sqrt{3}-\frac{\pi}{3}\right)\). 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.

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.

\[V=\frac43 h^{3}\sin^{2}\alpha\cos\alpha.\]

Oznaczmy podstawę przez \(ABCD\), wierzchołek przez \(W\), a przez \(a\) długość krawędzi podstawy. Niech \(K\) i \(L\) będą środkami przeciwległych krawędzi podstawy; wtedy \(\lvert WK\rvert=\lvert WL\rvert=h\) są wysokościami przeciwległych ścian bocznych, a \(\lvert\angle KWL\rvert=2\alpha\). Odcinek \(KL\) łączy środki przeciwległych boków kwadratu, więc \(\lvert KL\rvert=a\), a jego środkiem jest środek \(O\) podstawy — czyli spodek wysokości ostrosłupa. Trójkąt \(WKL\) jest równoramienny, a \(WO\) jest jego wysokością i dwusieczną kąta \(KWL\). Z trójkąta prostokątnego \(WOK\) otrzymujemy \[\frac{a}{2}=h\sin\alpha\quad\Longrightarrow\quad a=2h\sin\alpha,\] \[\lvert WO\rvert=h\cos\alpha.\] Stąd \[V=\tfrac13 a^{2}\cdot\lvert WO\rvert=\tfrac13\left(2h\sin\alpha\right)^{2}\cdot h\cos\alpha=\frac43 h^{3}\sin^{2}\alpha\cos\alpha.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac43 h^{3}\sin^{2}\alpha\cos\alpha\).

*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)** – […] np. \(\lvert WK\rvert=\lvert WL\rvert=h\), \(V\) – objętość ostrosłupa \(ABCDW\), \(P_{p}\) – pole podstawy ostrosłupa \(ABCDW\) **10.2. (1 pkt)** – zaznaczenie na rysunku właściwego przekroju i właściwego kąta **10.3. (1 pkt)** – wykorzystanie własności, że trójkąt \(WKL\) jest równoramienny i wysokość \(WO\) jest wysokością ostrosłupa **10.4. (1 pkt)** – obliczenie \(WO\) z \(\Delta WOL\): \(WO=h\cos\alpha\) **10.5. (1 pkt)** – obliczenie \(AB\): \(AB=2h\sin\alpha\) **10.6. (2 pkt)** – obliczenie pola podstawy ostrosłupa: \(P_{p}=4h^{2}\sin^{2}\alpha\); obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=\frac{4}{3}h^{3}\sin^{2}\alpha\cos\alpha\) lub \(V=\frac{2}{3}h^{3}\sin 2\alpha\sin\alpha\) Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą (zgodną z poleceniem) od przedstawionej w schemacie przyznajemy maksymalną liczbę punktów.

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

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.

Dowód poniżej: \(|CD|=\dfrac{ab}{a+b}\sqrt2\).

Dwusieczna kąta prostego dzieli go na dwa kąty po \(45^\circ\), więc \(|\angle ACD|=|\angle BCD|=45^\circ\). Oznaczmy \(d=|CD|\). Trójkąt \(ABC\) dzieli się odcinkiem \(CD\) na trójkąty \(ACD\) i \(BCD\), zatem \[P_{ABC}=P_{ACD}+P_{BCD}.\] Korzystając ze wzoru na pole trójkąta z dwóch boków i kąta między nimi: \[\frac12ab=\frac12\,b\,d\sin45^\circ+\frac12\,a\,d\sin45^\circ =\frac12\,d\,\frac{\sqrt2}{2}\,(a+b).\] Stąd \[ab=\frac{\sqrt2}{2}\,d\,(a+b),\qquad d=\frac{2ab}{\sqrt2\,(a+b)}=\frac{ab}{a+b}\sqrt2,\] co należało wykazać. Pomocniczy rysunek: trójkąt prostokątny o wierzchołku kąta prostego \(C\), przyprostokątnych \(|BC|=a\) i \(|CA|=b\), z odcinkiem \(CD\) do przeciwprostokątnej \(AB\) i zaznaczonymi kątami \(45^\circ\) po obu jego stronach. **Odpowiedź.** \(|CD|=\dfrac{ab}{a+b}\sqrt2\).

*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.* **17.1. (1 pkt)** – […] zadania. **17.2. (1 pkt)** – Zapisanie równości pola danego trójkąta i sumy pól trójkątów powstałych z podziału tego trójkąta odcinkiem \(CD\), którego długość \(CD=d\): \(\frac{1}{2}a\cdot d\cdot\sin 45^\circ+\frac{1}{2}b\cdot d\cdot\sin 45^\circ=\frac{1}{2}a\cdot b\). **17.3. (1 pkt)** – Podstawienie do powyższego równania \(\sin 45^\circ=\frac{\sqrt{2}}{2}\) oraz wyłączenie niewiadomej \(d\) przed nawias. **17.4. (1 pkt)** – Zapisanie rozwiązania powyższego równania w postaci opisanej w tezie twierdzenia. **Inna metoda** • 1 punkt, za sporządzenie rysunku uwzględniającego oznaczenia podane w treści zadania, • 1 punkt, za zauważenie i zapisanie, że szukany odcinek \(CD\), o długości, np.: \(CD=d\), jest przekątną kwadratu o boku długości np.: \(c\), wpisanego w dany trójkąt \(\left(d=c\sqrt{2}\right)\), • 1 punkt, za wykorzystanie podobieństwa odpowiednich trójkątów (lub wykorzystanie tw. Talesa) i zapisanie równania z niewiadomą \(c\), np.: \(\frac{b-c}{c}=\frac{b}{a}\), • 1 punkt, za rozwiązanie równania \(c=\frac{ab}{a+b}\): \(d=\frac{ab}{a+b}\cdot\sqrt{2}\).

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

Dwa przeciwległe kąty mają miary \(45^\circ\) i \(135^\circ\), a dwa pozostałe \(60^\circ\) i \(120^\circ\).

Oznaczmy kolejne kąty wewnętrzne czworokąta wpisanego w okrąg przez \(\alpha,\beta,\gamma,\delta\). Dla czworokąta wpisanego \(\alpha+\gamma=180^\circ\) oraz \(\beta+\delta=180^\circ\), a ze wzorów redukcyjnych \[\sin\gamma=\sin\alpha,\qquad \sin\delta=\sin\beta.\] Iloczyn sinusów wszystkich kątów jest więc równy \(\sin^{2}\alpha\sin^{2}\beta\). Dana przekątna długości \(10\) jest cięciwą okręgu i leży naprzeciw jednego z kątów, powiedzmy \(\alpha\), w trójkącie utworzonym przez tę przekątną i dwa boki. Z twierdzenia sinusów \[\sin\alpha=\frac{10}{2R}=\frac{10}{10\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2},\] czyli \(\alpha=45^\circ\) albo \(\alpha=135^\circ\); w obu przypadkach \(\sin^{2}\alpha=\tfrac12\), a drugi z pary kątów \(\alpha,\gamma\) jest dopełnieniem do \(180^\circ\). Z warunku na iloczyn \[\tfrac12\sin^{2}\beta=\tfrac38,\qquad \sin^{2}\beta=\tfrac34,\qquad \sin\beta=\frac{\sqrt3}{2},\] skąd \(\beta=60^\circ\) albo \(\beta=120^\circ\), a \(\delta\) jest jego dopełnieniem do \(180^\circ\). Zadanie nie narzuca, który z kątów jest ostry, więc jedno z rozwiązań opisuje wszystkie możliwości: jedna para przeciwległych kątów ma miary \(45^\circ\) i \(135^\circ\), a druga \(60^\circ\) i \(120^\circ\). Suma \(45^\circ+135^\circ+60^\circ+120^\circ=360^\circ\) potwierdza poprawność wyniku. **Odpowiedź.** Kąty czworokąta mają miary \(45^\circ\), \(60^\circ\), \(135^\circ\), \(120^\circ\), przy czym \(45^\circ\) leży naprzeciw \(135^\circ\), a \(60^\circ\) naprzeciw \(120^\circ\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **18.1. (1 pkt)** – […] opisanych oznaczeń, np.: \(\measuredangle DAB=\alpha\), \(\measuredangle ABC=\beta\), \(\measuredangle BCD=\gamma\), \(\measuredangle CDA=\delta\). **18.2. (1 pkt)** – Zastosowanie własności miar kątów czworokąta wpisanego w okrąg i zapisanie, że np.: \(\gamma=180^\circ-\alpha\) \((\delta=180^\circ-\beta)\). **18.3. (2 pkt)** – Wyznaczenie miary kąta \(\alpha\): \(\alpha=45^\circ\) (lub \(\alpha=135^\circ\)) – w tym 1 punkt za skorzystanie z twierdzenia sinusów (lub twierdzenia cosinusów i twierdzenia o kącie wpisanym i środkowym w kole). **Inna metoda (3 pkt)** – Zamiast czynności 18.2 i 18.3: Przekątna tworzy wraz z dwoma promieniami trójkąt prostokątny, ponieważ \((10)^{2}=\left(5\sqrt{2}\right)^{2}+\left(5\sqrt{2}\right)^{2}\). Wyznaczenie miar kątów z twierdzenia o kącie wpisanym i środkowym. **18.4. (2 pkt)** – Wykorzystanie wzorów redukcyjnych i zapisanie, że \(\sin^{2}\beta=\frac{3}{4}\). **18.5. (1 pkt)** – Wyznaczenie miary kąta \(\beta\): \(\beta=60^\circ\) (lub \(\beta=120^\circ\)). **18.6. (1 pkt)** – Zapisanie odpowiedzi: miary kątów czworokąta \(ABCD\) to: \(45^\circ\), \(60^\circ\), \(120^\circ\), \(135^\circ\). Uwaga: nie jest oceniana kolejność podawanych miar kątów czworokąta z rozważanej rodziny.

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

\[P_{ABC}=7.\]

Rysujemy prostokąt \(KLMN\) o bokach równoległych do osi, opisany na trójkącie: \(K=(1,0)\), \(L=(5,0)\), \(M=(5,4)\), \(N=(1,4)\). Wierzchołek \(A=(1,0)\) pokrywa się z \(K\), punkt \(B=(5,1)\) leży na boku \(LM\), a \(C=(3,4)\) na boku \(MN\). Odczytujemy długości odcinków: \[\lvert KL\rvert=4,\ \lvert LB\rvert=1,\ \lvert BM\rvert=3,\ \lvert MC\rvert=2,\ \lvert CN\rvert=2,\ \lvert NK\rvert=4.\] Pole prostokąta: \[P_{KLMN}=4\cdot4=16.\] Pola trzech trójkątów prostokątnych: \[P_{AKL\text{–}B}=\tfrac12\cdot4\cdot1=2,\qquad P_{BMC}=\tfrac12\cdot3\cdot2=3,\qquad P_{CNA}=\tfrac12\cdot2\cdot4=4.\] Od pola prostokąta odejmujemy sumę pól trójkątów: \[P_{ABC}=16-(2+3+4)=7.\] Kontrola drugą metodą (wzór na pole trójkąta z współrzędnych): \[P=\tfrac12\left\lvert 1(1-4)+5(4-0)+3(0-1)\right\rvert=\tfrac12\cdot14=7.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABC}=7\)

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **(1 pkt)** – zaznaczenie w układzie współrzędnych punktów \(ABC\) oraz narysowanie prostokąta \(KLMN\). **(1 pkt)** – wyznaczenie długości odpowiednich odcinków: \(\lvert KL\rvert=4\), \(\lvert LB\rvert=1\), \(\lvert BM\rvert=3\), \(\lvert MC\rvert=2\), \(\lvert CN\rvert=2\), \(\lvert NK\rvert=4\). **(1 pkt)** – obliczenie pola prostokąta \(KLMN\): \(16\). **(1 pkt)** – obliczenie pól odpowiednich trójkątów prostokątnych: \(2\), \(3\) i \(4\). **(1 pkt)** – wyznaczenie pola trójkąta \(ABC\): \(7\).

Formuła 2002: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Kąt między ścianą boczną a płaszczyzną podstawy ma miarę \(30^\circ\).

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy ostrosłupa prawidłowego sześciokątnego. Podstawa składa się z sześciu trójkątów równobocznych o boku \(a\): \[P_p=6\cdot\frac{a^{2}\sqrt3}{4}=\frac{3a^{2}\sqrt3}{2}=6\sqrt3\quad\Longrightarrow\quad a^{2}=4,\qquad a=2.\] Odległość środka \(O\) podstawy od środka jej boku (apotema sześciokąta) wynosi \[\lvert OC\rvert=\frac{a\sqrt3}{2}=\sqrt3.\] Powierzchnia boczna to sześć przystających trójkątów o podstawie \(a\) i wysokości \(m\): \[P_b=6\cdot\tfrac12 a m=6m=12\quad\Longrightarrow\quad m=2.\] Kąt \(\beta\) między ścianą boczną a płaszczyzną podstawy jest kątem trójkąta prostokątnego o przyprostokątnej \(\lvert OC\rvert\) i przeciwprostokątnej \(m\): \[\cos\beta=\frac{\lvert OC\rvert}{m}=\frac{\sqrt3}{2},\qquad \beta=30^\circ.\] **Odpowiedź.** Szukany kąt ma miarę \(30^\circ\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **11.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku wraz z oznaczeniami. **11.2. (1 pkt)** – wyznaczenie pola \(P\) podstawy ostrosłupa: \(P=\frac{3}{2}a^{2}\sqrt{3}\). **11.3. (1 pkt)** – wykorzystanie pola podstawy do ułożenia równania z niewiadomą \(a\): \(\frac{3}{2}a^{2}\sqrt{3}=6\sqrt{3}\). **11.4. (1 pkt)** – wyznaczenie długości \(a\) odcinka \(AB\): \(a=2\). **11.5. (1 pkt)** – wyznaczenie długości \(h_{p}\) odcinka \(OC\): \(h_{p}=\sqrt{3}\). **11.6. (1 pkt)** – wykorzystanie pola powierzchni bocznej ostrosłupa i obliczenie długości \(h_{b}\) wysokości ściany bocznej ostrosłupa: \(12=6h_{b}\), \(h_{b}=2\). **11.7. (1 pkt)** – wyznaczenie miary kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy: \(\cos\beta=\frac{h_{p}}{h_{b}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\), \(\beta=30^\circ\). 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.

\[V=9\,\mathrm{dm}^3.\]

Dwie ściany boczne są prostopadłe do podstawy, więc ich wspólna krawędź jest wysokością ostrosłupa; spodek wysokości pada w wierzchołku prostokąta podstawy. Oznaczmy boki prostokąta przez \(a\) i \(b\), a wysokość ostrosłupa przez \(H\). Pozostałe dwie ściany boczne opierają się na bokach \(a\) i \(b\) i są nachylone do podstawy pod kątami, których miary wynoszą \(\frac\pi3\) oraz \(\frac\pi6\). Kąty te występują w trójkątach prostokątnych o przyprostokątnych \(H\) i odpowiednio \(b\) oraz \(a\): \[\tan\frac\pi3=\frac{H}{b},\qquad \tan\frac\pi6=\frac{H}{a}.\] Stąd \(H=b\sqrt3\) oraz \(H=\frac{a\sqrt3}3\), czyli \(a=3b\). Z pola podstawy \(ab=9\) otrzymujemy \(3b^{2}=9\), więc \(b=\sqrt3\), \(a=3\sqrt3\) oraz \(H=3\). Objętość ostrosłupa jest równa \[V=\frac13\cdot ab\cdot H=\frac13\cdot9\cdot3=9\,\mathrm{dm}^3.\] **Odpowiedź.** \(V=9\,\mathrm{dm}^3\)

*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.* **18.1. (1 pkt)** – […] z zaznaczeniem danych kątów. **18.2. (1 pkt)** – wyznaczenie długości boków prostokąta w zależności od \(h\): \(a=h\operatorname{ctg}\frac{\pi}{3}\), \(b=h\operatorname{ctg}\frac{\pi}{6}\). **18.3. (2 pkt)** – wykazanie, że \(a\cdot b=h^{2}\) (w tym \(1\) p. za metodę oraz \(1\) p. za obliczenia): \(a\cdot b=h^{2}\operatorname{ctg}\frac{\pi}{3}\operatorname{ctg}\frac{\pi}{6}=h^{2}\operatorname{tg}\frac{\pi}{6}\operatorname{ctg}\frac{\pi}{6}=h^{2}\). **18.4. (1 pkt)** – obliczenie wysokości ostrosłupa: \(h=3\,\mathrm{dm}\). **18.5. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=9\,\mathrm{dm}^{3}\).

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

\[V=48\pi,\qquad P_c=60\pi\sqrt3.\]

Niech \(D\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka \(A\) na prostą \(BC\). Z trójkąta prostokątnego \(ACD\) \[\lvert AD\rvert=\lvert AC\rvert\sin 60^\circ=8\cdot\frac{\sqrt3}{2}=4\sqrt3,\qquad \lvert CD\rvert=\lvert AC\rvert\cos 60^\circ=4.\] Ponieważ \(\lvert CD\rvert=4>3=\lvert CB\rvert\), punkt \(B\) leży między \(C\) a \(D\). Przy obrocie dookoła prostej \(BC\) powstaje więc stożek o wierzchołku \(C\), z którego wycięto stożek o wierzchołku \(B\) i tej samej podstawie — kole o promieniu \(r=\lvert AD\rvert=4\sqrt3\). Wysokości obu stożków to \(\lvert CD\rvert=4\) oraz \(\lvert BD\rvert=4-3=1\), zatem \[V=\tfrac13\pi r^{2}\cdot4-\tfrac13\pi r^{2}\cdot1=\tfrac13\pi\cdot48\cdot3=48\pi.\] Powierzchnię bryły tworzą dwie powierzchnie boczne (wspólna podstawa jest wnętrzem bryły i nie należy do jej brzegu). Tworzące obu stożków to \[\lvert CA\rvert=8,\qquad \lvert BA\rvert=\sqrt{\lvert BD\rvert^{2}+\lvert AD\rvert^{2}}=\sqrt{1+48}=7.\] Stąd \[P_c=\pi r\cdot8+\pi r\cdot7=\pi\cdot4\sqrt3\cdot15=60\pi\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(V=48\pi\), \(P_c=60\pi\sqrt3\).

**1. (1 pkt)** – wykonanie rysunku i wprowadzenie oznaczeń. **2. (1 pkt)** – zapisanie jaką bryłą jest bryła po obrocie danego trójkąta. Odp. Powstała bryła jest stożkiem z wyciętym stożkiem o tej samej podstawie. Punkt przyznajemy także jeśli zaznaczony jest stożek na rysunku. **3. (1 pkt)** – wyznaczenie długości odcinka \(AB\). Z twierdzenia kosinusów \(\lvert AB\rvert^{2}=\lvert AC\rvert^{2}+\lvert BC\rvert^{2}-2\lvert AC\rvert\cdot\lvert BC\rvert\cos\angle ACB\). Odp. \(\lvert AB\rvert=7\) **4. (1 pkt)** – wyznaczenie długości odcinka \(AD\): \(\lvert AD\rvert=\lvert AC\rvert\cdot\sin\angle ACB\). Odp. \(\lvert AD\rvert=4\sqrt{3}\) **5. (1 pkt)** – wyznaczenie długości odcinka \(CD\): \(\lvert CD\rvert=\lvert AC\rvert\cdot\cos\angle ACB\). Odp. \(\lvert CD\rvert=4\) **6. (1 pkt)** – obliczenie objętości powstałej bryły: \(V=\frac{1}{3}\pi\lvert AD\rvert^{2}\cdot\lvert CD\rvert-\frac{1}{3}\pi\lvert AD\rvert^{2}\cdot\lvert BD\rvert\). Odp. \(48\pi\) **7. (2 pkt)** – obliczenie pola powierzchni całkowitej: \(P=\pi\lvert AD\rvert\cdot\lvert AC\rvert+\pi\lvert AD\rvert\cdot\lvert AB\rvert\). Odp. \(60\sqrt{3}\pi\). Jeśli wyznaczone zostało pole powierzchni bocznej tylko jednego stożka przyznajemy \(1\) punkt.

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.

Podjazd ma długość około \(980\ \mathrm{cm}\), czyli \(9{,}8\ \mathrm{m}\).

Podjazd musi pokonać tę samą różnicę wysokości co schody: \[H=8\cdot15\ \mathrm{cm}=120\ \mathrm{cm}.\] Podjazd, jego rzut poziomy i wysokość \(H\) tworzą trójkąt prostokątny, w którym podjazd jest przeciwprostokątną, a kąt nachylenia \(7^\circ\) leży naprzeciw przyprostokątnej \(H\). Zatem \[\sin 7^\circ=\frac{H}{\ell},\qquad \ell=\frac{120}{\sin 7^\circ}.\] Ponieważ \(\sin 7^\circ\approx0{,}1219\), otrzymujemy \[\ell\approx\frac{120}{0{,}1219}\approx984{,}4\ \mathrm{cm}.\] Po zaokrągleniu do \(10\ \mathrm{cm}\) długość podjazdu wynosi \(980\ \mathrm{cm}\). **Odpowiedź.** Podjazd ma długość około \(980\ \mathrm{cm}\), czyli \(9{,}8\ \mathrm{m}\).

**1. (1 pkt)** – wykonanie rysunku lub wprowadzenie oznaczeń. Jeżeli uczeń nie wykona rysunku, ale wprowadzi czytelne oznaczenia, przyznajemy punkt. **2. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(BC\). Odp. \(120\) cm. **3. (1 pkt)** – odczytanie z tablic wartości sinusa kąta o mierze \(7^\circ\). Odp. \(\sin 7^\circ=0{,}1219\) **4. (2 pkt)** – obliczenie przybliżonej długości podjazdu i podanie odpowiedzi. Odp. \(980\) cm. Za zapisanie zależności \(\sin\angle CAB=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert AC\rvert}\) – \(1\) punkt. Za wyznaczenie długości odcinka \(AB\) bez wskazanego zaokrąglenia przyznajemy w sumie \(4\) pkt. Przyjęcie innej wartości (poprawnego przybliżenia) sinusa nie może stanowić przesłanki do odjęcia punktu.

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

Teza została wykazana: suma kwadratów sinusów kątów wewnętrznych trójkąta prostokątnego jest równa \(2\).

Oznaczmy kąty trójkąta prostokątnego przez \(90^\circ\), \(\alpha\) i \(\beta\). Suma miar kątów w trójkącie wynosi \(180^\circ\), więc \[\alpha+\beta=90^\circ,\qquad \beta=90^\circ-\alpha.\] Ze wzoru redukcyjnego \(\sin\left(90^\circ-\alpha\right)=\cos\alpha\), zatem \[\sin^{2}90^\circ+\sin^{2}\alpha+\sin^{2}\beta=1+\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha.\] Z jedynki trygonometrycznej dwa ostatnie składniki dają \(1\), więc cała suma jest równa \(2\). **Odpowiedź.** Suma kwadratów sinusów miar kątów wewnętrznych trójkąta prostokątnego jest równa \(2\), co należało wykazać.

**[…] ([…] pkt)** – […] wewnętrznych danego trójkąta np. \(\sin\alpha+\sin\beta+\sin 90^\circ\) (1). **34. (1 pkt)** – przekształcenie wyrażenia (1) do postaci: \(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha+1\). **35. (1 pkt)** – wykorzystanie równości: \(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1\) do uzyskania tezy twierdzenia.

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