Zadania z twierdzenia sinusów: trójkąty, czworokąty i bryły

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

Oznaczmy \(x=\lvert BC\rvert\), \(y=\lvert CD\rvert\). W czworokąt wpisano okrąg, więc sumy długości przeciwległych boków są równe: \[\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert=\lvert BC\rvert+\lvert AD\rvert,\qquad 9+y=x+10,\qquad y=x+1.\] Na czworokącie opisano okrąg, więc przeciwległe kąty dopełniają się do \(180^{\circ}\): \[\lvert\angle BCD\rvert=180^{\circ}-60^{\circ}=120^{\circ}.\] Przekątną \(BD\) wyznaczamy z twierdzenia cosinusów w obu trójkątach: \[\lvert BD\rvert^2=9^2+10^2-2\cdot9\cdot10\cos60^{\circ}=181-90=91,\] \[\lvert BD\rvert^2=x^2+y^2-2xy\cos120^{\circ}=x^2+y^2+xy.\] Podstawiamy \(y=x+1\): \[x^2+(x+1)^2+x(x+1)=91,\qquad 3x^2+3x-90=0,\qquad x^2+x-30=0,\] \[(x-5)(x+6)=0.\] Długość boku jest dodatnia, więc \(x=5\), a stąd \(y=6\). Pole czworokąta jest sumą pól trójkątów \(ABD\) i \(BCD\): \[P=\tfrac12\cdot9\cdot10\sin60^{\circ}+\tfrac12\cdot5\cdot6\sin120^{\circ}=45\cdot\frac{\sqrt3}{2}+15\cdot\frac{\sqrt3}{2}=30\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(\lvert BC\rvert=5\), \(\lvert CD\rvert=6\), \(P_{ABCD}=30\sqrt3\)

**1–2 pkt** – zapisanie warunku wpisania okręgu (\(9+y=x+10\)) i warunku opisania okręgu (\(\lvert\angle BCD\rvert=120^{\circ}\)). **3–4 pkt** – zapisanie dwóch wyrażeń na \(\lvert BD\rvert^2\) i ułożenie równania \(x^2+x-30=0\). **5 pkt** – obliczenie \(\lvert BC\rvert=5\) i \(\lvert CD\rvert=6\). **6 pkt** – obliczenie pola \(P=30\sqrt3\).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

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

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.

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.

Krawędź podstawy ma długość \(3\sqrt{6}\), a cosinus kąta między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) jest równy \(\frac{5}{14}\).

**Krok \(1\).** Metoda: z długości okręgu opisanego wyznaczamy krawędź podstawy. Kąt dwuścienny między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) mierzymy w płaszczyźnie prostopadłej do ich wspólnej krawędzi \(SC\) — dlatego rozpatrzymy wysokości ścian opuszczone na \(SC\) i skorzystamy z twierdzenia cosinusów. **Krok \(2\).** Z długości okręgu opisanego na podstawie: \[2\pi R=6\sqrt2\pi,\qquad R=3\sqrt2.\] **Krok \(3\).** Dla trójkąta równobocznego o boku \(a\) promień okręgu opisanego wynosi \(R=\frac{a\sqrt3}{3}\), więc \[\frac{a\sqrt3}{3}=3\sqrt2,\qquad a=\frac{9\sqrt2}{\sqrt3}=3\sqrt6.\] **Krok \(4\).** Oznaczmy \(\alpha=\lvert\sphericalangle BSC\rvert\). Ze wzoru na cosinus podwojonego kąta: \[\cos\alpha=2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-1,\qquad \frac{5}{9}=2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-1,\qquad \cos^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{7}{9}.\] Ponieważ \(\alpha\lt 180^{\circ}\), kąt \(\frac{\alpha}{2}\) jest ostry, więc \(\cos\frac{\alpha}{2}=\frac{\sqrt7}{3}\). **Krok \(5\).** Niech \(D\) będzie spodkiem wysokości trójkąta \(BSC\) opuszczonej z \(B\) na krawędź \(SC\). Ściany \(SAC\) i \(SBC\) są przystające i symetryczne względem płaszczyzny przechodzącej przez \(S\) i środek \(AB\), więc wysokość trójkąta \(ASC\) opuszczona z \(A\) ma spodek w tym samym punkcie \(D\). Zatem \(AD\perp SC\) i \(BD\perp SC\), a szukany kąt dwuścienny to \(\beta=\lvert\sphericalangle ADB\rvert\). **Krok \(6\).** Obliczamy \(x=\lvert BD\rvert\). Trójkąt \(BSC\) jest równoramienny (\(\lvert SB\rvert=\lvert SC\rvert\)) o kącie \(\alpha\) przy wierzchołku \(S\), więc jego kąty przy podstawie mają miarę \(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\). W trójkącie prostokątnym \(BDC\) \[x=\lvert BC\rvert\cdot\sin\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=a\cos\frac{\alpha}{2}=3\sqrt6\cdot\frac{\sqrt7}{3}=\sqrt{42}.\] **Krok \(7\).** Z symetrii \(\lvert AD\rvert=\lvert BD\rvert=\sqrt{42}\), a \(\lvert AB\rvert=a=3\sqrt6\). **Krok \(8\).** Stosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta \(ABD\): \[\lvert AB\rvert^{2}=\lvert AD\rvert^{2}+\lvert BD\rvert^{2}-2\lvert AD\rvert\lvert BD\rvert\cos\beta,\] \[\left(3\sqrt6\right)^{2}=42+42-2\cdot 42\cos\beta,\qquad 54=84-84\cos\beta.\] **Krok \(9\).** Stąd \[84\cos\beta=30,\qquad \cos\beta=\frac{30}{84}=\frac{5}{14}.\] **Uwaga.** Kąta między ścianami nie wolno mierzyć „byle jak” — trzeba wybrać w każdej ze ścian półprostą prostopadłą do wspólnej krawędzi \(SC\), wychodzącą z tego samego jej punktu. Symetria ostrosłupa prawidłowego gwarantuje, że oba spodki wysokości pokrywają się w punkcie \(D\). **Odpowiedź.** Krawędź podstawy ma długość \(a=3\sqrt6\), a cosinus kąta między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) jest równy \(\frac{5}{14}\).

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(a=3\sqrt{6}\) oraz \(\cos\beta=\frac{5}{14}\). **3 pkt** – obliczenie wysokości \(x\) ściany bocznej opuszczonej na krawędź boczną ostrosłupa: \(x=\sqrt{42}\) ALBO – obliczenie \(\sin\left(\frac{\beta}{2}\right)\): \(\sin\left(\frac{\beta}{2}\right)=\frac{3}{2\sqrt{7}}\), ALBO – obliczenie długości krawędzi podstawy: \(a=3\sqrt{6}\) oraz zapisanie zależności między funkcjami trygonometrycznymi kątów \(\alpha\) i \(\beta\), np. \(1=2\cos^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\cdot(1-\cos\beta)\), \(1=\sin^{2}\alpha\cdot\frac{1-\cos\beta}{1-\cos\alpha}\), ALBO – obliczenie cosinusa kąta \(\beta\): \(\cos\beta=\frac{5}{14}\). **2 pkt** – obliczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa oraz \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)\): \(a=3\sqrt{6}\) oraz \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{\sqrt{7}}{3}\) ALBO – zapisanie związków \(\frac{x}{a}=\frac{\sqrt{7}}{3}\) oraz \(\sin\left(\frac{\beta}{2}\right)=\frac{\lvert EB\rvert}{x}\), ALBO – obliczenie długości (lub kwadratu długości) \(b\) krawędzi bocznej ostrosłupa: \(b=\frac{9\sqrt{3}}{2}\) (lub \(b^{2}=\frac{243}{4}\)), ALBO – zapisanie zależności między długością krawędzi bocznej ostrosłupa i wysokością ściany bocznej opuszczoną na krawędź boczną ostrosłupa, np.: \(\frac{x}{b}=\frac{2\sqrt{14}}{9}\), \(\frac{1}{2}\cdot b^{2}\cdot\frac{2\sqrt{14}}{9}=\frac{1}{2}b\cdot x\), \(\left(\frac{5}{9}b\right)^{2}+x^{2}=b^{2}\), ALBO – zapisanie zależności między funkcjami trygonometrycznymi kątów \(\alpha\) i \(\beta\), np. \(1=2\cos^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\cdot(1-\cos\beta)\), \(1=\sin^{2}\alpha\cdot\frac{1-\cos\beta}{1-\cos\alpha}\). **1 pkt** – obliczenie długości \(a\) krawędzi podstawy ostrosłupa: \(a=3\sqrt{6}\) ALBO – obliczenie \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)\): \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{\sqrt{7}}{3}\), ALBO – obliczenie \(\sin\alpha\): \(\sin\alpha=\frac{2\sqrt{14}}{9}\), ALBO – zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(ABD\) i zapisanie równania \(a^{2}=x^{2}+x^{2}-2x^{2}\cos\beta\) ALBO – zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(BCS\) i zapisanie równania \(a^{2}=b^{2}+b^{2}-2b^{2}\cos\alpha\) ALBO – zapisanie zależności między \(a\), \(x\) oraz \(\alpha\), np. \(\sin\left(90^\circ-\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{x}{a}\), \(\cos\frac{\alpha}{2}=\frac{x}{a}\), ALBO – zapisanie zależności między \(b\), \(x\) oraz \(\alpha\), np. \(\sin\alpha=\frac{x}{b}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający poprawnie zinterpretuje kąt między krawędziami bocznymi ostrosłupa i zastosuje twierdzenie cosinusów do ściany bocznej – pomimo błędnie obliczonej długości krawędzi podstawy lub długości krawędzi bocznej – to traktujemy to jak spełnienie kryterium z myślnika piątego z kategorii za 1 punkt. 2. Jeżeli zdający poprawnie zinterpretuje kąt między ścianami bocznymi ostrosłupa i zastosuje twierdzenie cosinusów do trójkąta z tym kątem – pomimo błędnie obliczonej długości krawędzi podstawy lub wysokości ściany bocznej poprowadzonej z wierzchołka podstawy ostrosłupa – to traktujemy to jak spełnienie kryterium z myślnika czwartego z kategorii za 1 punkt. 3. Jeżeli zdający błędnie interpretuje kąt między krawędziami bocznymi ostrosłupa, to może otrzymać co najwyżej \(1\) punkt za całe rozwiązanie. 4. Jeżeli zdający rozpatruje inną bryłę niż ostrosłup prawidłowy trójkątny, 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.R2) Zdający wyznacza przekroje […] ostrosłupów prawidłowych oraz oblicza ich pola, także z wykorzystaniem trygonometrii.

Krawędź podstawy ma długość \(3\sqrt{6}\), a cosinus kąta między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) jest równy \(\frac{5}{14}\).

Z długości okręgu opisanego na podstawie wyznaczamy jego promień: \[2\pi R=6\sqrt2\pi,\qquad R=3\sqrt2.\] Dla trójkąta równobocznego o boku \(a\) zachodzi \(R=\dfrac{a\sqrt3}{3}\), zatem \[a=R\sqrt3=3\sqrt6,\qquad a^{2}=54.\] Oznaczmy przez \(b\) długość krawędzi bocznej. Twierdzenie cosinusów w trójkącie równoramiennym \(BSC\) daje \[a^{2}=2b^{2}\left(1-\cos\lvert\angle BSC\rvert\right)=2b^{2}\left(1-\tfrac59\right)=\tfrac89 b^{2},\] czyli \(b^{2}=\tfrac98 a^{2}=\tfrac{486}{8}=\tfrac{243}{4}\). Kąt między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) mierzymy w przekroju prostopadłym do wspólnej krawędzi \(SC\). Niech \(D\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z \(B\) na \(SC\); z symetrii spodek wysokości z \(A\) jest tym samym punktem, a szukany kąt to \(\angle ADB\). Oznaczmy \(x=\lvert AD\rvert=\lvert BD\rvert\). Pole trójkąta \(BSC\) zapisujemy dwoma sposobami: \[\tfrac12 b\,x=\tfrac12 b^{2}\sin\lvert\angle BSC\rvert,\qquad \sin\lvert\angle BSC\rvert=\sqrt{1-\tfrac{25}{81}}=\tfrac{2\sqrt{14}}{9},\] skąd \(x=b\cdot\tfrac{2\sqrt{14}}{9}\) oraz \(x^{2}=\tfrac{56}{81}b^{2}=\tfrac{56}{81}\cdot\tfrac{243}{4}=42\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ADB\), w którym \(\lvert AB\rvert=a\), \[\cos\lvert\angle ADB\rvert=\frac{2x^{2}-a^{2}}{2x^{2}}=\frac{84-54}{84}=\frac{30}{84}=\frac{5}{14}.\] **Odpowiedź.** Krawędź podstawy ma długość \(3\sqrt6\), a cosinus kąta między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) jest równy \(\dfrac{5}{14}\).

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – obliczenie długości \(a\) krawędzi podstawy ostrosłupa: \(a=3\sqrt{6}\) ALBO obliczenie \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)\): \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{\sqrt{7}}{3}\), ALBO obliczenie \(\sin\alpha\): \(\sin\alpha=\frac{2\sqrt{14}}{9}\), ALBO zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(ABD\) i zapisanie równania \(a^{2}=x^{2}+x^{2}-2x^{2}\cos\beta\) ALBO zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(BCS\) i zapisanie równania \(a^{2}=b^{2}+b^{2}-2b^{2}\cos\alpha\) ALBO zapisanie zależności między \(a\), \(x\) oraz \(\alpha\), np. \(\sin\left(90^\circ-\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{x}{a}\), \(\cos\frac{\alpha}{2}=\frac{x}{a}\), ALBO zapisanie zależności między \(b\), \(x\) oraz \(\alpha\), np. \(\sin\alpha=\frac{x}{b}\). **2 pkt** – obliczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa oraz \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)\): \(a=3\sqrt{6}\) oraz \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{\sqrt{7}}{3}\) ALBO zapisanie związków \(\frac{x}{a}=\frac{\sqrt{7}}{3}\) oraz \(\sin\left(\frac{\beta}{2}\right)=\frac{\lvert EB\rvert}{x}\), ALBO obliczenie długości (lub kwadratu długości) \(b\) krawędzi bocznej ostrosłupa: \(b=\frac{9\sqrt{3}}{2}\) (lub \(b^{2}=\frac{243}{4}\)), ALBO zapisanie zależności między długością krawędzi bocznej ostrosłupa i wysokością ściany bocznej opuszczoną na krawędź boczną ostrosłupa, np.: \(\frac{x}{b}=\frac{2\sqrt{14}}{9}\), \(\frac{1}{2}\cdot b^{2}\cdot\frac{2\sqrt{14}}{9}=\frac{1}{2}b\cdot x\), \(\left(\frac{5}{9}b\right)^{2}+x^{2}=b^{2}\), ALBO zapisanie zależności między funkcjami trygonometrycznymi kątów \(\alpha\) i \(\beta\), np. \(1=2\cos^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\cdot(1-\cos\beta)\), \(1=\sin^{2}\alpha\cdot\frac{1-\cos\beta}{1-\cos\alpha}\). **3 pkt** – obliczenie wysokości \(x\) ściany bocznej opuszczonej na krawędź boczną ostrosłupa: \(x=\sqrt{42}\) ALBO obliczenie \(\sin\left(\frac{\beta}{2}\right)\): \(\sin\left(\frac{\beta}{2}\right)=\frac{3}{2\sqrt{7}}\), ALBO obliczenie długości krawędzi podstawy: \(a=3\sqrt{6}\) oraz zapisanie zależności między funkcjami trygonometrycznymi kątów \(\alpha\) i \(\beta\), np. \(1=2\cos^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\cdot(1-\cos\beta)\), \(1=\sin^{2}\alpha\cdot\frac{1-\cos\beta}{1-\cos\alpha}\), ALBO obliczenie cosinusa kąta \(\beta\): \(\cos\beta=\frac{5}{14}\). **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(a=3\sqrt{6}\) oraz \(\cos\beta=\frac{5}{14}\). Uwagi: 1. Jeżeli zdający poprawnie zinterpretuje kąt między krawędziami bocznymi ostrosłupa i zastosuje twierdzenie cosinusów do ściany bocznej – pomimo błędnie obliczonej długości krawędzi podstawy lub długości krawędzi bocznej – to traktujemy to jak spełnienie kryterium z myślnika piątego z kategorii za 1 punkt. 2. Jeżeli zdający poprawnie zinterpretuje kąt między ścianami bocznymi ostrosłupa i zastosuje twierdzenie cosinusów do trójkąta z tym kątem – pomimo błędnie obliczonej długości krawędzi podstawy lub wysokości ściany bocznej poprowadzonej z wierzchołka podstawy ostrosłupa – to traktujemy to jak spełnienie kryterium z myślnika czwartego z kategorii za 1 punkt. 3. Jeżeli zdający błędnie interpretuje kąt między krawędziami bocznymi ostrosłupa, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie. 4. Jeżeli zdający rozpatruje inną bryłę niż ostrosłup prawidłowy trójkątny, 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 […].

\[d=\frac{\sqrt{(H_2-H_0)^2+(H_2-H_1)^2-2(H_2-H_0)(H_2-H_1)\cos\left(\pi\sin\frac\alpha2\right)}}{\cos\frac\alpha2}.\]

Po rozwinięciu powierzchni bocznej stożka najkrótsza droga jest odcinkiem \(PB\). Jeżeli \(l\) i \(r\) oznaczają tworzącą i promień podstawy, to kąt wycinka wynosi \(2\pi\frac rl\), a ponieważ punkty leżą po przeciwnych stronach stożka, \[\angle BSP=\pi\frac rl=\pi\sin\frac\alpha2.\] W przekroju osiowym \[|PS|=\frac{H_2-H_0}{\cos\frac\alpha2},\qquad |BS|=\frac{H_2-H_1}{\cos\frac\alpha2}.\] Po zastosowaniu twierdzenia cosinusów w trójkącie \(BSP\) otrzymujemy podany wzór na \(d=|PB|\).

**4 pkt** – poprawna metoda i końcowy wzór. **3 pkt** – kąt \(BSP\) na siatce oraz długości \(BS\) i \(PS\). **2 pkt** – kąt \(BSP\) albo długości \(BS\), \(PS\). **1 pkt** – zapisanie, że najkrótsza droga to odcinek \(PB\) na siatce stożka. **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych; tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących, w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VII. Trygonometria. 1R) Zdający stosuje miarę łukową […]. VIII. Planimetria. 2) Zdający […] stosuje twierdzenie odwrotne do twierdzenia Pitagorasa i twierdzenie cosinusów […]; 6) Zdający stosuje wzory na pole wycinka koła i długość łuku okręgu.

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.: \(\frac{H}{8}=\cos 60^{\circ}\), \(\frac{r}{8}=\frac{\sqrt{3}}{2}\).

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

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

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

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

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.

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

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

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

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

\(\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\sqrt2\), a \(\angle BSO\approx20^{\circ}\).

Niech krawędź podstawy ma długość \(a\), a krawędź boczna \(b\). Z warunku \[\frac{4a}{4a+4b}=\frac15\] wynika \(b=4a\). Ponieważ \(S\) jest środkiem \(BE\), \(|BS|=2a\). Z geometrii ostrosłupa otrzymujemy \(|OS|=2a\). Pole przekroju \(ACS\) wynosi \[P_{ACS}=\frac12\cdot|AC|\cdot|OS|=\frac12\cdot a\sqrt2\cdot2a=a^2\sqrt2.\] Stąd \(\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\sqrt2\). W trójkącie \(BSO\), korzystając z twierdzenia cosinusów, otrzymujemy \[\cos\angle BSO=\frac{15}{16},\] więc \(\angle BSO\approx20^{\circ}\).

**5 pkt** – poprawny stosunek pól i miara kąta. **4 pkt** – cosinus kąta i stosunek pól albo sama poprawna miara kąta. **3 pkt** – stosunek pól albo wartość cosinusa kąta. **2 pkt** – wyznaczenie \(|OS|\) w zależności od \(a\). **1 pkt** – wyznaczenie \(b=4a\). **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**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 - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X. Stereometria. 2R) Zdający wyznacza przekroje sześcianu i ostrosłupów prawidłowych oraz oblicza ich pola, także z wykorzystanie trygonometrii.

\[|AD|=4\sqrt7.\]

Ponieważ \(D\) jest środkiem boku \(BC\), mamy \(|BD|=4\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[|AD|^2=|AB|^2+|BD|^2-2|AB|\cdot|BD|\cos60^{\circ},\] \[|AD|^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cdot\frac12=112.\] Zatem \[|AD|=\sqrt{112}=4\sqrt7.\]

**2 pkt** – poprawne zastosowanie twierdzenia cosinusów i obliczenie \(|AD|=4\sqrt7\) **1 pkt** – zapisanie poprawnego równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABD\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VII.3) Zdający stosuje twierdzenie cosinusów. VIII.12) Stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach płaskich.

Długość środkowej wynosi \(4\sqrt7\).

Niech \(D\) będzie środkiem boku \(BC\). Wtedy \[\lvert BD\rvert=\frac12\lvert BC\rvert=4.\] Stosujemy twierdzenie cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[\lvert AD\rvert^2=\lvert AB\rvert^2+\lvert BD\rvert^2-2\lvert AB\rvert\lvert BD\rvert\cos60^{\circ}.\] Zatem \[\lvert AD\rvert^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cdot\frac12=112,\] więc \[\lvert AD\rvert=\sqrt{112}=4\sqrt7.\]

**2 pkt** – poprawne równanie wynikające z twierdzenia cosinusów i wynik \(\lvert AD\rvert=4\sqrt7\) **1 pkt** – zapisanie poprawnego równania, np. \(\lvert AD\rvert^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cos60^{\circ}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VII.3) Zdający stosuje twierdzenie cosinusów. VIII.12) Stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach płaskich.

Trójkąty \(ABD\) i \(ADC\) mają wysokości opuszczone z punktu \(A\) na tę samą prostą, zatem \(\frac{BD}{DC}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}\). Niech \(\alpha=\angle DAC\); wtedy \(\angle BAD=60^{\circ}-\alpha\). Z twierdzenia sinusów otrzymujemy \(\frac{\sin(60^{\circ}-\alpha)}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt{3}-1}{2}\), skąd \(\cot\alpha=1\). Zatem \(\angle DAC=45^{\circ}\).

Trójkąty \(ABD\) i \(ADC\) mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka \(A\) na prostą \(BC\), więc stosunek ich pól jest równy stosunkowi podstaw: \[\frac{\lvert BD\rvert}{\lvert DC\rvert}=\frac{\sqrt3-1}{2}.\] Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle DAC\rvert\); ponieważ trójkąt \(ABC\) jest równoboczny, \(\lvert\angle BAD\rvert=60^{\circ}-\alpha\), przy czym \(0^{\circ}<\alpha<60^{\circ}\). Pola tych samych trójkątów zapiszmy ze wzoru z sinusem kąta przy wierzchołku \(A\) (korzystamy z \(\lvert AB\rvert=\lvert AC\rvert\)): \[\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}}=\frac{\frac12\lvert AB\rvert\lvert AD\rvert\sin\left(60^{\circ}-\alpha\right)}{\frac12\lvert AC\rvert\lvert AD\rvert\sin\alpha}=\frac{\sin\left(60^{\circ}-\alpha\right)}{\sin\alpha}.\] Rozwijamy sinus różnicy: \[\frac{\frac{\sqrt3}{2}\cos\alpha-\frac12\sin\alpha}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt3\operatorname{ctg}\alpha-1}{2}=\frac{\sqrt3-1}{2},\] skąd \(\sqrt3\operatorname{ctg}\alpha=\sqrt3\), czyli \(\operatorname{ctg}\alpha=1\). W przedziale \(\left(0^{\circ},60^{\circ}\right)\) jedynym takim kątem jest \(\alpha=45^{\circ}\). **Odpowiedź.** \(\lvert\angle DAC\rvert=45^{\circ}\)

**1 pkt** – zapisanie \(\frac{\lvert BD\rvert}{\lvert DC\rvert}=\frac{\sqrt3-1}{2}\) albo równoważnej zależności między polami. **2 pkt** – zapisanie równania trygonometrycznego \(\frac{\sin\left(60^{\circ}-\alpha\right)}{\sin\alpha}=\frac{\sqrt3-1}{2}\). **3 pkt** – rozwiązanie równania i podanie \(\alpha=45^{\circ}\).

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VII.R8) Zdający oblicza kąty trójkąta i długości jego boków przy odpowiednich danych (rozwiązuje trójkąty).

Promień okręgu jest równy \(R=\frac{7\sqrt{3}}{3}\).

Czworokąt \(ABCD\) jest wpisany w okrąg, więc kąty \(BAD\) i \(BCD\) dopełniają się do \(180^\circ\). Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle BAD\rvert\) oraz \(d=\lvert BD\rvert\). Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[d^{2}=3^{2}+8^{2}-2\cdot3\cdot8\cos\alpha=73-48\cos\alpha.\] Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BCD\), przy \(\cos(180^\circ-\alpha)=-\cos\alpha\): \[d^{2}=3^{2}+5^{2}-2\cdot3\cdot5\cos(180^\circ-\alpha)=34+30\cos\alpha.\] Porównanie daje \[73-48\cos\alpha=34+30\cos\alpha,\qquad 78\cos\alpha=39,\qquad \cos\alpha=\tfrac12,\] czyli \(\alpha=60^\circ\) oraz \(d^{2}=73-24=49\), a więc \(d=7\). Promień okręgu opisanego wyznaczamy z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(ABD\), w którym bok \(BD\) leży naprzeciw kąta \(\alpha\): \[2R=\frac{d}{\sin\alpha}=\frac{7}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\frac{14}{\sqrt3},\qquad R=\frac{7}{\sqrt3}=\frac{7\sqrt3}{3}.\] **Odpowiedź.** \(R=\dfrac{7\sqrt3}{3}\).

**(dla sposobu I)** **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\tfrac{7\sqrt{3}}{3}\). **3 pkt** – obliczenie długości jednej z przekątnych czworokąta \(ABCD\), np. \(d=7\), \(\lvert AC\rvert=\tfrac{39}{7}\), ALBO – obliczenie cosinusa jednego z kątów czworokąta \(ABCD\), np. \(\cos\alpha=\tfrac{1}{2}\), \(\cos\gamma=-\tfrac{1}{2}\), \(\cos\lvert\angle ABC\rvert=-\tfrac{71}{98}\), \(\cos\lvert\angle CDA\rvert=\tfrac{71}{98}\). **2 pkt** – zapisanie równań \(d^2=3^2+8^2-2\cdot3\cdot8\cdot\cos\alpha\) oraz \(d^2=3^2+5^2+2\cdot3\cdot5\cdot\cos\alpha\) ALBO – zapisanie równań \(d^2=3^2+8^2+2\cdot3\cdot8\cdot\cos\gamma\) oraz \(d^2=3^2+5^2-2\cdot3\cdot5\cdot\cos\gamma\), ALBO – zapisanie równań \(\lvert AC\rvert^2=3^2+3^2-2\cdot3\cdot3\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\) oraz \(\lvert AC\rvert^2=8^2+5^2+2\cdot8\cdot5\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\), ALBO – zapisanie równań \(\lvert AC\rvert^2=3^2+3^2+2\cdot3\cdot3\cdot\cos\lvert\angle CDA\rvert\) oraz \(\lvert AC\rvert^2=8^2+5^2-2\cdot8\cdot5\cdot\cos\lvert\angle CDA\rvert\). **1 pkt** – zapisanie związków \(d^2=3^2+8^2-2\cdot3\cdot8\cdot\cos\alpha\) oraz \(\alpha+\gamma=180^\circ\) ALBO – zapisanie związków \(d^2=3^2+5^2-2\cdot3\cdot5\cdot\cos\gamma\) oraz \(\alpha+\gamma=180^\circ\), ALBO – zapisanie związków \(d^2=3^2+8^2-2\cdot3\cdot8\cdot\cos\alpha\) oraz \(d^2=3^2+5^2-2\cdot3\cdot5\cdot\cos\gamma\), ALBO – zapisanie związków \(\lvert AC\rvert^2=3^2+3^2-2\cdot3\cdot3\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\) oraz \(\lvert\angle ABC\rvert+\lvert\angle CDA\rvert=180^\circ\), ALBO – zapisanie związków \(\lvert AC\rvert^2=8^2+5^2-2\cdot8\cdot5\cdot\cos\lvert\angle CDA\rvert\) oraz \(\lvert\angle ABC\rvert+\lvert\angle CDA\rvert=180^\circ\), ALBO – zapisanie związków \(\lvert AC\rvert^2=3^2+3^2-2\cdot3\cdot3\cdot\cos\lvert\angle ABC\rvert\) oraz \(\lvert AC\rvert^2=8^2+5^2-2\cdot8\cdot5\cdot\cos\lvert\angle CDA\rvert\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Zasady oceniania (dla sposobu II)** **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\tfrac{7\sqrt{3}}{3}\). **3 pkt** – obliczenie długości przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert=\tfrac{39}{7}\) ALBO – obliczenie \(\cos\delta\): \(\cos\delta=\tfrac{13}{14}\). **2 pkt** – zapisanie równań \(e^2=5^2+8^2-2\cdot5\cdot8\cdot(2\cos^2\delta-1)\) oraz \(\frac{\tfrac{1}{2}e}{3}=\cos\delta\). **1 pkt** – zapisanie związków \(e^2=5^2+8^2-2\cdot5\cdot8\cdot\cos\lvert\angle ADC\rvert\) oraz \(\lvert\angle ADC\rvert=2\delta\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Zasady oceniania (dla sposobu III)** **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(\tfrac{7\sqrt{3}}{3}\). **3 pkt** – obliczenie długości przekątnej \(AC\): \(\lvert AC\rvert=\tfrac{39}{7}\). **2 pkt** – zapisanie, że trójkąt \(ABC'\) jest równoboczny. **1 pkt** – uzasadnienie, że \(BD\) jest dwusieczną kąta \(ADC\) oraz zapisanie, że \(C'\) leży na odcinku \(AD\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

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

\[\sin\lvert\angle ACB\rvert=\frac{\sqrt7}{4}.\]

Najmniejszy kąt leży naprzeciw najkrótszego boku \(AB\), jest nim więc kąt \(ACB\). Oznaczmy jego miarę przez \(\alpha\). Z twierdzenia cosinusów \[4^2=6^2+5^2-2\cdot6\cdot5\cos\alpha,\] stąd \[60\cos\alpha=45,\qquad\cos\alpha=\frac34.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, zatem z jedynki trygonometrycznej \[\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\sqrt{1-\frac9{16}}=\frac{\sqrt7}{4}.\]

**3 pkt** – poprawne obliczenie \(\sin\lvert\angle ACB\rvert=\frac{\sqrt7}{4}\) **2 pkt** – obliczenie \(\cos\lvert\angle ACB\rvert=\frac34\) **1 pkt** – wskazanie, że najmniejszym kątem jest \(\angle ACB\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** VII.2) Zdający korzysta z jedynki trygonometrycznej. VII.3) Stosuje twierdzenie cosinusów. VIII.2) Stosuje zależność między długościami boków a miarami kątów trójkąta.

**F**, **P**

Trzeci bok wyznaczamy z twierdzenia cosinusów: \[\lvert AC\rvert^{2}=11^{2}+12^{2}-2\cdot11\cdot12\cos 60^\circ=121+144-132=133.\] Ponieważ \(\sqrt{133}\approx11{,}53\) i wartość ta różni się od \(11\) oraz od \(12\), żadne dwa boki trójkąta nie są równe. Pierwsze stwierdzenie jest **fałszywe**. Pole obliczamy ze wzoru z sinusem kąta między danymi bokami: \[P=\tfrac12\cdot11\cdot12\cdot\sin 60^\circ=66\cdot\frac{\sqrt3}{2}=33\sqrt3.\] Drugie stwierdzenie jest **prawdziwe**. **Odpowiedź.** F, P

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - dobieranie argumentów do uzasadnienia poprawności rozwiązywania problemów, tworzenie ciągu argumentów, gwarantujących poprawność rozwiązania i skuteczność w poszukiwaniu rozwiązań zagadnienia. **Wymagania szczegółowe:** VII.3) Zdający stosuje twierdzenie cosinusów oraz wzór na pole trójkąta \(P=\frac{1}{2}\cdot a\cdot b\cdot\sin\gamma\).

**A.** \(\sqrt{28}\)

Znamy dwa boki trójkąta i kąt między nimi, więc stosujemy twierdzenie cosinusów: \[\lvert BC\rvert^{2}=\lvert AB\rvert^{2}+\lvert AC\rvert^{2}-2\lvert AB\rvert\lvert AC\rvert\cos\lvert\angle CAB\rvert.\] Po podstawieniu danych z treści i rysunku \[\lvert BC\rvert^{2}=6^{2}+4^{2}-2\cdot6\cdot4\cdot\cos 60^\circ=36+16-24=28,\] zatem \(\lvert BC\rvert=\sqrt{28}=2\sqrt7\). **Odpowiedź.** A

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.3) Zdający stosuje twierdzenie cosinusów […].

Pole równoległoboku wynosi \(63\).

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

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

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

\[P_c=\frac{\sqrt3}{2}a^2+3\sqrt2a^2.\]

Niech \(H\) oznacza wysokość graniastosłupa, a \(\alpha\) kąt między wskazanymi przekątnymi. Ponieważ \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{11}}6\) i \(\alpha\) jest ostry, \[\cos\alpha=\sqrt{1-\frac{11}{36}}=\frac56.\] Każda z przekątnych ściany bocznej ma długość \(\sqrt{H^2+a^2}\). Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta utworzonego przez te przekątne i krawędź podstawy \[2(H^2+a^2)-2(H^2+a^2)\cdot\frac56=a^2.\] Stąd \(H^2=2a^2\), czyli \(H=a\sqrt2\). Pole całkowite wynosi \[P_c=2\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}+3aH=\frac{\sqrt3}{2}a^2+3\sqrt2a^2.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\frac{\sqrt3}{2}a^2+3\sqrt2a^2\) **3 pkt** – wyznaczenie wysokości graniastosłupa \(H=a\sqrt2\) **2 pkt** – zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą prowadzącego do wysokości **1 pkt** – obliczenie \(\cos\alpha=\frac56\) albo poprawne zastosowanie twierdzenia cosinusów do odpowiedniego trójkąta **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 9.1) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach kąty między odcinkami. 9.3) Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków i pól powierzchni.

\[|AC|^2=|BC|^2+|AB|\cdot|BC|.\]

Oznaczmy \[a=|BC|,\qquad b=|AC|,\qquad c=|AB|,\qquad \alpha=|\angle BAC|.\] Wtedy \(|\angle ABC|=2\alpha\), a trzeci kąt ma miarę \(\pi-3\alpha\). Z twierdzenia sinusów \[\frac ba=\frac{\sin(2\alpha)}{\sin\alpha}=2\cos\alpha,\] czyli \(b=2a\cos\alpha\). Ponadto \[\frac ca=\frac{\sin(3\alpha)}{\sin\alpha}=3-4\sin^2\alpha=4\cos^2\alpha-1.\] Zatem \[a^2+ac=a^2\left(1+\frac ca\right)=a^2(1+4\cos^2\alpha-1)=4a^2\cos^2\alpha=b^2.\] To jest równoważne tezie zadania.

**4 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **3 pkt** – wyznaczenie obu zależności \(b=2a\cos\alpha\) oraz \(\frac ca=4\cos^2\alpha-1\) albo równoważnych zależności prowadzących bezpośrednio do tezy **2 pkt** – zapisanie związku między cosinusem kąta \(BAC\) a długościami odpowiednich boków albo poprawne wykonanie dwóch istotnych kroków dowodu **1 pkt** – zastosowanie twierdzenia sinusów i zapisanie \(\frac b{\sin(2\alpha)}=\frac a{\sin\alpha}\) albo równoważnego poprawnego kroku **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**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.

**A.** \(14\pi\)

Jeżeli \(\gamma=|\angle ACB|\), to \(\gamma=180^{\circ}-(\alpha+\beta)\), zatem \(\sin\gamma=\sin(\alpha+\beta)\). Z twierdzenia sinusów \[2R=\frac{|AB|}{\sin\gamma}=\frac{4\sqrt6}{\frac{2\sqrt6}{7}}=14.\] Długość okręgu opisanego wynosi więc \[2\pi R=14\pi.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 7. R4) Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów.

\[|AC|=\sqrt{21}-3.\]

Niech \(R=4\). Z twierdzenia sinusów \[\sin|\angle BAC|=\frac{|BC|}{2R}=\frac{4\sqrt3}{8}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Ponieważ \(BC\) jest najdłuższym bokiem trójkąta, kąt \(BAC\) jest największy, więc \(|\angle BAC|=120^{\circ}\). Oznaczmy \(x=|AC|\). Z twierdzenia cosinusów \[(4\sqrt3)^2=6^2+x^2-2\cdot6x\cos120^{\circ}.\] Stąd \[48=36+x^2+6x,\qquad x^2+6x-12=0.\] Dodatnim rozwiązaniem jest \[x=-3+\sqrt{21}.\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik \(\sqrt{21}-3\) **3 pkt** – zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą i obliczenie długości \(AC\) **2 pkt** – zapisanie równania z dwiema niewiadomymi prowadzącego do wyniku albo obliczenie potrzebnej wartości sinusa kąta **1 pkt** – obliczenie \(\sin|\angle BAC|=\frac{\sqrt3}{2}\) lub wskazanie miary kąta \(BAC\) **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7. R4) Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.

\[\frac{\tan\beta}{\sin(2\alpha)}=2.\]

Oznaczmy \(|AD|=|BD|=c\), \(|AC|=b\). W trójkącie \(ABC\) kąt przy wierzchołku \(C\) ma miarę \(180^\circ-3\alpha\), a w trójkącie \(ADC\) kąt przy wierzchołku \(C\) ma miarę \(180^\circ-(2\alpha+\beta)\). Stosujemy twierdzenie sinusów do trójkątów \(ABC\) i \(ADC\): \[\frac{b}{\sin\alpha}=\frac{2c}{\sin(180^\circ-3\alpha)},\qquad \frac{b}{\sin\beta}=\frac{c}{\sin(180^\circ-(2\alpha+\beta))}.\] Po zastosowaniu wzorów redukcyjnych i wyeliminowaniu \(b\) oraz \(c\) otrzymujemy \[2\sin\alpha\cdot\sin(2\alpha+\beta)=\sin\beta\cdot\sin(3\alpha).\] Rozwijamy sinusy sumy kątów: \[2\sin\alpha\,[\sin(2\alpha)\cos\beta+\cos(2\alpha)\sin\beta]\] \[=\sin\beta\,[\sin(2\alpha)\cos\alpha+\cos(2\alpha)\sin\alpha].\] Po przeniesieniu składników otrzymujemy \[2\sin\alpha\sin(2\alpha)\cos\beta=\sin\beta\,[\sin(2\alpha)\cos\alpha-\cos(2\alpha)\sin\alpha].\] Wyrażenie w nawiasie jest równe \(\sin\alpha\), więc \[2\sin\alpha\sin(2\alpha)\cos\beta=\sin\beta\sin\alpha.\] Trójkąt jest ostrokątny, zatem \(\sin\alpha\neq0\). Po podzieleniu przez \(\sin\alpha\cos\beta\) mamy \[2\sin(2\alpha)=\tan\beta,\] a więc \[\frac{\tan\beta}{\sin(2\alpha)}=2.\]

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(2\) **4 pkt** – zapisanie zależności \(\frac{2\sin\alpha}{\sin(3\alpha)}=\frac{\sin\beta}{\sin(2\alpha+\beta)}\) i zastosowanie wzoru na sinus sumy kątów do \(\sin(3\alpha)\) oraz \(\sin(2\alpha+\beta)\) **3 pkt** – wyeliminowanie długości odcinków z dwóch równości otrzymanych z twierdzenia sinusów, na przykład zapisanie \(\frac{2\sin\alpha}{\sin(3\alpha)}=\frac{\sin\beta}{\sin(2\alpha+\beta)}\) **2 pkt** – zapisanie obu równości \(\frac{b}{\sin\alpha}=\frac{2c}{\sin(180^\circ-3\alpha)}\) oraz \(\frac{b}{\sin\beta}=\frac{c}{\sin(180^\circ-(2\alpha+\beta))}\) **1 pkt** – zapisanie jednej z powyższych równości wynikających z twierdzenia sinusów **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:** VII.1) Zdający wykorzystuje definicje funkcji: sinus, cosinus i tangens. VII.R5) Zdający korzysta z wzorów na sinus, cosinus i tangens sumy i różnicy kątów, a także na funkcje trygonometryczne kątów podwojonych. VII.R7) Zdający stosuje twierdzenie sinusów.

\[|\angle BAC|=30^\circ,\qquad |AC|=15\sqrt3+8.\]

Niech \(R=17\) będzie promieniem okręgu opisanego na trójkącie. Z twierdzenia sinusów \[\frac{|BC|}{\sin|\angle BAC|}=2R,\] więc \[\sin|\angle BAC|=\frac{17}{34}=\frac12.\] Kąt \(BAC\) nie może mieć miary \(150^\circ\), ponieważ wtedy bok \(BC\) byłby najdłuższym bokiem trójkąta. Zatem \[|\angle BAC|=30^\circ.\] Oznaczmy \(x=|AC|\). Z twierdzenia cosinusów \[17^2=x^2+30^2-2\cdot x\cdot30\cos30^\circ.\] Stąd \[x^2-30\sqrt3x+611=0,\] a więc \[x=15\sqrt3-8\qquad\text{lub}\qquad x=15\sqrt3+8.\] Ponieważ \(AC\) jest najdłuższym bokiem trójkąta, \(|AC|>30\). Ostatecznie \[|AC|=15\sqrt3+8.\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(30^\circ\) oraz \(15\sqrt3+8\) (lub równoważna postać) **3 pkt** – zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą prowadzącego do długości \(AC\) **2 pkt** – obliczenie miary kąta \(BAC\): \(30^\circ\) **1 pkt** – zapisanie, że kąt \(BAC\) ma miarę \(60^\circ\), albo zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą, w którym miara kąta \(BAC\) pozostaje niewiadomą **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.4 R) Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.

**A.** \(\sqrt{17}\).

Z twierdzenia cosinusów dla boku \(BC\) otrzymujemy \[|BC|^2=|AB|^2+|AC|^2-2|AB|\cdot|AC|\cos|\angle BAC|.\] Po podstawieniu danych: \[|BC|^2=5^2+2^2-2\cdot5\cdot2\cdot\frac35=25+4-12=17.\] Długość boku jest dodatnia, więc \[|BC|=\sqrt{17}.\] Poprawna jest odpowiedź **A**.

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VII.4) Zdający oblicza kąty trójkąta i długości jego boków przy odpowiednich danych, rozwiązując trójkąty między innymi z wykorzystaniem twierdzenia cosinusów.

\[d=\frac{\sqrt{(H_2-H_0)^2+(H_2-H_1)^2-2(H_2-H_0)(H_2-H_1)\cos\!\left(\pi\sin\frac{\alpha}{2}\right)}}{\cos\frac{\alpha}{2}}.\]

Po rozwinięciu powierzchni bocznej stożka najkrótsza droga jest odcinkiem \(PB\). Niech \(l\) i \(R\) oznaczają tworzącą i promień podstawy. Kąt środkowy całego wycinka ma miarę \(2\pi R/l\), dlatego punkty leżące po przeciwnych stronach stożka wyznaczają na siatce kąt \[\angle BSP=\pi\frac Rl=\pi\sin\frac{\alpha}{2}.\] Z przekroju osiowego stożka: \[|PS|=\frac{H_2-H_0}{\cos(\alpha/2)},\qquad |BS|=\frac{H_2-H_1}{\cos(\alpha/2)}.\] Stosujemy twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BSP\): \[|PB|^2=|PS|^2+|BS|^2-2|PS||BS|\cos\angle BSP.\] Po podstawieniu otrzymujemy \[d=|PB|=\frac{\sqrt{(H_2-H_0)^2+(H_2-H_1)^2-2(H_2-H_0)(H_2-H_1)\cos\!\left(\pi\sin\frac{\alpha}{2}\right)}}{\cos\frac{\alpha}{2}}.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i pełny wzór na długość \(PB\) **3 pkt** – obliczenie \(\angle BSP=\pi\sin(\alpha/2)\) oraz długości \(PS\) i \(BS\) **2 pkt** – obliczenie kąta na siatce albo obu długości odcinków od szczytu **1 pkt** – zapisanie, że najkrótsza droga jest długością odcinka \(PB\) na siatce stożka **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.3 i IV.4 tworzenie pomocniczych obiektów i modeli matematycznych oraz stosowanie strategii w sytuacji nietypowej. **Wymagania szczegółowe:** VII.1R, VIII.2 i VIII.6 miara łukowa, twierdzenie cosinusów oraz wzory na pole wycinka koła i długość łuku.

\[d=\frac{\sqrt{(H_2-H_0)^2+(H_2-H_1)^2-2(H_2-H_0)(H_2-H_1)\cos\!\left(\pi\sin\frac{\alpha}{2}\right)}}{\cos\frac{\alpha}{2}}.\]

Po rozwinięciu powierzchni bocznej stożka najkrótsza droga jest odcinkiem \(PB\). Niech \(l\) i \(r\) oznaczają tworzącą i promień podstawy. Kąt środkowy całego wycinka ma miarę \(2\pi r/l\), dlatego punkty leżące po przeciwnych stronach stożka wyznaczają na siatce kąt \[\angle BSP=\pi\frac rl=\pi\sin\frac{\alpha}{2}.\] Z przekroju osiowego stożka: \[|PS|=\frac{H_2-H_0}{\cos(\alpha/2)},\qquad |BS|=\frac{H_2-H_1}{\cos(\alpha/2)}.\] Stosujemy twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BSP\): \[|PB|^2=|PS|^2+|BS|^2-2|PS||BS|\cos\angle BSP.\] Po podstawieniu i wyłączeniu wspólnego czynnika otrzymujemy \[d=|PB|=\frac{\sqrt{(H_2-H_0)^2+(H_2-H_1)^2-2(H_2-H_0)(H_2-H_1)\cos\!\left(\pi\sin\frac{\alpha}{2}\right)}}{\cos\frac{\alpha}{2}}.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i pełny wzór na długość \(PB\) **3 pkt** – obliczenie \(\angle BSP=\pi\sin(\alpha/2)\) oraz długości \(PS\) i \(BS\) **2 pkt** – obliczenie kąta na siatce albo obu długości odcinków od szczytu **1 pkt** – zapisanie, że najkrótsza droga jest długością odcinka \(PB\) na siatce stożka **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III i IV tworzenie pomocniczych obiektów i modeli matematycznych oraz stosowanie strategii w sytuacji nietypowej. **Wymagania szczegółowe:** VII.1R, VIII.2 i VIII.6 miara łukowa, twierdzenie cosinusów oraz wzory na pole wycinka koła i długość łuku.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

\[R=\frac{8\sqrt7}{7}.\]

Oznaczmy \(|\angle CAB|=\alpha\). Z twierdzenia cosinusów \[5^2=6^2+4^2-2\cdot6\cdot4\cos\alpha,\] więc \[\cos\alpha=\frac9{16}.\] Ponieważ \(\alpha\) jest kątem trójkąta, \(\sin\alpha>0\), zatem \[\sin\alpha=\sqrt{1-\left(\frac9{16}\right)^2}=\frac{5\sqrt7}{16}.\] Z twierdzenia sinusów \[\frac{|BC|}{\sin\alpha}=2R,\] stąd \[R=\frac5{2\cdot(5\sqrt7/16)}=\frac8{\sqrt7}=\frac{8\sqrt7}{7}.\]

**3 pkt** – poprawna metoda i wynik \(R=\frac{8\sqrt7}{7}\) **2 pkt** – obliczenie sinusa jednego z kątów trójkąta albo obliczenie cosinusa i poprawne zapisanie równań z twierdzenia sinusów oraz jedynki trygonometrycznej **1 pkt** – obliczenie cosinusa jednego z kątów albo poprawne zastosowanie twierdzeń cosinusów i sinusów dla tego samego kąta **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.1 i III.3 operowanie obiektami oraz tworzenie obiektów pomocniczych. **Wymagania szczegółowe:** VII.5 i VIII.1 stosowanie twierdzeń sinusów i cosinusów oraz wyznaczanie promienia okręgu opisanego.

\[Ob_{ABCD}=16\sqrt3+10.\]

Oznaczmy \(\alpha=|\angle BAC|\). Z warunków zadania \[\sin\alpha=\frac14,\qquad |\angle ACB|=60^\circ.\] Stosujemy twierdzenie sinusów w trójkącie \(ABC\): \[\frac{|AB|}{\sin60^\circ}=\frac{|BC|}{\sin\alpha}.\] Zatem \[\frac{|AB|}{\frac{\sqrt3}{2}}=\frac4{\frac14}=16,\] \[|AB|=8\sqrt3.\] Czworokąt \(ABCD\) jest opisany na okręgu, więc sumy długości przeciwległych boków są równe: \[|AB|+|CD|=|BC|+|AD|.\] Stąd obwód można zapisać jako \[Ob_{ABCD}=2(|AB|+|CD|).\] Ostatecznie \[Ob_{ABCD}=2(8\sqrt3+5)=16\sqrt3+10.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(16\sqrt3+10\) **3 pkt** – obliczenie \(|AB|=8\sqrt3\) i zapisanie \(Ob_{ABCD}=2(|AB|+|CD|)\) albo równoważnej zależności **2 pkt** – obliczenie \(|AB|=8\sqrt3\) albo zapisanie dwóch kluczowych równości wskazanych przez CKE **1 pkt** – zapisanie poprawnej zależności z twierdzenia sinusów, pola albo własności czworokąta opisanego na okręgu **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; 1. Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.R1) Zdający stosuje własności czworokątów wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.

\[Ob_{ABCD}=16\sqrt3+10.\]

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle BAC\rvert\); z treści \(\sin\alpha=\tfrac14\) oraz \(\lvert\angle ACB\rvert=60^\circ\). W trójkącie \(ABC\) bok \(AB\) leży naprzeciw kąta \(ACB\), a bok \(BC\) naprzeciw kąta \(BAC\), więc z twierdzenia sinusów \[\frac{\lvert AB\rvert}{\sin 60^\circ}=\frac{\lvert BC\rvert}{\sin\alpha},\qquad \lvert AB\rvert=\frac{4\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}}{\tfrac14}=8\sqrt3.\] Czworokąt jest opisany na okręgu, więc sumy długości przeciwległych boków są równe: \[\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert=\lvert BC\rvert+\lvert AD\rvert,\qquad \lvert AD\rvert=8\sqrt3+5-4=8\sqrt3+1.\] Obwód wynosi \[Ob=\lvert AB\rvert+\lvert BC\rvert+\lvert CD\rvert+\lvert AD\rvert=8\sqrt3+4+5+8\sqrt3+1=16\sqrt3+10.\] **Odpowiedź.** \(Ob_{ABCD}=16\sqrt3+10\).

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(16\sqrt{3}+10\). **3 pkt** – obliczenie długości boku \(AB\): \(\lvert AB\rvert=8\sqrt{3}\) i zapisanie \(Ob_{ABCD}=2\cdot(\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert)\) ALBO – obliczenie długości boku \(AB\): \(\lvert AB\rvert=8\sqrt{3}\) i zapisanie równania \(8\sqrt{3}+5=4+\lvert AD\rvert\). **2 pkt** – obliczenie długości boku \(AB\): \(8\sqrt{3}\) ALBO – zapisanie równości 1) i 3) określonych w kryterium oceniania za 1 punkt, ALBO – zapisanie równości 2) i 3) określonych w kryterium oceniania za 1 punkt, ALBO – zapisanie równości 1) i 4) określonych w kryterium oceniania za 1 punkt. **1 pkt** – zapisanie jednej z poniższych równości 1)- 4): 1) \(\frac{\lvert AB\rvert}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{4}{\frac{1}{4}}\) lub \(\frac{1}{4}=\frac{2\sqrt{3}}{\lvert AB\rvert}\), 2) \(\frac{1}{2}\cdot 4\cdot\lvert AC\rvert\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}\cdot\lvert AC\rvert\cdot\lvert AB\rvert\cdot\frac{1}{4}\), 3) \(Ob_{ABCD}=2\cdot(\lvert AB\rvert+\lvert CD\rvert)\), 4) \(\lvert AB\rvert+5=4+\lvert AD\rvert\) ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą \(x\) (długością boku \(AB\)), np. \(x^{2}=16+\left(2+\frac{x\sqrt{15}}{4}\right)^{2}-4\left(2+\frac{x\sqrt{15}}{4}\right)\), \(16=\left(2+\frac{\sqrt{15}}{4}x\right)^{2}+x^{2}-\frac{\sqrt{15}}{2}\cdot\left(2+\frac{\sqrt{15}}{4}x\right)x\) (z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABC\) i dwóch kątów tego trójkąta). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** R7.1) Zdający stosuje twierdzenia charakteryzujące czworokąty wpisane w okrąg i czworokąty opisane na okręgu.

\[k=\frac{\sqrt2}{36}.\]

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, \(h\) wysokość ściany bocznej, a \(H\) wysokość ostrosłupa. Pole powierzchni bocznej spełnia \[P=4\cdot\frac12ah=2ah,\] więc \[h=\frac P{2a}.\] Wysokości dwóch sąsiednich ścian bocznych tworzą trójkąt równoramienny z kątem \(2\alpha\). Po opuszczeniu jego wysokości otrzymujemy \[\sin\alpha=\frac{a\sqrt2/4}{h}.\] Po podstawieniu \(h=\frac P{2a}\): \[a^2=\sqrt2P\sin\alpha,\qquad h^2=\frac../../{4\sqrt2\sin\alpha}.\] Z twierdzenia Pitagorasa: \[H^2=h^2-\left(\frac a2\right)^2 =\frac{P\cos(2\alpha)}{4\sqrt2\sin\alpha}.\] Objętość wynosi \[V=\frac13a^2H.\] Po podniesieniu do kwadratu i podstawieniu otrzymanych zależności: \[V^2=\frac19a^4H^2 =\frac{\sqrt2}{36}P^3\sin\alpha\cos(2\alpha).\] Zatem \[V=\sqrt{\frac{\sqrt2}{36}P^3\sin\alpha\cos(2\alpha)},\] a więc \[k=\frac{\sqrt2}{36}.\]

**6 pkt** – poprawne zastosowanie wzoru na objętość i obliczenie \(k=\frac{\sqrt2}{36}\) **5 pkt** – obliczenie wysokości ostrosłupa \(H=\sqrt{\frac{P\cos(2\alpha)}{4\sqrt2\sin\alpha}}\) **4 pkt** – obliczenie \(a^2=\sqrt2P\sin\alpha\) oraz \(h^2=\frac../../{4\sqrt2\sin\alpha}\) **3 pkt** – obliczenie jednej z dwóch powyższych zależności **2 pkt** – zastosowanie definicji sinusa albo twierdzenia cosinusów w odpowiednim przekroju i zapisanie równania prowadzącego do \(a\) lub \(h\) **1 pkt** – wyznaczenie zależności \(h=\frac P{2a}\) z pola powierzchni bocznej **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.4) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń. X.R5) Zdający wyznacza przekroje ostrosłupów prawidłowych oraz oblicza ich pola, także z wykorzystaniem trygonometrii.

\(\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\sqrt2\), a \(\angle BSO\approx20^\circ\).

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, a \(b\) długość krawędzi bocznej. Z warunku \[\frac{4a}{4a+4b}=\frac15\] otrzymujemy \(b=4a\). W trójkącie prostokątnym \(OBE\) punkt \(S\) jest środkiem przeciwprostokątnej \(BE\), więc \[|OS|=|BS|=\frac{|BE|}{2}=2a.\] Przekrój jest trójkątem \(ACS\), przy czym \(AC\perp OS\) i \(|AC|=a\sqrt2\). Zatem \[\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\frac{\frac12a\sqrt2\cdot2a}{a^2}=\sqrt2.\] W trójkącie \(BSO\) mamy \(|BO|=\frac{a\sqrt2}{2}\) oraz \(|BS|=|OS|=2a\). Z twierdzenia cosinusów \[\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^2=(2a)^2+(2a)^2-2\cdot2a\cdot2a\cos\angle BSO,\] więc \(\cos\angle BSO=\frac{15}{16}\), a stąd \(\angle BSO\approx20^\circ\).

**5 pkt** – wyznaczenie miary kąta \(BSO\) i stosunku pól \(\sqrt2\) **4 pkt** – obliczenie \(\cos\angle BSO=\frac{15}{16}\) i stosunku pól albo samej miary kąta **3 pkt** – obliczenie stosunku pól albo cosinusa kąta **2 pkt** – wyznaczenie \(|OS|=2a\) **1 pkt** – wyznaczenie krawędzi bocznej \(b=4a\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II.1 i IV.4 interpretowanie informacji przedstawionych na diagramie oraz stosowanie strategii w zadaniach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.2R wyznaczanie przekrojów ostrosłupów prawidłowych i obliczanie ich pól, także z wykorzystaniem trygonometrii.

\(\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\sqrt2\), a \(\angle BSO\approx20^\circ\).

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, a \(b\) długość krawędzi bocznej. Z warunku \[\frac{4a}{4a+4b}=\frac15\] otrzymujemy \(b=4a\). W trójkącie prostokątnym \(OBE\) punkt \(S\) jest środkiem przeciwprostokątnej \(BE\), więc \[|OS|=|BS|=\frac{|BE|}{2}=2a.\] Przekrój jest trójkątem \(ACS\), przy czym \(AC\perp OS\) i \(|AC|=a\sqrt2\). Zatem \[\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\frac{\frac12\,a\sqrt2\cdot2a}{a^2}=\sqrt2.\] W trójkącie \(BSO\) mamy \[|BO|=\frac{a\sqrt2}{2},\qquad |BS|=|OS|=2a.\] Z twierdzenia cosinusów \[\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^2=(2a)^2+(2a)^2-2\cdot2a\cdot2a\cos\angle BSO,\] więc \[\cos\angle BSO=\frac{15}{16}.\] Stąd \(\angle BSO\approx20^\circ\).

**5 pkt** – wyznaczenie kąta \(BSO\) i stosunku pól \(\sqrt2\) **4 pkt** – obliczenie \(\cos\angle BSO=\frac{15}{16}\) i stosunku pól albo samej miary kąta **3 pkt** – obliczenie stosunku pól albo cosinusa kąta **2 pkt** – wyznaczenie \(|OS|=2a\) **1 pkt** – wyznaczenie krawędzi bocznej \(b=4a\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II i IV interpretowanie informacji przedstawionych na diagramie oraz stosowanie strategii w zadaniach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.2R wyznaczanie przekrojów ostrosłupów prawidłowych i obliczanie ich pól, także z wykorzystaniem trygonometrii.

\[|AD|=4\sqrt7.\]

Ponieważ \(AD\) jest środkową, \(|BD|=4\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[|AD|^2=|AB|^2+|BD|^2-2|AB||BD|\cos60^\circ\] \[|AD|^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cdot\frac12=112.\] Zatem \(|AD|=\sqrt{112}=4\sqrt7\).

**2 pkt** – poprawne równanie z twierdzenia cosinusów i wynik \(|AD|=4\sqrt7\) **1 pkt** – zapisanie \(|AD|^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cos60^\circ\) **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania CKE dopuszcza również rozwiązanie z twierdzenia Pitagorasa po wyodrębnieniu trójkąta o kątach \(30^\circ,60^\circ,90^\circ\).

**Wymagania ogólne:** III.1 stosowanie obiektów matematycznych i interpretowanie pojęć. **Wymagania szczegółowe:** VII.5-VII.6 stosowanie twierdzenia cosinusów oraz obliczanie boków trójkąta przy odpowiednich danych.

\[|AD|=4\sqrt7.\]

Niech \(D\) będzie środkiem boku \(BC\). Wtedy \(|BD|=4\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[|AD|^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cos60^\circ=144+16-48=112.\] Zatem \(|AD|=\sqrt{112}=4\sqrt7\).

**2 pkt** – poprawne równanie i wynik \(4\sqrt7\) **1 pkt** – zapisanie równania \(|AD|^2=12^2+4^2-2\cdot12\cdot4\cos60^\circ\) albo równoważnego poprawnego rozwiązania geometrycznego **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III.1 operowanie obiektami matematycznymi. **Wymagania szczegółowe:** VII.5-VII.6 stosowanie twierdzenia cosinusów i rozwiązywanie trójkątów.

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.

**P, P**

Z twierdzenia cosinusów dla kąta \(ABC\): \[|AC|^2=|AB|^2+|BC|^2-2|AB||BC|\cos\angle ABC.\] Stąd \[\cos\angle ABC=\frac{6^2+5^2-10^2}{2\cdot6\cdot5}=\frac{-39}{60}=-0{,}65.\] Pierwsze stwierdzenie jest prawdziwe. Ujemny cosinus oznacza, że kąt \(ABC\) jest rozwarty, więc trójkąt jest rozwartokątny. Drugie stwierdzenie również jest prawdziwe.

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

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja; dobieranie argumentów uzasadniających rozwiązanie. **Wymagania szczegółowe:** VII.3 stosowanie twierdzenia cosinusów oraz wzoru na pole trójkąta.

**A.** \(\frac18\)

Największy kąt leży naprzeciw najdłuższego boku, czyli boku długości \(6\). Oznaczmy ten kąt przez \(\alpha\). Z twierdzenia cosinusów: \[6^2=4^2+5^2-2\cdot4\cdot5\cos\alpha.\] Stąd \[\cos\alpha=\frac{4^2+5^2-6^2}{2\cdot4\cdot5}=\frac{16+25-36}{40}=\frac18.\]

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

**Element podstawy programowej:** stosowanie twierdzenia cosinusów do wyznaczania miar kątów w trójkącie. Klucz CKE dla tego arkusza w formule 2015 nie podaje osobnego kodu wymagania.

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

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

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

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

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

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

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

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

**A.** \(5\)

Niech \(\gamma\) będzie kątem między bokami długości \(5\) i \(8\). Ze wzoru na pole \[12=\frac12\cdot5\cdot8\sin\gamma,\] więc \(\sin\gamma=\frac35\). Trójkąt jest ostrokątny, zatem \(\cos\gamma=\frac45\). Z twierdzenia cosinusów dla trzeciego boku \(c\): \[c^2=5^2+8^2-2\cdot5\cdot8\cdot\frac45=25.\] Stąd \(c=5\).

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R7.4 związki miarowe w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzeń sinusów i cosinusów.

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

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

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

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

\[\cos\alpha=\frac14.\]

Największy kąt \(\alpha\) leży naprzeciw najdłuższego boku, czyli boku długości \(8\). Z twierdzenia cosinusów: \[8^2=6^2+7^2-2\cdot6\cdot7\cos\alpha.\] Zatem \[64=36+49-84\cos\alpha,\] \[84\cos\alpha=21,\qquad \cos\alpha=\frac14.\]

**2 pkt** – zastosowanie twierdzenia cosinusów i obliczenie \(\cos\alpha=\frac14\) **1 pkt** – zapisanie równania \(8^2=6^2+7^2-2\cdot6\cdot7\cos\alpha\) **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań. **Wymagania szczegółowe:** VII.4 i VIII.2 rozwiązywanie trójkątów z wykorzystaniem twierdzenia cosinusów oraz stosowanie własności, że naprzeciw większego kąta leży dłuższy bok.

\[|BC|=-2+\sqrt{14}.\]

Oznaczmy \(a=|AB|\). Wtedy \(|AD|=2a\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[a^2=(2a)^2+6^2-2\cdot2a\cdot6\cdot\frac78,\] \[a^2-7a+12=0.\] Stąd \(a=3\) lub \(a=4\). Warunek \(|AB|>\sqrt{15}\) daje \(|AB|=4\), a więc \(|AD|=8\). Ponieważ czworokąt jest opisany na okręgu, sumy długości przeciwległych boków są równe: \[|AB|+|CD|=|BC|+|AD|,\] czyli \(|CD|=|BC|+4\). Trójkąt \(BCD\) jest prostokątny, zatem \[|BC|^2+(|BC|+4)^2=36.\] Po uproszczeniu \[|BC|^2+4|BC|-10=0,\] więc \(|BC|=-2\pm\sqrt{14}\). Długość jest dodatnia, dlatego \[|BC|=-2+\sqrt{14}.\]

**5 pkt** – poprawna metoda i wynik \(|BC|=-2+\sqrt{14}\) **4 pkt** – rozwiązanie obu wariantów po nieuwzględnieniu warunku \(|AB|>\sqrt{15}\) i zapisanie dwóch dodatnich kandydatów **3 pkt** – zastosowanie własności czworokąta opisanego i twierdzenia Pitagorasa, prowadzące do układu dla \(|BC|\) i \(|CD|\) **2 pkt** – obliczenie \(|AB|=4\) oraz \(|AD|=8\) **1 pkt** – zapisanie poprawnego równania z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABD\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - łączenie kilku twierdzeń geometrycznych w jednym rozwiązaniu. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie twierdzenia cosinusów i Pitagorasa oraz własności sum długości przeciwległych boków czworokąta opisanego na okręgu.

Najmniejszy kąt wewnętrzny trójkąta \(CFS\) ma miarę \(45^\circ\).

Długości boków trójkąta \(CFS\) wynoszą \[|CF|=2\sqrt2,\qquad |CS|=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt5,\qquad |FS|=\sqrt{(2\sqrt2)^2+1^2}=3.\] Najkrótszym bokiem jest \(CS\), więc najmniejszy kąt leży naprzeciw niego i jest to \(\angle CFS\). Z twierdzenia cosinusów: \[|CS|^2=|CF|^2+|FS|^2-2|CF|\,|FS|\cos(\angle CFS),\] \[5=8+9-12\sqrt2\cos(\angle CFS).\] Stąd \[\cos(\angle CFS)=\frac{12}{12\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2},\] a więc \(|\angle CFS|=45^\circ\).

**4 pkt** – poprawne wyznaczenie miary kąta \(CFS\): \(45^\circ\) **3 pkt** – poprawne zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(CFS\) **2 pkt** – obliczenie wszystkich boków: \(|CF|=2\sqrt2\), \(|CS|=\sqrt5\), \(|FS|=3\) **1 pkt** – obliczenie \(|CF|\) i \(|CS|\) albo samego \(|FS|=3\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - dobór zależności geometrycznych i planu obliczeń. **Wymagania szczegółowe:** obliczanie odległości w sześcianie, stosowanie twierdzenia Pitagorasa oraz twierdzenia cosinusów.

\[\sin|\angle AFB|=\frac{4\sqrt3}{13}.\]

Trójkąt \(AFB\) jest równoramienny. Krawędzie \(AF\) i \(BF\) są przekątnymi prostokątów o bokach \(4\) i \(6\), więc \[|AF|=|BF|=\sqrt{4^2+6^2}=2\sqrt{13}.\] W trójkącie \(AFB\), dla \(\alpha=|\angle AFB|\), z twierdzenia cosinusów: \[|AB|^2=|AF|^2+|BF|^2-2|AF||BF|\cos\alpha.\] Zatem \[16=52+52-104\cos\alpha,\qquad\cos\alpha=\frac{11}{13}.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc \[\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\sqrt{1-\frac{121}{169}}=\frac{4\sqrt3}{13}.\]

**4 pkt** – poprawne obliczenie \(\sin|\angle AFB|=\frac{4\sqrt3}{13}\) **3 pkt** – obliczenie \(\cos|\angle AFB|=\frac{11}{13}\) albo pola \(P_{AFB}=8\sqrt3\) **2 pkt** – zapisanie poprawnego równania z twierdzenia cosinusów albo wzoru na pole z sinusem kąta \(AFB\) **1 pkt** – obliczenie \(|AF|=2\sqrt{13}\) albo innego istotnego odcinka prowadzącego do rozwiązania **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

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

\[P_{DBP}=\frac1{21}P_{ABC}.\]

Niech \(|BD|=a\). Wtedy \(|AB|=|BC|=3a\). Trójkąty \(ABE\) i \(BCD\) są przystające, ponieważ \[|AB|=|BC|,\qquad |AE|=|BD|,\qquad |\angle BAE|=|\angle CBD|=60^\circ.\] W konsekwencji odpowiednie kąty są równe, więc trójkąty \(DBP\) i \(DCB\) są podobne. Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(DBC\): \[|CD|^2=a^2+(3a)^2-2\cdot a\cdot3a\cdot\cos60^\circ=7a^2,\] czyli \(|CD|=a\sqrt7\). Skala podobieństwa trójkąta \(DBP\) do \(DCB\) wynosi \[s=\frac{|DB|}{|DC|}=\frac1{\sqrt7}.\] Zatem stosunek ich pól jest równy \(s^2=1/7\). Ponadto trójkąty \(DBC\) i \(ABC\) mają wspólną wysokość opuszczoną z \(C\), a \(|DB|=\frac13|AB|\), więc \[P_{DBC}=\frac13P_{ABC}.\] Ostatecznie \[P_{DBP}=\frac17P_{DBC}=\frac1{21}P_{ABC}.\]

**3 pkt** – pełne poprawne rozumowanie dowodzące, że \(P_{DBP}=\frac1{21}P_{ABC}\) **2 pkt** – wykazanie podobieństwa trójkątów \(DBP\) i \(DCB\) oraz obliczenie skali \(1/\sqrt7\), albo równoważny zaawansowany etap dowodu **1 pkt** – rozpoznanie odpowiedniego podobieństwa lub przystawania, wyznaczenie \(|CD|=|DB|\sqrt7\) albo inna poprawna zależność prowadząca do tezy **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** G10.13 i R7.3 stosowanie cech przystawania trójkątów, rozpoznawanie figur podobnych i wykorzystywanie skali podobieństwa do porównywania pól.

\[|\angle BAD|=45^\circ,\quad|\angle ABC|=120^\circ,\quad|\angle BCD|=135^\circ,\quad|\angle CDA|=60^\circ.\]

Oznaczmy kolejno kąty wewnętrzne przy wierzchołkach \(A,B,C,D\) przez \(\alpha,\beta,\gamma,\delta\). Z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(ABD\): \[\frac{|BD|}{\sin\alpha}=2R.\] Stąd \[\sin\alpha=\frac{10}{10\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2}.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc \(\alpha=45^\circ\). W czworokącie wpisanym kąty przeciwległe są dopełniające do \(180^\circ\), zatem \[\gamma=180^\circ-45^\circ=135^\circ,\qquad\beta=180^\circ-\delta.\] Warunek o iloczynie sinusów daje \[\sin45^\circ\sin\beta\sin135^\circ\sin\delta=\frac38.\] Ponieważ \(\sin\beta=\sin(180^\circ-\delta)=\sin\delta\), otrzymujemy \[\frac12\sin^2\delta=\frac38,\qquad\sin\delta=\frac{\sqrt3}{2}.\] Kąt \(\delta\) jest ostry, więc \(\delta=60^\circ\), a \(\beta=120^\circ\).

**4 pkt** – poprawne obliczenie wszystkich kątów: \(45^\circ,120^\circ,135^\circ,60^\circ\) **3 pkt** – zapisanie równania \(\frac12\sin^2\delta=\frac38\) lub równoważnego równania dla \(\beta\) **2 pkt** – obliczenie \(\alpha=45^\circ\) i \(\gamma=135^\circ\) **1 pkt** – zapisanie zależności z twierdzenia sinusów \(\frac{|BD|}{\sin\alpha}=2R\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R7.1 i R7.5 stosowanie własności czworokąta wpisanego oraz twierdzenia sinusów.

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

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

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

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

\[\sin\alpha=\frac{24}{5\sqrt{97}}=\frac{24\sqrt{97}}{485}.\]

Niech \(E\) będzie środkiem podstawy \(AB\). W trójkącie prostokątnym \(AEC\): \[|CE|=\sqrt{10^2-6^2}=8.\] Pole trójkąta \(ABC\) wynosi więc \[P_{ABC}=\frac12\cdot12\cdot8=48.\] Środkowa \(AD\) dzieli trójkąt na dwie części o równych polach, zatem \(P_{ADC}=24\). Z twierdzenia Apoloniusza dla środkowej \(AD\): \[|AD|^2=\frac{2|AB|^2+2|AC|^2-|BC|^2}{4}=\frac{2\cdot12^2+2\cdot10^2-10^2}{4}=97,\] czyli \(|AD|=\sqrt{97}\). Pole trójkąta \(ADC\) zapisujemy także jako \[24=\frac12|AD|\,|AC|\sin\alpha=5\sqrt{97}\sin\alpha.\] Stąd \[\sin\alpha=\frac{24}{5\sqrt{97}}=\frac{24\sqrt{97}}{485}.\]

**4 pkt** – obliczenie \(\sin\alpha=\frac{24}{5\sqrt{97}}\) **3 pkt** – obliczenie zarówno \(|AD|=\sqrt{97}\), jak i \(P_{ADC}=24\) **2 pkt** – obliczenie \(|AD|=\sqrt{97}\) albo \(P_{ADC}=24\) **1 pkt** – obliczenie wysokości trójkąta \(ABC\), \(|CE|=8\), albo równoważny konieczny krok wskazany w kluczu CKE **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2020 nie zawiera tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** planimetria - pola trójkątów, środkowa, twierdzenie Pitagorasa i wzór na pole z sinusem.

\[\cos\beta=\frac{43}{45}=0{,}9555\ldots\] W kratki należy wpisać cyfry: **\(9\), \(5\), \(5\)**.

Przyjmijmy proporcjonalne długości boków \[|AC|=5,\qquad |BC|=12,\qquad |AB|=15.\] Najmniejszy bok to \(AC\), więc najmniejszy jest kąt \(\beta=\angle ABC\), leżący naprzeciw tego boku. Z twierdzenia cosinusów \[|AC|^2=|AB|^2+|BC|^2-2|AB|\cdot|BC|\cos\beta.\] Stąd \[\cos\beta=\frac{15^2+12^2-5^2}{2\cdot15\cdot12}=\frac{225+144-25}{360}=\frac{344}{360}=\frac{43}{45}=0{,}9555\ldots\] Pierwsze trzy cyfry po przecinku to \(9,5,5\).

**1 pkt** – wpisanie w kolejnych kratkach cyfr \(9\), \(5\), \(5\) **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R7.5 znajdowanie związków miarowych w figurach płaskich z zastosowaniem twierdzenia cosinusów.

SC⊥BC, a w trójkącie równoramiennym ACS mamy ∠ACS=\(30\)°, więc ∠ACB=\(120\)°.

Odcinki \(SA\) i \(SC\) są promieniami okręgu, więc trójkąt \(ACS\) jest równoramienny o ramionach długości \(r\) i podstawie \(\lvert AC\rvert=r\sqrt3\). Z twierdzenia cosinusów w tym trójkącie \[\left(r\sqrt3\right)^2=r^2+r^2-2r^2\cos\lvert\angle ASC\rvert,\qquad \cos\lvert\angle ASC\rvert=-\tfrac12,\qquad \lvert\angle ASC\rvert=120^\circ.\] Kąty przy podstawie są równe, więc \[\lvert\angle ACS\rvert=\frac{180^\circ-120^\circ}{2}=30^\circ.\] Prosta \(BC\) jest styczna do okręgu w punkcie \(C\), a promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, więc \[\lvert\angle SCB\rvert=90^\circ.\] Punkt \(S\) leży na boku \(AB\), a więc wewnątrz kąta \(ACB\), zatem \[\lvert\angle ACB\rvert=\lvert\angle ACS\rvert+\lvert\angle SCB\rvert=30^\circ+90^\circ=120^\circ,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert\angle ACB\rvert=120^\circ\)

**1 pkt** – wyznaczenie \(\lvert\angle ACS\rvert=30^\circ\) albo wykorzystanie prostopadłości stycznej i promienia. **2 pkt** – pełny dowód, że \(\lvert\angle ACB\rvert=120^\circ\).

Zadanie 29. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

Długość trzeciego boku jest równa \[|AC|=20.\]

Oznaczmy \(|AC|=b\). Z twierdzenia cosinusów dla kąta \(ACB=120^\circ\) otrzymujemy \[(10\sqrt7)^2=b^2+10^2-2\cdot b\cdot10\cos120^\circ.\] Ponieważ \(\cos120^\circ=-\frac12\), mamy \[700=b^2+100+10b,\] \[b^2+10b-600=0,\] \[(b-20)(b+30)=0.\] Stąd \(b=20\) lub \(b=-30\). Długość boku jest dodatnia, zatem \(|AC|=20\).

**4 pkt** – obliczenie \(|AC|=20\) **3 pkt** – zapisanie równania kwadratowego z jedną niewiadomą, np. \(b^2+10b-600=0\), prowadzącego do wyniku **2 pkt** – zapisanie poprawnego równania z twierdzenia cosinusów: \(700=b^2+100-20b\cos120^\circ\) **1 pkt** – zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABC\), zauważenie kąta zewnętrznego \(60^\circ\) albo poprowadzenie wysokości rozpoczynające poprawną strategię **0 pkt** – podanie samej odpowiedzi bez uzasadnienia albo rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów

Klucz CKE nie zawiera przy tym zadaniu osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** planimetria - twierdzenie cosinusów w trójkącie rozwartokątnym i rozwiązywanie równania kwadratowego.

Obwód trójkąta \(ABC\) jest równy \[120.\]

Oznaczmy \(\alpha=\angle CAD=\angle CAB\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ACD\): \[14^2=16^2+6^2-2\cdot16\cdot6\cos\alpha.\] Stąd \(\cos\alpha=\frac12\). Niech \(|BC|=|BD|=a\). Wtedy \(|AB|=a+6\). Stosujemy twierdzenie cosinusów w trójkącie \(ABC\): \[a^2=16^2+(a+6)^2-2\cdot16(a+6)\cdot\frac12.\] Po uproszczeniu otrzymujemy \(a=49\), zatem \(|BC|=49\) i \(|AB|=55\). Obwód wynosi \[16+49+55=120.\]

**4 pkt** – obliczenie obwodu równego \(120\) **3 pkt** – zapisanie poprawnego równania z niewiadomą długością \(|BC|=|BD|\), które pozwala obliczyć obwód **2 pkt** – obliczenie \(\cos\angle CAD=\frac12\) i wykonanie dalszego istotnego kroku prowadzącego do równania **1 pkt** – poprawne zastosowanie twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ACD\) albo wykonanie równoważnego koniecznego kroku **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** R7.5 stosowanie twierdzenia sinusów i twierdzenia cosinusów.

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

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

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

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

Teza została wykazana: \(\lvert BC\rvert^{2}-\lvert AC\rvert^{2}=\lvert AB\rvert\cdot\lvert AC\rvert\).

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle ABC\rvert\), \(a=\lvert BC\rvert\), \(b=\lvert AC\rvert\), \(c=\lvert AB\rvert\). Z założenia \(\lvert\angle BAC\rvert=2\alpha\), a trzeci kąt ma miarę \(180^\circ-3\alpha\). Teza przyjmuje postać \[a^{2}-b^{2}=bc.\] Z twierdzenia sinusów, w którym bok \(a\) leży naprzeciw kąta \(2\alpha\), bok \(b\) naprzeciw kąta \(\alpha\), a bok \(c\) naprzeciw kąta \(180^\circ-3\alpha\): \[\frac ab=\frac{\sin 2\alpha}{\sin\alpha}=2\cos\alpha,\qquad \frac cb=\frac{\sin 3\alpha}{\sin\alpha}.\] Dzielenie jest wykonalne, bo \(0^\circ<\alpha<60^\circ\) i \(\sin\alpha>0\). Ze wzoru na sinus potrojonego kąta \(\sin 3\alpha=3\sin\alpha-4\sin^{3}\alpha\) otrzymujemy \[\frac cb=3-4\sin^{2}\alpha=4\cos^{2}\alpha-1.\] Stąd \[a^{2}-b^{2}=b^{2}\left(\frac{a^{2}}{b^{2}}-1\right)=b^{2}\left(4\cos^{2}\alpha-1\right)=b^{2}\cdot\frac cb=bc,\] co jest równoważne tezie. **Odpowiedź.** \(\lvert BC\rvert^{2}-\lvert AC\rvert^{2}=\lvert AB\rvert\cdot\lvert AC\rvert\), co należało wykazać.

**Schemat oceniania I sposobu rozwiązania** **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający, przy przyjętych oznaczeniach, zapisze jedną z równości \(\tfrac{b}{x}=\) […]. **[…] pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający zapisze zależność, w której występują tylko wielkości \(a\), \(b\) i \(c\), ale nie wykaże tezy, np. zapisze \(b^2=a\cdot\) […]. **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający przeprowadzi pełne rozumowanie. **Schemat oceniania II sposobu rozwiązania** **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający, przy przyjętych oznaczeniach, zapisze obie równości: \(\tfrac{b}{\sin\alpha}=\tfrac{a}{2\sin\alpha\cos\alpha}\) oraz \(b^2=a^2+c^2-2ac\cos\alpha\). **2 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający zapisze zależność, w której występują tylko wielkości \(a\), \(b\) i \(c\), ale nie wykaże tezy, np. zapisze \(b^2=a^2+c^2-2ac\cdot\) […]. **3 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający przeprowadzi pełne rozumowanie.

Klasyfikacja rzeczowa: dowodzenie zależności miarowej w trójkącie z użyciem dwusiecznej, podobieństwa trójkątów lub twierdzeń sinusów i cosinusów.

\(C=\left(\dfrac83,\dfrac{14}{3}\right)\), \(D=(6,2)\). 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).

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

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.** \(\frac{2\sqrt6}{5}\).

Przeciwprostokątna ma długość \(5\), a przyprostokątna przyległa do kąta \(\alpha\) ma długość \(1\). Druga przyprostokątna ma więc długość \[\sqrt{5^2-1^2}=\sqrt{24}=2\sqrt6.\] Zatem \(\sin\alpha=\frac{2\sqrt6}{5}\).

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

Klucz CKE podaje tylko odpowiedź. **Klasyfikacja rzeczowa:** trygonometria, sinus kąta ostrego i twierdzenie Pitagorasa.

\[\cos\alpha\cdot\operatorname{tg}^2\beta=-1.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, przez \(h\) wysokość ściany bocznej poprowadzoną z wierzchołka podstawy, a przez \(c\) odcinek łączący ten wierzchołek podstawy ze spodkiem wysokości \(h\). Z twierdzenia cosinusów dla przekroju wyznaczającego kąt \(\alpha\): \[(a\sqrt2)^2=h^2+h^2-2h^2\cos\alpha,\] stąd \[\cos\alpha=\frac{h^2-a^2}{h^2}.\] Z twierdzenia Pitagorasa mamy \(c^2=a^2-h^2\). Ponadto \[\operatorname{tg}\beta=\frac hc,\qquad \operatorname{tg}^2\beta=\frac{h^2}{c^2}.\] Zatem \[\cos\alpha\cdot\operatorname{tg}^2\beta=\frac{h^2-a^2}{h^2}\cdot\frac{h^2}{c^2}=\frac{h^2-a^2}{c^2}=\frac{-c^2}{c^2}=-1.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 3 pkt** – pełny dowód **2 pkt** – poprawne wyznaczenie \(\cos\alpha\) i \(\operatorname{tg}^2\beta\) z drobną usterką końcową **1 pkt** – poprawne zastosowanie twierdzenia cosinusów albo Pitagorasa do właściwego przekroju **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** 9.4. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami. 9.1. Zdający rozpoznaje kąty między odcinkami i oblicza ich miary. 9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości.

\[\sqrt{145}.\]

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.

\[|AC|=\sqrt{\frac{253}{13}}.\]

Niech \(x=|AC|\) oraz \(\alpha=\angle ABC\). Ponieważ czworokąt jest wpisany w okrąg, \(\angle CDA=180^\circ-\alpha\). Z twierdzenia cosinusów w trójkątach \(ABC\) i \(ACD\): \[x^2=2^2+3^2-2\cdot2\cdot3\cos\alpha=13-12\cos\alpha,\] \[x^2=4^2+5^2-2\cdot4\cdot5\cos(180^\circ-\alpha)=41+40\cos\alpha.\] Porównanie równań daje \[13-12\cos\alpha=41+40\cos\alpha,\qquad \cos\alpha=-\frac7{13}.\] Wobec tego \[x^2=13-12\left(-\frac7{13}\right)=\frac{253}{13},\] czyli \(x=\sqrt{\frac{253}{13}}\).

**4 pkt** – poprawna długość \(\sqrt{\frac{253}{13}}\) **3 pkt** – otrzymanie \(AC^2=\frac{253}{13}\) **2 pkt** – poprawne ułożenie i porównanie obu równań z twierdzenia cosinusów **1 pkt** – zapisanie jednego poprawnego równania z twierdzenia cosinusów i wykorzystanie dopełniania się kątów przeciwległych **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7. Planimetria - czworokąt wpisany w okrąg oraz związki miarowe z użyciem twierdzenia cosinusów (R7.1, R7.5) .

\[|AB|=\frac{15}{2},\qquad |BC|=\frac{27-10\sqrt3}{2},\qquad |BD|=\frac{15+5\sqrt{21}}4.\]

Oznaczmy \(\alpha=\angle ADB\). Z twierdzenia sinusów w trójkącie \(ABD\): \[\frac{|AD|}{\sin60^\circ}=\frac{|AB|}{\sin\alpha}.\] Ponieważ \(|AD|=5\sqrt3\), \(\sin60^\circ=\frac{\sqrt3}{2}\) i \(\sin\alpha=\frac34\), otrzymujemy \[|AB|=\frac{15}{2}.\] Dla czworokąta opisanego na okręgu sumy długości przeciwległych boków są równe, więc \[|AD|+|BC|=|AB|+|CD|,\] a stąd \[|BC|=\frac{15}{2}+6-5\sqrt3=\frac{27-10\sqrt3}{2}.\] Niech \(f=|BD|\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABD\): \[75=\frac{225}{4}+f^2-2\cdot\frac{15}{2}\cdot f\cdot\frac12.\] Po uporządkowaniu \[4f^2-30f-75=0.\] Dodatnim rozwiązaniem jest \[f=\frac{15+5\sqrt{21}}4.\]

**4 pkt** – poprawne wyznaczenie wszystkich trzech długości i odrzucenie ujemnego rozwiązania równania dla \(|BD|\) **3 pkt** – poprawne wyznaczenie \(|BC|\) oraz obu rozwiązań równania pozwalającego obliczyć \(|BD|\) **2 pkt** – poprawne wyznaczenie \(|BC|\) albo zapisanie i rozwiązanie równania dla \(|BD|\) **1 pkt** – poprawne obliczenie \(|AB|=\frac{15}{2}\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający stosuje strategię wynikającą z treści zadania. **Wymagania szczegółowe:** Zdający stosuje twierdzenia sinusów i cosinusów oraz własność sum długości przeciwległych boków czworokąta opisanego na okręgu.

Teza wynika z twierdzenia sinusów: dana nierówność jest równoważna warunkowi \(a^{2}+b^{2}\lt c^{2}\), a wtedy z twierdzenia cosinusów \(\cos\gamma=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\lt 0\) (dowód w rozwiązaniu).

**Krok \(1\).** To zadanie na dowód. Założenie mówi o sinusach kątów, a teza o cosinusie — potrzebujemy więc mostu między nimi. Naturalnym pomostem są boki trójkąta: twierdzenie sinusów zamieni sinusy na boki, a twierdzenie cosinusów zamieni boki na \(\cos\gamma\). **Krok \(2\).** Oznaczmy przez \(a\), \(b\), \(c\) długości boków leżących naprzeciw kątów odpowiednio \(\alpha\), \(\beta\), \(\gamma\), a przez \(R\) promień okręgu opisanego na tym trójkącie. **Krok \(3\).** Z twierdzenia sinusów \[\frac{a}{\sin\alpha}=\frac{b}{\sin\beta}=\frac{c}{\sin\gamma}=2R,\] skąd \[\sin\alpha=\frac{a}{2R},\qquad \sin\beta=\frac{b}{2R},\qquad \sin\gamma=\frac{c}{2R}.\] **Krok \(4\).** Podstawiamy to do założenia: \[\frac{a^2}{4R^2}+\frac{b^2}{4R^2}\lt \frac{c^2}{4R^2}.\] **Krok \(5\).** Mnożymy obie strony przez \(4R^2\). Jest to liczba dodatnia, więc zwrot nierówności się nie zmienia: \[a^2+b^2\lt c^2,\qquad\text{czyli}\qquad a^2+b^2-c^2\lt 0.\] **Krok \(6\).** Z twierdzenia cosinusów dla kąta \(\gamma\) \[c^2=a^2+b^2-2ab\cos\gamma,\] skąd po przekształceniu \[\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}.\] **Krok \(7\).** W tym ułamku licznik jest ujemny na mocy kroku \(5\), a mianownik \(2ab\) jest dodatni, bo \(a\) i \(b\) są długościami boków. Iloraz liczby ujemnej i dodatniej jest ujemny, więc \[\cos\gamma\lt 0,\] co należało wykazać. **Uwaga.** Warto zauważyć sens geometryczny wyniku: z \(a^2+b^2\lt c^2\) wynika, że trójkąt jest rozwartokątny, a kąt rozwarty leży naprzeciw najdłuższego boku, czyli jest nim \(\gamma\) — a cosinus kąta rozwartego jest ujemny. W dowodzie kluczowe jest to, że mnożymy przez wielkości dodatnie (\(4R^2\) i \(2ab\)), więc znak nierówności zostaje zachowany. **Odpowiedź.** Z twierdzenia sinusów założenie jest równoważne nierówności \(a^2+b^2\lt c^2\), a wtedy \(\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\lt 0\), co kończy dowód.

**Schemat oceniania I sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: zastosowanie twierdzenia sinusów, np. zapisanie równości: \(\sin\alpha=\) […], \(\sin\beta=\) […], \(\sin\gamma=\) […], albo wzoru na pole trójkąta i zapisanie równości: \(\sin\alpha=\) […], \(\sin\beta=\) […], \(\sin\gamma=\) […]. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zapisanie nierówności \(a^2+b^2-c^2<0\). **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zastosowanie twierdzenia cosinusów do zapisania równości \(\cos\gamma=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\). **4 pkt** – rozwiązanie pełne: poprawne uzasadnienie, że \(\cos\gamma<0\). **Uwaga:** Jeżeli zdający zauważy, że z nierówności \(a^2+b^2<c^2\) wynika, że trójkąt jest rozwartokątny oraz \(\gamma\) jest kątem rozwartym, a stąd \(\cos\gamma<0\), to otrzymuje \(4\) punkty. **Schemat oceniania II sposobu rozwiązania** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: doprowadzenie nierówności do postaci […]. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: doprowadzenie nierówności do postaci […]. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: doprowadzenie nierówności do postaci \(\cos(\alpha+\beta)>0\). **4 pkt** – rozwiązanie pełne: poprawne uzasadnienie, że \(\cos\gamma<0\).

Zadanie 14. (0–4) Wykaż, że jeżeli ,, są kątami wewnętrznymi trójkąta i sin2 sin2  sin2 , to cos  0 . R7.5. Zdający znajduje związki miarowe w figurach płaskich V. Rozumowanie z zastosowaniem twierdzenia sinusów i twierdzenia i argumentacja cosinusów. Rozwiązanie (I sposób): Niech a, b, c oznaczają długości boków trójkąta leżących naprzeciwko kątów, odpowiednio, ,,, i niech R będzie promieniem okręgu opisanego na tym trójkącie. Z twierdzenia sinusów otrzymujemy a b c sin , sin   , sin  . 2R 2R 2R Zatem nierówność sin2 sin2  sin2  możemy zapisać w postaci 2 2 2  a   b   c          .  2R   2R   2R  Stąd a2  b2  c2 , czyli a2  b2  c2  0 . Zatem z twierdzenia cosinusów otrzymujemy a2  b2  c2 cos   0 . 2ab Uwaga: Zamiast wykorzystać twierdzenie sinusów możemy również skorzystać ze wzoru na pole trójkąta i wówczas otrzymujemy 2P 2P 2P sin , sin   , sin  bc ac ab Dalsza część rozwiązania przebiega tak samo. Schemat oceniania: Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania – 1 p. Zastosowanie a b c  twierdzenia sinusów, np. zapisanie równości: sin , sin   , sin  2R 2R 2R albo 2P 2P 2P  wzoru na pole trójkąta i zapisanie równości: sin , sin   , sin  bc ac ab Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 2 p. Zapisanie nierówności a2  b2  c2  0 . Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 3 p. a2  b2  c2 Zastosowanie twierdzenia cosinusów do zapisania równości cos  . 2ab Rozwiązanie pełne – 4 p. Poprawne uzasadnienie, że cos  0 . Uwaga: Jeżeli zdający zauważy, że z nierówności a2  b2  c2 wynika, że trójkąt jest rozwartokątny oraz jest kątem rozwartym, a stąd cos  0 , to otrzymuje 4 punkty. Rozwiązanie (II sposób): Ponieważ   180    , więc sin sin  180     sin   . Nierówność sin2 sin2  sin2  możemy zapisać w postaci sin2 sin2  sin2   . Ze wzoru na sinus sumy kątów otrzymujemy sin2 sin2  sincos cossin 2 sin2 sin2  sin2cos2  2sincoscossin cos2sin2  sin2 sin2cos2  sin2  cos2sin2  2sincoscossin sin2  1 cos2    sin2   1 cos2   2sincoscossin  sin2sin2  sin2 sin2 2sincoscossin  2sin2sin2  2sincoscossin  sin2sin2  sincoscossin  Obie strony nierówności możemy podzielić przez sinsin  0 , otrzymując sinsin  coscos coscos sinsin 0 cos    0 Stąd wynika, że   90 , więc   90 . To oznacza, że cos  0 , co kończy dowód. Schemat oceniania II sposobu rozwiązania Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania – 1 p. Doprowadzenie nierówności do postaci sin2 sin2  sin2   Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp – 2 p. Doprowadzenie nierówności do postaci sin2 sin2  sin2cos2  2sincoscossin cos2sin2  Pokonanie zasadniczych trudności zadania – 3 p. Doprowadzenie nierówności do postaci cos    0 Rozwiązanie pełne – 4 p. Poprawne uzasadnienie, że cos  0 .

Krótsza przekątna ma długość \(4\).

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

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

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

Najmniejsza wartość wynosi \(20\). Niech a+b=\(4\), a kąt między tymi bokami ma \(120\)°. Z twierdzenia cosinusów \(c^{2}\)=\(a^{2}\)+\(b^{2}\)+ab. Suma S=\(a^{2}\)+\(b^{2}\)+\(c^{2}\) po podstawieniu b=\(4\)−a ma postać S(a)=\(3\)\(a^{2}\)−\(12a\)+\(32\) i osiąga minimum dla a=\(2\).

**Krok \(1\).** Dane są dwa boki (a właściwie ich suma) i kąt między nimi — to wprost sytuacja z twierdzenia cosinusów, które pozwoli wyrazić trzeci bok przez dwa pierwsze. Warunek \(a+b=4\) pozwoli potem zejść do jednej zmiennej, a szukanie najmniejszej wartości sprowadzi się do wierzchołka paraboli. **Krok \(2\).** Oznaczmy przez \(a\) i \(b\) długości boków tworzących kąt \(120^\circ\), a przez \(c\) długość trzeciego boku. Z treści \(a+b=4\). **Krok \(3\).** Twierdzenie cosinusów dla kąta \(120^\circ\), przy czym \(\cos120^\circ=-\frac12\): \[c^2=a^2+b^2-2ab\cos120^\circ=a^2+b^2-2ab\cdot\left(-\frac12\right)=a^2+b^2+ab.\] **Krok \(4\).** Suma kwadratów wszystkich boków wynosi więc \[S=a^2+b^2+c^2=a^2+b^2+(a^2+b^2+ab)=2(a^2+b^2)+ab.\] **Krok \(5\).** Podstawiamy \(b=4-a\). Liczymy osobno oba składniki: \[a^2+b^2=a^2+(4-a)^2=a^2+16-8a+a^2=2a^2-8a+16,\] \[ab=a(4-a)=4a-a^2.\] **Krok \(6\).** Wstawiamy do wzoru na \(S\): \[S(a)=2\big(2a^2-8a+16\big)+4a-a^2=4a^2-16a+32+4a-a^2=3a^2-12a+32.\] **Krok \(7\).** Dziedziną są te \(a\), dla których trójkąt istnieje: \(a\gt 0\) oraz \(b=4-a\gt 0\), czyli \(a\in(0,4)\). **Krok \(8\).** Współczynnik przy \(a^2\) jest dodatni, więc najmniejszą wartość funkcja przyjmuje w wierzchołku: \[a_w=\frac{12}{2\cdot3}=2,\] a liczba \(2\) należy do przedziału \((0,4)\). **Krok \(9\).** Obliczamy wartość najmniejszą: \[S(2)=3\cdot4-12\cdot2+32=12-24+32=20.\] (Wtedy \(a=b=2\), \(c^2=4+4+4=12\), czyli \(c=2\sqrt3\) — taki trójkąt rzeczywiście istnieje.) **Uwaga.** Kąt \(120^\circ\) jest rozwarty, więc jego cosinus jest ujemny i po podstawieniu do twierdzenia cosinusów minus zamienia się w plus: \(c^2=a^2+b^2+ab\). Trzeba też sprawdzić, czy wierzchołek paraboli mieści się w dziedzinie — tu mieści się, więc odpowiedź jest po prostu wartością w wierzchołku. **Odpowiedź.** Najmniejsza wartość sumy kwadratów długości boków wynosi \(20\).

**1 pkt** – zdający wyznaczy kwadrat długości trzeciego boku tego trójkąta i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – zdający zapisze sumę kwadratów długości boków tego trójkąta jako funkcję jednej zmiennej: \(S(a)=3a^{2}-12a+32\) lub \(S(b)=3b^{2}-12b+32\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **4 pkt** – zdający obliczy i zapisze, że najmniejsza wartość sumy kwadratów długości boków tego trójkąta jest równa \(20\). Jeżeli zdający zapisze sumę kwadratów długości boków tego trójkąta jako funkcję jednej zmiennej z błędem rachunkowym i na tym zakończy, to otrzymuje \(2\) punkty.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: twierdzenie cosinusów i minimum funkcji kwadratowej.

\[\cos\alpha=\frac{\sqrt7-1}{3}.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, przez \(b\) długość krawędzi bocznej, a przez \(\alpha\) szukany kąt. Punkt \(O\) to środek podstawy — z rysunku odczytujemy, że jest to spodek wysokości ostrosłupa. **Kąt nachylenia krawędzi \(AS\) do podstawy.** Rzutem odcinka \(AS\) na płaszczyznę podstawy jest \(AO\), a \(\lvert AO\rvert\) to promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym: \[\lvert AO\rvert=\frac{a\sqrt3}{3},\qquad \cos\alpha=\frac{\lvert AO\rvert}{\lvert AS\rvert}=\frac{a\sqrt3}{3b}.\] **Kąt \(ASB\).** Trójkąt \(ASB\) jest równoramienny (\(\lvert AS\rvert=\lvert BS\rvert=b\)) o podstawie \(a\), więc z twierdzenia cosinusów \[a^{2}=2b^{2}-2b^{2}\cos\alpha,\qquad \cos\alpha=\frac{2b^{2}-a^{2}}{2b^{2}}=1-\frac{a^{2}}{2b^{2}}.\] Z pierwszej zależności \(\dfrac ab=\dfrac{3\cos\alpha}{\sqrt3}=\sqrt3\cos\alpha\). Podstawiamy to do drugiej: \[\cos\alpha=1-\frac{3\cos^{2}\alpha}{2},\qquad 3\cos^{2}\alpha+2\cos\alpha-2=0.\] Rozwiązujemy równanie kwadratowe względem \(\cos\alpha\): \[\cos\alpha=\frac{-2\pm\sqrt{4+24}}{6}=\frac{-1\pm\sqrt7}{3}.\] Kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy jest ostry, więc \(\cos\alpha>0\) i pierwiastek ujemny odrzucamy. **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\dfrac{\sqrt7-1}{3}\approx0{,}549\).

**1 pkt** – zdający wyznaczy cosinus kąta \(SAO\): \(\cos\alpha=[…]\), albo wyznaczy cosinus kąta \(ASB\): \(\cos\alpha=\tfrac{2b^{2}-a^{2}}{2b^{2}}\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **2 pkt** – zdający wyznaczy cosinusy obu kątów: \(\cos\alpha=[…]\) i \(\cos\alpha=\tfrac{2b^{2}-a^{2}}{2b^{2}}\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – zdający zapisze równość \([…]=\tfrac{2b^{2}-a^{2}}{2b^{2}}\), doprowadzi ją do postaci równania kwadratowego z jedną niewiadomą, np. \(a\), i parametrem \(b\), np. \(3a^{2}+2ab\sqrt{3}-6b^{2}=0\), i podejmie próbę rozwiązania tego równania, obliczając na przykład wyróżnik trójmianu \(3a^{2}+2ab\sqrt{3}-6b^{2}\): \(\Delta=12b^{2}+72b^{2}\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Jeżeli zdający rozważy równanie z niewiadomą \(b\) i parametrem \(a\): \(6b^{2}-2ab\sqrt{3}-3a^{2}=0\), to wyróżnik trójmianu \(6b^{2}-2ab\sqrt{3}-3a^{2}\) równa się \(\Delta=12a^{2}+72a^{2}\). **4 pkt** – rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe). **5 pkt** – zdający rozwiąże powyższe równanie, a następnie obliczy cosinus szukanego kąta: \(\cos\alpha=\tfrac{\sqrt{7}-1}{3}\).

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: kąty i związki miarowe w ostrosłupie prawidłowym trójkątnym.

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

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).

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.

\[\lvert AD\rvert=\frac{4\sqrt{21}}{3}.\]

Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny o podstawie \(AB\), więc \(\lvert\angle ABC\rvert=\lvert\angle BAC\rvert=30^\circ\). Niech \(E\) będzie środkiem podstawy; wtedy \(\lvert BE\rvert=4\) i kąt \(BEC\) jest prosty. Z trójkąta \(BEC\) \[\lvert BC\rvert=\frac{\lvert BE\rvert}{\cos 30^\circ}=\frac{4}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\frac{8}{\sqrt3}.\] Punkt \(D\) jest środkiem boku \(BC\), zatem \(\lvert BD\rvert=\dfrac{4}{\sqrt3}\). W trójkącie \(ABD\) kąt przy wierzchołku \(B\) ma miarę \(30^\circ\), więc z twierdzenia cosinusów \[\lvert AD\rvert^{2}=8^{2}+\left(\frac{4}{\sqrt3}\right)^{2}-2\cdot8\cdot\frac{4}{\sqrt3}\cdot\cos 30^\circ=64+\frac{16}{3}-32=\frac{112}{3}.\] Stąd \[\lvert AD\rvert=\sqrt{\frac{112}{3}}=\frac{4\sqrt7}{\sqrt3}=\frac{4\sqrt{21}}{3}.\] **Odpowiedź.** \(\lvert AD\rvert=\dfrac{4\sqrt{21}}{3}\).

*Schemat oceniania I sposobu rozwiązania* **1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń i obliczenie długości odcinka \(BC\) lub \(CE\): \(\lvert BC\rvert=\frac{8}{\sqrt{3}}\) lub \(\lvert CE\rvert=\frac{4}{\sqrt{3}}\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – obliczenie długości odcinka \(BD\): \(\lvert BD\rvert=\frac{4}{\sqrt{3}}\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABD\): \(\lvert AD\rvert^{2}=8^{2}+\left(\frac{4}{\sqrt{3}}\right)^{2}-2\cdot 8\cdot\frac{4}{\sqrt{3}}\cdot\cos 30^\circ\). **4 pkt** – wyznaczenie długości środkowej \(AD\): \(\lvert AD\rvert=\sqrt{\frac{112}{3}}\). *Schemat oceniania II sposobu rozwiązania* **1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń i zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABC\), np. \(8^{2}=x^{2}+x^{2}-2x^{2}\cos 120^\circ\). **2 pkt** – obliczenie \(x\) lub \(x^{2}\): \(x=\frac{8}{\sqrt{3}}\), \(x^{2}=\frac{64}{3}\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ADC\). **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie długości środkowej \(AD\): \(y=\sqrt{\frac{112}{3}}\). *Schemat oceniania III sposobu rozwiązania* **1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń i zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ABC\), np. \(x^{2}=8^{2}+x^{2}-2\cdot 8\cdot x\cos 30^\circ\). **2 pkt** – obliczenie \(x\) lub \(x^{2}\): \(x=\frac{8}{\sqrt{3}}\), \(x^{2}=\frac{64}{3}\). **3 pkt** – zapisanie twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(ADC\). **4 pkt** – wyznaczenie długości środkowej \(y\): \(y=\sqrt{\frac{112}{3}}\). *Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania* **1 pkt** – obliczenie długości odcinka \(FB\): \(\lvert FB\rvert=2\). **2 pkt** – obliczenie długości odcinka \(DF\): \(\lvert DF\rvert=\frac{2}{\sqrt{3}}\). **3 pkt** – zapisanie równości wynikającej z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta \(ADF\): \(\lvert AD\rvert^{2}=\lvert AF\rvert^{2}+\lvert DF\rvert^{2}\). **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie długości środkowej \(AD\): \(\lvert AD\rvert=\sqrt{\frac{112}{3}}\). *Schemat oceniania V sposobu rozwiązania* **1 pkt** – obliczenie długości odcinka \(CE\): \(\lvert CE\rvert=\frac{4}{\sqrt{3}}\). **2 pkt** – zapisanie, że \(\lvert AS\rvert=\frac{2}{3}\lvert AD\rvert\) i \(\lvert SE\rvert=\frac{1}{3}\lvert CE\rvert\). **3 pkt** – zapisanie równości wynikającej z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta \(ASE\). **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie długości środkowej \(AD\): \(\lvert AD\rvert=\sqrt{\frac{112}{3}}\). Jeśli zdający błędnie wyznaczy wartość \(\cos 30^\circ\) i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca, to otrzymuje \(3\) punkty. Jeśli zdający błędnie wyznaczy wartość \(\cos 120^\circ\) (np. zapomina o znaku) i konsekwentnie doprowadzi rozwiązanie do końca, to otrzymuje \(3\) punkty. Rozwiązanie analityczne jest zastosowaniem IV sposobu rozwiązania.

IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w figurach płaskich z zastosowaniem trygonometrii.

Teza została wykazana: \(\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{a^{2}+c^{2}-b^{2}}=\dfrac{\operatorname{tg}\beta}{\operatorname{tg}\alpha}\).

Z rysunku odczytujemy, że bok \(a\) leży naprzeciw kąta \(\alpha\), a bok \(b\) naprzeciw kąta \(\beta\). Twierdzenie cosinusów zastosowane kolejno do kątów \(\alpha\) i \(\beta\) daje \[a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos\alpha,\qquad b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos\beta,\] czyli \[b^{2}+c^{2}-a^{2}=2bc\cos\alpha,\qquad a^{2}+c^{2}-b^{2}=2ac\cos\beta.\] Trójkąt jest ostrokątny, więc \(\cos\alpha>0\) i \(\cos\beta>0\); mianownik jest zatem różny od zera i można podzielić stronami: \[\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{a^{2}+c^{2}-b^{2}}=\frac{2bc\cos\alpha}{2ac\cos\beta}=\frac{b\cos\alpha}{a\cos\beta}.\] Z twierdzenia sinusów \(\dfrac ba=\dfrac{\sin\beta}{\sin\alpha}\), więc \[\frac{b\cos\alpha}{a\cos\beta}=\frac{\sin\beta\cos\alpha}{\sin\alpha\cos\beta}=\frac{\sin\beta}{\cos\beta}\cdot\frac{\cos\alpha}{\sin\alpha}=\frac{\operatorname{tg}\beta}{\operatorname{tg}\alpha}.\] **Odpowiedź.** \(\dfrac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{a^{2}+c^{2}-b^{2}}=\dfrac{\operatorname{tg}\beta}{\operatorname{tg}\alpha}\), co należało wykazać.

*Schemat punktowania CKE zachował się przy tym zadaniu bez liczb: cyfry stały w wąskiej kolumnie tabeli i nie przetrwały odczytu arkusza. Poziomy oceniania zostają, punktów nie dopisujemy — zgadnięty próg to źle policzona praca.* *Schemat oceniania I sposobu rozwiązania* **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania** – zapisanie zależności: \(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos\alpha\) i \(b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos\beta\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – przekształcenie zależności do postaci: \(2bc\cos\alpha=b^{2}+c^{2}-a^{2}\) i \(2ac\cos\beta=a^{2}+c^{2}-b^{2}\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – wykorzystanie twierdzenia cosinusów i zapisanie, że \(\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{a^{2}+c^{2}-b^{2}}=\frac{b\cos\alpha}{a\cos\beta}\). **Rozwiązanie pełne** – wykorzystanie twierdzenia sinusów i wykazanie tezy. *Schemat oceniania II sposobu rozwiązania* **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania zadania** – zapisanie, że \(\frac{\operatorname{tg}\beta}{\operatorname{tg}\alpha}=\frac{\sin\beta\cos\alpha}{\sin\alpha\cos\beta}\) i wykorzystanie twierdzenia sinusów: \(\frac{\sin\beta}{\sin\alpha}=\frac{b}{a}\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – wykorzystanie twierdzenia cosinusów i zapisanie zależności: \(a^{2}=b^{2}+c^{2}-2bc\cos\alpha\) i \(b^{2}=a^{2}+c^{2}-2ac\cos\beta\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – przekształcenie zależności do postaci: \(\cos\alpha=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}\) i \(\cos\beta=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}\). **Rozwiązanie pełne** – \([\ldots]\)

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: dowód tożsamości z zastosowaniem twierdzenia sinusów i cosinusów.

\[R=\frac{7\sqrt3}{3}.\]

Oznaczmy \(\alpha=\lvert\angle CAB\rvert\). Ze wzoru na pole trójkąta \[P=\tfrac12\lvert AC\rvert\cdot\lvert AB\rvert\sin\alpha,\qquad 10\sqrt3=\tfrac12\cdot5\cdot8\cdot\sin\alpha,\qquad \sin\alpha=\frac{\sqrt3}{2}.\] Trójkąt jest ostrokątny, więc \(\alpha<90^\circ\); spośród dwóch kątów o sinusie \(\tfrac{\sqrt3}{2}\) wybieramy \(\alpha=60^\circ\), a nie \(120^\circ\). Wtedy \(\cos\alpha=\tfrac12\). Z twierdzenia cosinusów \[\lvert BC\rvert^{2}=5^{2}+8^{2}-2\cdot5\cdot8\cdot\tfrac12=89-40=49,\qquad \lvert BC\rvert=7.\] Bok \(BC\) leży naprzeciw kąta \(\alpha\), więc z twierdzenia sinusów \[2R=\frac{\lvert BC\rvert}{\sin\alpha}=\frac{7}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\frac{14}{\sqrt3},\qquad R=\frac{7}{\sqrt3}=\frac{7\sqrt3}{3}.\] **Odpowiedź.** \(R=\dfrac{7\sqrt3}{3}\).

Zadanie 7. (4 pkt) Dany jest trójkąt ostrokątny ABC, w którym ACI = 5 i I ABI = 8 . Pole tego trójkąta jest równe . Oblicz promień okręgu opisanego na tym trójkącie. Rozwiązanie Oznaczamy = a oraz R - promień okręgu opisanego na trójkącie ABC. Obliczamy sina ze wzoru na pole trójkąta; 5 • 8 • sina AD = 2 = I stąd sin a — 2 1 a jest kątem ostrym Więc cosa = 2 Korzystamy z tw. cosinusów do obliczenia długości boku BC: IBc12 IBcI=7 Promień okręgu opisanego na trójkącie ABC obliczamy korzystając z tw. sinusów: 70 7 czyli R 3 2 Schemat oceniania Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny do rozwiązan zadania Obliczenie sina : sina = 2 Istotny postęp. 1 • obliczenie cosa = — 2 albo • obliczenie długości odcinków, na jakle wysokość trójkąta dzieli bok AB. IBDI = 5,51ub dla boku AC: i ECI=I Pokonanie zasadniczych trudności zadania . Obliczenie IBCI: IBcI=7. Rozwiązanie pełne 70 Obliczenie: R — 3 Uwaga: l. Jeżeli zdający w obliczeniach popełni błąd rachunkowy i konsekwentnie do popełnioneś błędu obliczy promień okręgu opisanego na trójkącie ABC, to przyznajen 4 punkty. 2011-09-14 14

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: zastosowanie wzoru na pole oraz twierdzeń sinusów i cosinusów w trójkącie.

\(\cos\alpha=-\frac13\)

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi ostrosłupa \(ABCDS\). Wszystkie krawędzie są równe, więc podstawa \(ABCD\) jest kwadratem o boku \(a\), a każda ściana boczna jest trójkątem równobocznym o boku \(a\). Kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi \(ABS\) i \(BCS\) to kąt dwuścienny o krawędzi \(SB\). Zaznaczamy go, prowadząc w obu ścianach wysokości opuszczone na krawędź \(SB\): z wierzchołka \(A\) i z wierzchołka \(C\). W trójkącie równobocznym o boku \(a\) wysokość ma długość \(\frac{a\sqrt3}{2}\), a jej spodkiem jest środek boku \(SB\) — ten sam punkt dla obu ścian. Kątem szukanym jest więc kąt \(\alpha\) między tymi dwiema wysokościami. Trzecim bokiem trójkąta wyznaczonego przez te wysokości jest przekątna podstawy: \[|AC|=a\sqrt2.\] Stosujemy twierdzenie cosinusów: \[\left(a\sqrt2\right)^2=\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2+\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2-2\cdot\frac{a\sqrt3}{2}\cdot\frac{a\sqrt3}{2}\cdot\cos\alpha,\] \[2a^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-\frac{3a^2}{2}\cos\alpha,\] \[2a^2=\frac{3a^2}{2}-\frac{3a^2}{2}\cos\alpha.\] Dzielimy obie strony przez \(a^2>0\): \[2=\frac32-\frac32\cos\alpha,\qquad\frac32\cos\alpha=-\frac12,\qquad\cos\alpha=-\frac13.\] Wartość ujemna potwierdza, że kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi jest rozwarty. **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=-\frac13\).

*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)** – zaznaczenie na rysunku szukanego kąta. […] **11.2. (1 pkt)** – obliczenie długości przekątnej podstawy i wysokości ściany bocznej: \(a\sqrt{2}\) i \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\), gdzie \(a\) oznacza długość krawędzi ostrosłupa. **11.3. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia kosinusów w trójkącie, w którym występuje kąt dwuścienny \(\alpha\): \(\left(a\sqrt{2}\right)^{2}=\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}-2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\cos\alpha\). **11.4. (1 pkt)** – obliczenie kosinusa kąta \(\alpha\): \(\cos\alpha=-\frac{1}{3}\). **II metoda rozwiązania: (czynności 11.3 i 11.4)** **11.3. (1 pkt)** – zastosowanie definicji funkcji sinus dla połowy kąta \(\alpha\): \(\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\). **11.4. (1 pkt)** – wyznaczenie kosinusa kąta \(\alpha\): \(\cos\alpha=1-2\cdot\sin^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)=-\frac{1}{3}\). Jeśli zdający obliczy przybliżoną wartość kąta \(\alpha\), a następnie wartość kąta \(\alpha\) i poprawnie ustali na tej podstawie przybliżoną wartość \(\cos\alpha\), to otrzymuje punkty w czynnościach 11.3 i 11.4. Za samo obliczenie przybliżonej wartości kąta \(\alpha\) nie przyznajemy punktów w czynności […] Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą niż przedstawiona 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.

\(\cos\alpha=\frac14\); 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.

Trójkąt \(DEF\) jest równoboczny.

Niech \(a\) oznacza długość boku kwadratu \(ABCD\). Trójkąty \(AEB\) i \(BFC\) są równoboczne o boku \(a\), więc \[\lvert AE\rvert=\lvert BE\rvert=\lvert BF\rvert=\lvert CF\rvert=a=\lvert AD\rvert=\lvert CD\rvert.\] Obliczamy kąty przy wierzchołkach \(A\), \(B\) i \(C\). Trójkąty zbudowano na zewnątrz kwadratu, więc \[\lvert\angle DAE\rvert=\lvert\angle DAB\rvert+\lvert\angle BAE\rvert=90^\circ+60^\circ=150^\circ,\] \[\lvert\angle DCF\rvert=90^\circ+60^\circ=150^\circ,\] \[\lvert\angle EBF\rvert=360^\circ-90^\circ-60^\circ-60^\circ=150^\circ.\] Trójkąty \(DAE\), \(DCF\) i \(EBF\) mają zatem po dwa boki długości \(a\) i równe kąty \(150^\circ\) między nimi, więc są przystające (cecha bok-kąt-bok). Ich trzecie boki są równe: \[\lvert DE\rvert=\lvert DF\rvert=\lvert EF\rvert,\] czyli trójkąt \(DEF\) jest równoboczny, co należało uzasadnić. (Dla porządku: z twierdzenia cosinusów \(\lvert DE\rvert^2=2a^2-2a^2\cos150^\circ=a^2\left(2+\sqrt3\right)\).) **Odpowiedź.** Trójkąt \(DEF\) jest równoboczny.

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **11.1. (1 pkt)** – uzasadnienie, że trójkąty \(DCF\), \(DAE\) i \(EBF\) są równoramienne (wykorzystanie założenia, że \(AB=BC=CD=DA\) i trójkąty \(AEB\) oraz \(BFC\) są równoboczne). (na rysunku zaznaczony punkt \(E\)) **11.2. (1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(DAE\) lub \(FCD\): \(\angle DAE=\angle FCD=90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}\). **11.3. (1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(EBF\): \(\angle EBF=360^{\circ}-2\cdot 60^{\circ}-90^{\circ}=150^{\circ}\). **11.4. (1 pkt)** – zapisanie, że trójkąty \(DCF\), \(DAE\) i \(EBF\) są przystające (z cechy przystawania bkb), i wyciągnięcie wniosku o równości boków trójkąta \(DEF\).

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

\[P_{ABCD}=\frac{7\sqrt3}{2}.\]

Przekątna \(BD\) dzieli czworokąt na trójkąty \(ABD\) i \(BCD\). W trójkącie \(ABD\) znamy dwa boki i kąt między nimi, więc z twierdzenia cosinusów \[\lvert BD\rvert^{2}=2^{2}+4^{2}-2\cdot2\cdot4\cos 60^\circ=20-8=12,\qquad \lvert BD\rvert=2\sqrt3.\] W trójkącie \(BCD\) mamy \(\lvert BC\rvert=\sqrt3\), \(\lvert CD\rvert=3\) oraz \(\lvert BD\rvert=2\sqrt3\). Ponieważ \[(\sqrt3)^{2}+3^{2}=3+9=12=(2\sqrt3)^{2},\] z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa kąt \(BCD\) jest prosty. Zatem \[P_{ABCD}=\tfrac12\cdot2\cdot4\cdot\sin 60^\circ+\tfrac12\cdot\sqrt3\cdot3=2\sqrt3+\tfrac{3\sqrt3}{2}=\frac{7\sqrt3}{2}.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABCD}=\dfrac{7\sqrt3}{2}\).

*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.* **7.1. (1 pkt)** – obliczenie długości przekątnej \(BD\) (leżącej naprzeciw kąta \(DAB\)): \(BD=2\sqrt{3}\). **7.2. (1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(C\) leżącego naprzeciw kąta \(A\) (wykorzystanie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa lub twierdzenia kosinusów): \(\angle BCD=90^{\circ}\). **7.3. (1 pkt)** – zapisanie pola \(P\) czworokąta \(ABCD\) jako sumy pól dwóch trójkątów, np.: \(P_{ABCD}=P_{ABD}+P_{BCD}\). **7.4. (1 pkt)** – obliczenie pola czworokąta \(ABCD\): \(P=\frac{7\sqrt{3}}{2}\).

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.

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

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

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **9.1. (1 pkt)** – […] ramienia trapezu \(BC=2x+3x\), długości podstaw \(AB=6x\), \(CD=4x\). **9.2. (1 pkt)** – wykorzystanie twierdzenia Pitagorasa i wyznaczenie \(x\): \(x=\frac{\sqrt{6}}{6}r\). **9.3. (1 pkt)** – wyznaczenie długości ramienia: \(BC=\frac{5\sqrt{6}}{6}r\). **9.4. (1 pkt)** – wyznaczenie długości przekątnej trapezu: \(BD=\frac{7\sqrt{6}}{6}r\). **9.5. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia cosinusów w trójkącie \(BCD\): \[\left(\frac{2\sqrt{6}}{3}r\right)^{2}=\left(\frac{5\sqrt{6}}{6}r\right)^{2}+\left(\frac{7\sqrt{6}}{6}r\right)^{2}-2\cdot\frac{5\sqrt{6}}{6}r\cdot\left(\frac{7\sqrt{6}}{6}r\right)\cdot\cos\angle CBD.\] **9.6. (1 pkt)** – wykonanie obliczeń i podanie odpowiedzi: \(\cos\angle CBD=\frac{29}{35}\).

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

\(\lvert AB\rvert\approx585\ \mathrm{m}\).

Z rysunku odczytujemy, że punkty \(A\), \(B\), \(C\) są wierzchołkami trójkąta, w którym \(\lvert\angle ABC\rvert=130^\circ\) oraz \(\lvert\angle ACB\rvert=30^\circ\). Suma kątów trójkąta daje \[\lvert\angle BAC\rvert=180^\circ-130^\circ-30^\circ=20^\circ.\] Bok \(AB\) leży naprzeciw kąta \(ACB\), a bok \(BC\) naprzeciw kąta \(BAC\), więc z twierdzenia sinusów \[\frac{\lvert AB\rvert}{\sin 30^\circ}=\frac{\lvert BC\rvert}{\sin 20^\circ},\qquad \lvert AB\rvert=\frac{400\cdot\sin 30^\circ}{\sin 20^\circ}=\frac{200}{\sin 20^\circ}.\] Ponieważ \(\sin 20^\circ\approx0{,}3420\), otrzymujemy \(\lvert AB\rvert\approx584{,}8\ \mathrm{m}\). **Odpowiedź.** Odległość między obiektami \(A\) i \(B\) wynosi około \(585\ \mathrm{m}\).

*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.* **2.1. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia sinusów do wyznaczenia szukanej odległości: np. \(\frac{400}{\sin 20^\circ}=\frac{AB}{\sin 30^\circ}\). **2.2. (1 pkt)** – obliczenie odległości obiektu \(A\) od obiektu \(B\): \(AB=\frac{200}{\sin 20^\circ}\). **2.3. (1 pkt)** – podanie odpowiedzi: \(585\) metrów.

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.

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

**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.

Dla kąta \(\alpha\) leżącego naprzeciw boku długości \(1\): \(\cos\alpha=\frac{7}{8}\) oraz \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{15}}{8}\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy sytuację: znamy wszystkie trzy boki trójkąta i szukamy kąta. To jest standardowe zastosowanie twierdzenia cosinusów — jedynego narzędzia, które wiąże trzy boki z jednym kątem. **Krok \(2\).** Ustalamy, o który kąt chodzi. Najkrótszy bok ma długość \(1\) (bo \(1\lt\frac32\lt 2\)). Kąt \(\alpha\) leżący naprzeciw niego jest zawarty między bokami \(\frac32\) i \(2\). **Krok \(3\).** Zapisujemy twierdzenie cosinusów w postaci: kwadrat boku leżącego naprzeciw kąta \(\alpha\) równa się sumie kwadratów pozostałych boków minus podwojony ich iloczyn razy \(\cos\alpha\): \[1^2=\left(\frac32\right)^2+2^2-2\cdot\frac32\cdot 2\cdot\cos\alpha.\] **Krok \(4\).** Liczymy prawą stronę: \[1=\frac94+4-6\cos\alpha,\qquad 1=\frac{25}{4}-6\cos\alpha.\] **Krok \(5\).** Wyznaczamy cosinus: \[6\cos\alpha=\frac{25}{4}-1=\frac{21}{4},\qquad \cos\alpha=\frac{21}{24}=\frac78.\] **Krok \(6\).** Sinus liczymy z jedynki trygonometrycznej: \[\sin^2\alpha=1-\cos^2\alpha=1-\left(\frac78\right)^2=1-\frac{49}{64}=\frac{15}{64}.\] **Krok \(7\).** Wyciągamy pierwiastek. Kąt \(\alpha\) jest kątem wewnętrznym trójkąta, więc \(0^\circ\lt\alpha\lt 180^\circ\), a wtedy \(\sin\alpha\gt 0\). Bierzemy więc tylko wartość dodatnią: \[\sin\alpha=\sqrt{\frac{15}{64}}=\frac{\sqrt{15}}{8}.\] **Uwaga.** Z równania \(\sin^2\alpha=\frac{15}{64}\) formalnie wynikają dwie możliwości, \(\pm\frac{\sqrt{15}}{8}\), ale ujemną odrzucamy: sinus każdego kąta wewnętrznego trójkąta jest dodatni. Dodatkowo \(\cos\alpha=\frac78\gt 0\) potwierdza, że \(\alpha\) jest kątem ostrym. Zwróć też uwagę, żeby w twierdzeniu cosinusów po lewej stronie postawić kwadrat boku LEŻĄCEGO NAPRZECIW szukanego kąta — zamiana boków miejscami daje zupełnie inny wynik. **Odpowiedź.** Dla kąta \(\alpha\) leżącego naprzeciw boku długości \(1\): \(\cos\alpha=\frac{7}{8}\) oraz \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{15}}{8}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Wykonuję rysunek pomocniczy, na którym zaznaczam poszukiwany kąt. […] Wykorzystuję twierdzenie cosinusów do zapisania równania: \((1)^{2}=\left(\frac{3}{2}\right)^{2}+2^{2}-2\cdot\frac{3}{2}\cdot 2\cdot\cos\alpha\) i obliczam wartość cosinusa kąta \(\alpha\): \(\cos\alpha=\frac{7}{8}\). Wartość funkcji sinus kąta \(\alpha\) wyznaczam z tożsamości trygonometrycznej \(\sin^{2}\alpha+\cos^{2}\alpha=1\). \(\sin^{2}\alpha+\left(\frac{7}{8}\right)^{2}=1\), \(\sin^{2}\alpha=\frac{15}{64}\). Kąt \(\alpha\) jest kątem ostrym, więc \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{15}}{8}\).

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.

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.

\(\lvert AB\rvert\approx585\ \mathrm{m}\).

Z rysunku odczytujemy miary kątów trójkąta \(ABC\): \(\lvert\angle ABC\rvert=130^\circ\) oraz \(\lvert\angle ACB\rvert=30^\circ\). Zatem \[\lvert\angle BAC\rvert=180^\circ-130^\circ-30^\circ=20^\circ.\] Z twierdzenia sinusów, w którym bok \(AB\) leży naprzeciw kąta \(ACB\), a bok \(BC\) naprzeciw kąta \(BAC\), \[\frac{\lvert AB\rvert}{\sin 30^\circ}=\frac{400}{\sin 20^\circ},\qquad \lvert AB\rvert=\frac{200}{\sin 20^\circ}\approx584{,}8\ \mathrm{m}.\] **Odpowiedź.** Odległość między obiektami \(A\) i \(B\) wynosi około \(585\ \mathrm{m}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **Zadanie 16.** (\(3\) pkt) Obiekty \(A\) i \(B\) leżą po dwóch stronach jeziora. W terenie dokonano pomiarów odpowiednich kątów i ich wyniki przedstawiono na rysunku. Odległość między obiektami \(B\) i \(C\) jest równa \(400\,\mathrm{m}\). Oblicz odległość w linii prostej między obiektami \(A\) i \(B\) i podaj wynik, zaokrąglając go do jednego metra. \(\angle CAB=20^\circ\), ponieważ suma kątów w trójkącie jest równa \(180^\circ\). Do wyznaczenia szukanej odległości stosuję twierdzenie sinusów: \(\frac{AB}{\sin 30^\circ}=\frac{400}{\sin 20^\circ}\). Obliczam odległość obiektu \(A\) od obiektu \(B\): \(AB=\frac{200}{\sin 20^\circ}\approx\frac{200}{0{,}342}\approx 584{,}8\) Odp.: Odległość obiektów w linii prostej jest równa \(585\) metrów. | Nr czynności | 16.1. | 16.2. | 16.3. | |---|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(1\) | \(1\) | \(1\) |

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.

\[|AB|=\sqrt{241}\ \mathrm{cm}\approx15{,}5\ \mathrm{cm}.\]

Ze wzoru na pole trójkąta z sinusem kąta między bokami \[P=\tfrac12\,|AC|\cdot|BC|\cdot\sin\gamma\] otrzymujemy \[24=\tfrac12\cdot5\cdot12\cdot\sin\gamma=30\sin\gamma,\qquad \sin\gamma=\frac45.\] Kąt \(\gamma\) przy wierzchołku \(C\) jest rozwarty, więc jego cosinus jest ujemny — to właśnie ten warunek rozstrzyga wybór znaku: \[\cos\gamma=-\sqrt{1-\sin^2\gamma}=-\sqrt{1-\tfrac{16}{25}}=-\frac35.\] Z twierdzenia cosinusów \[|AB|^2=|AC|^2+|BC|^2-2\,|AC|\,|BC|\cos\gamma=25+144-2\cdot5\cdot12\cdot\left(-\tfrac35\right)=169+72=241.\] Zatem \(|AB|=\sqrt{241}\approx15{,}5\) cm. **Odpowiedź.** \(|AB|=\sqrt{241}\ \mathrm{cm}\approx15{,}5\ \mathrm{cm}\).

**1. (1 pkt)** – Wyznaczenie cosinusa kąta przy wierzchołku \(C\): \(\cos\gamma=-\)[…]\(5\) **2. (2 pkt)** – Obliczenie długości boku \(AB\): \(AB=\sqrt{241}\) cm (1 pkt. za zastosowanie twierdzenia cosinusów, odpowiedź punktujemy także gdy podana jest w formie \(AB=\sqrt{241}\) lub \(AB\approx 15{,}5\))

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

Największy kąt ma miarę \(120^\circ\), wysokość z jego wierzchołka jest równa \(\dfrac{3\sqrt2-\sqrt6}{2}\), a promień okręgu opisanego \(R=\sqrt6\).

Oznaczmy \(\lvert AC\rvert=3-\sqrt3\), \(\lvert BC\rvert=2\sqrt3\), \(\lvert AB\rvert=3\sqrt2\). Najdłuższym bokiem jest \(AB\) (bo \(3\sqrt2\approx4{,}24\)), więc największy kąt leży przy wierzchołku \(C\). **a)** Z twierdzenia cosinusów \[\cos\lvert\angle ACB\rvert=\frac{\lvert AC\rvert^{2}+\lvert BC\rvert^{2}-\lvert AB\rvert^{2}}{2\lvert AC\rvert\lvert BC\rvert}=\frac{(12-6\sqrt3)+12-18}{2(3-\sqrt3)\cdot2\sqrt3}=\frac{6(1-\sqrt3)}{12(\sqrt3-1)}=-\frac12,\] zatem \(\lvert\angle ACB\rvert=120^\circ\). Pole trójkąta obliczamy ze wzoru z sinusem kąta między bokami: \[P=\tfrac12\lvert AC\rvert\cdot\lvert BC\rvert\sin 120^\circ=\tfrac12(3-\sqrt3)\cdot2\sqrt3\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{3(3-\sqrt3)}{2}.\] Wysokość \(h\) poprowadzona z wierzchołka \(C\) opada na bok \(AB\), więc \[h=\frac{2P}{\lvert AB\rvert}=\frac{3(3-\sqrt3)}{3\sqrt2}=\frac{3-\sqrt3}{\sqrt2}=\frac{3\sqrt2-\sqrt6}{2}.\] **b)** Z twierdzenia sinusów dla boku \(AB\) leżącego naprzeciw kąta \(ACB\) \[2R=\frac{\lvert AB\rvert}{\sin 120^\circ}=\frac{3\sqrt2}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\frac{6\sqrt2}{\sqrt3}=2\sqrt6,\qquad R=\sqrt6.\] **Odpowiedź.** Największy kąt ma miarę \(120^\circ\), wysokość z jego wierzchołka wynosi \(\dfrac{3\sqrt2-\sqrt6}{2}\), a promień okręgu opisanego \(R=\sqrt6\).

*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)** – […] mi lub opis oznaczeń: \(AC=3-\sqrt{3}\), \(BC=2\sqrt{3}\). **17.2. (1 pkt)** – wyznaczenie miary największego kąta: \(\cos\angle C=\frac{AC^{2}+BC^{2}-AB^{2}}{2AC\cdot BC}=-\frac{1}{2}\), \(\angle C=120^\circ\). **17.3. (1 pkt)** – obliczenie pola trójkąta: \(P_{ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC\sin\angle C=\frac{3}{2}\left(3-\sqrt{3}\right)\). **17.4. (1 pkt)** – obliczanie długości wysokości poprowadzonej z wierzchołka kąta rozwartego: \(CD=\frac{2P_{\Delta ABC}}{AB}=\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}\). **17.5. (1 pkt)** – obliczanie długości promienia okręgu opisanego na trójkącie: \(R=\frac{AB}{2\sin\angle C}=\sqrt{6}\).

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.

Dla kąta ostrego między dwiema przekątnymi sześcianu \(\cos\alpha=\frac13\) (dla kąta rozwartego \(\cos\beta=-\frac13\)).

**Krok \(1\).** W sześcianie \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) o krawędzi \(a\) wybieramy dwie przekątne: \(AC_1\) oraz \(BD_1\). Przecinają się one w środku \(S\) sześcianu. Na rysunku zaznaczamy kąt \(\alpha=\sphericalangle ASB\), czyli kąt ostry między tymi przekątnymi. **Krok \(2\).** Przekątna sześcianu ma długość \(|AC_1|=|BD_1|=a\sqrt3\), a przekątne dzielą się w punkcie \(S\) na połowy, zatem \[|SA|=|SB|=\frac{a\sqrt3}{2}.\] **Krok \(3\).** Odcinek \(AB\) jest krawędzią sześcianu, więc \(|AB|=a\). W trójkącie \(ASB\) stosujemy twierdzenie cosinusów: \[a^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-2\cdot\frac{3a^2}{4}\cdot\cos\alpha.\] **Krok \(4\).** Przekształcamy otrzymane równanie: \[a^2=\frac{3a^2}{2}-\frac{3a^2}{2}\cos\alpha,\qquad \frac{3a^2}{2}\cos\alpha=\frac{a^2}{2},\qquad \cos\alpha=\frac13.\] **Krok \(5\).** Drugi kąt wyznaczony przez te przekątne jest kątem rozwartym \(\beta=180^\circ-\alpha\), więc \(\cos\beta=-\frac13\). **Odpowiedź.** Cosinus kąta ostrego między wybranymi przekątnymi sześcianu jest równy \(\frac13\), a cosinus kąta rozwartego jest równy \(-\frac13\).

**[…]. (2 pkt)** – […] \(a^{2}=\frac{3}{4}a^{2}+\frac{3}{4}a^{2}-2\cdot\frac{3}{4}a^{2}\cdot\cos\alpha\), gdzie \(a\) – długość krawędzi sześcianu, zaś \(\alpha\) – miara kąta ostrego między przekątnymi sześcianu. **32. (1 pkt)** – obliczenie wartości cosinusa kąta ostrego: \(\cos\alpha=\frac{1}{3}\). (Albo: \(\cos\beta=-\frac{1}{3}\), gdzie \(\beta\) jest kątem rozwartym).

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

\[R=\frac{4\sqrt{57}}{3}\ \mathrm{cm}\approx10{,}07\ \mathrm{cm}.\]

Oznaczmy przez \(c\) bok leżący naprzeciw danego kąta \(120^\circ\). Z twierdzenia cosinusów \[c^{2}=8^{2}+12^{2}-2\cdot8\cdot12\cdot\cos 120^\circ=64+144+96=304,\] \[c=\sqrt{304}=4\sqrt{19}\ \mathrm{cm}.\] Z twierdzenia sinusów dla boku \(c\) i leżącego naprzeciw niego kąta \(120^\circ\) \[2R=\frac{c}{\sin 120^\circ}=\frac{4\sqrt{19}}{\tfrac{\sqrt3}{2}}=\frac{8\sqrt{19}}{\sqrt3},\qquad R=\frac{4\sqrt{19}}{\sqrt3}=\frac{4\sqrt{57}}{3}.\] Liczbowo \(R\approx10{,}07\ \mathrm{cm}\). **Odpowiedź.** \(R=\dfrac{4\sqrt{57}}{3}\ \mathrm{cm}\approx10{,}07\ \mathrm{cm}\).

**16. (1 pkt)** – obliczenie długości trzeciego boku: \(a=4\sqrt{19}\) cm. **17. (1 pkt)** – wykorzystanie np. twierdzenia sinusów do obliczenia długości promienia okręgu opisanego na tym trójkącie i zapisanie, że: \(\frac{a}{\sin 120^\circ}=2R\). **18. (1 pkt)** – obliczenie długości promienia: \(R=\frac{4\sqrt{57}}{3}\) cm.

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

a) \(F=212\), czyli \(212^\circ\mathrm{F}\). b) Szukana temperatura to \(-40\), bo \(-40^\circ\mathrm{C}=-40^\circ\mathrm{F}\).

**Krok \(1\).** \(4\). \(12\). Rozwiązanie równania z niewiadomą F : F = \(212\) . **Krok \(2\).** (\(4\) pkt) \(13\). Zapisanie równania z jedną niewiadomą, np. F = ⋅ F − . **Krok \(3\).** \(14\). Rozwiązanie równania: F = − \(40\) (lub C = −\(40\) ). **Krok \(4\).** \(15\). Wykorzystanie twierdzenia cosinusów do obliczenia długości trzeciego **Krok \(5\).**  − \(1\)  **Krok \(6\).** boku danego trójkąta np. a \(2 = 122 + 82\) − \(2 ⋅12 ⋅ 8\) ⋅   . **Krok \(7\).**  \(2\)  **Krok \(8\).** \(16\). Obliczenie długości trzeciego boku: a = \(4\) \(19\) cm . **Odpowiedź.** Rozwiązanie i punktacja: zobacz pełny klucz CKE poniżej.

**12. (1 pkt)** – rozwiązanie równania z niewiadomą \(F\): \(F=212\). **13. (1 pkt)** – zapisanie równania z jedną niewiadomą, np. \(F=\frac{5}{9}\cdot F-\frac{160}{9}\). **14. (1 pkt)** – rozwiązanie równania: \(F=-40\) (lub \(C=-40\)).

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

Boki trójkąta mają długości \(6\), \(10\) i \(14\). Stosunek promienia okręgu opisanego do promienia okręgu wpisanego jest równy \(\frac{R}{r}=\frac{14}{3}\).

Oznaczmy długości boków przez \(b-r\), \(b\), \(b+r\), gdzie \(r>0\). Suma boków jest równa \(3b=30\), więc \(b=10\). Naprzeciw kąta \(120^\circ\) leży najdłuższy bok, czyli \(10+r\). Z twierdzenia cosinusów, przy \(\cos120^\circ=-\frac12\), otrzymujemy \[(10+r)^{2}=(10-r)^{2}+10^{2}-2\cdot(10-r)\cdot10\cdot\left(-\frac12\right).\] Po uporządkowaniu \[100+20r+r^{2}=100-20r+r^{2}+100+100-10r,\qquad 50r=200,\qquad r=4,\] więc boki trójkąta mają długości \(6\), \(10\) i \(14\). Promień okręgu opisanego wyznaczamy z twierdzenia sinusów dla boku \(14\): \[2R=\frac{14}{\sin120^\circ}=\frac{14}{\frac{\sqrt3}2},\qquad R=\frac{14}{\sqrt3}.\] Pole trójkąta obliczamy z dwóch boków i kąta między nimi: \[P=\frac12\cdot6\cdot10\cdot\sin120^\circ=30\cdot\frac{\sqrt3}2=15\sqrt3,\] a promień okręgu wpisanego ze wzoru \(P=\varrho\cdot p\), gdzie \(p=15\) jest połową obwodu: \[\varrho=\frac{15\sqrt3}{15}=\sqrt3.\] Szukany stosunek wynosi \[\frac{R}{\varrho}=\frac{\frac{14}{\sqrt3}}{\sqrt3}=\frac{14}{3}.\] **Odpowiedź.** \(\frac{R}{\varrho}=\frac{14}{3}\)

*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.* **19.1. (1 pkt)** – wyrażenie długości boków \(b\), \(c\) trójkąta za pomocą \(a\) i \(r\), gdzie \(a\) to długość najkrótszego boku i \(r\gt 0\): \(b=a+r,\; c=a+2r\) **19.2. (1 pkt)** – wykorzystanie informacji, że suma długości boków trójkąta wynosi \(30\), do wyznaczenia związku pomiędzy \(a\) i \(r\): \(a+r=10\) **19.3. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia cosinusów do wyznaczenia drugiego związku pomiędzy \(a\) i \(r\): \((a+2r)^{2}=a^{2}+(a+r)^{2}-2a(a+r)\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\) **19.4. (1 pkt)** – zapisanie układu równań (1) z niewiadomymi \(a\) i \(r\): \((1)\quad\begin{cases}a+r=10\\ 2a^{2}-ar-3r^{2}=0\end{cases}\) **19.5. (1 pkt)** – rozwiązanie układu równań (1): \(r=4,\; a=6\) **19.6. (1 pkt)** – podanie długości boków trójkąta: \(a=6,\; b=10,\; c=14\) **19.7. (1 pkt)** – obliczenie pola trójkąta: \(P_{\Delta}=15\sqrt{3}\) **19.8. (1 pkt)** – obliczenie długości \(R\) promienia okręgu opisanego na trójkącie: \(R=\frac{14}{3}\sqrt{3}\) **19.9. (1 pkt)** – obliczenie długości \(s\) promienia okręgu wpisanego w trójkąt: \(s=\sqrt{3}\) **19.10. (1 pkt)** – wyznaczenie stosunku \(\frac{R}{s}\): \(\frac{R}{s}=\frac{14}{3}\)

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

Pole ugoru wynosi \(27\sqrt{3}\) a, czyli więcej niż \(40\) a. Zamówiona liczba sadzonek jest niewystarczająca.

W trójkącie równoramiennym kąt \(120^\circ\) musi leżeć między ramionami — dwa kąty po \(120^\circ\) dałyby sumę większą niż \(180^\circ\). Naprzeciw tego kąta leży najdłuższy bok, czyli podstawa. Na planie podstawa ma \(12\) cm. Ramię \(r\) wyznaczamy z twierdzenia cosinusów: \[12^2=r^2+r^2-2r^2\cos120^\circ=3r^2,\qquad r=\frac{12}{\sqrt3}=4\sqrt3.\] Pole trójkąta na planie: \[P_{pl}=\tfrac12 r^2\sin120^\circ=\tfrac12\cdot48\cdot\frac{\sqrt3}{2}=12\sqrt3\ \mathrm{cm}^2.\] Skala \(1:1500\) dotyczy długości, więc pola rosną w skali \(1500^2\): \[P=12\sqrt3\cdot1500^2\ \mathrm{cm}^2=27\,000\,000\sqrt3\ \mathrm{cm}^2=2700\sqrt3\ \mathrm{m}^2.\] Ponieważ \(1\) ar \(=100\ \mathrm{m}^2\), pole ugoru wynosi \(27\sqrt3\) arów, czyli około \(46{,}77\) ara. **Odpowiedź.** \(27\sqrt3\ \mathrm{a}\approx46{,}8\ \mathrm{a}>40\ \mathrm{a}\), więc zamówione sadzonki nie wystarczą do zalesienia całego ugoru.

*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)** – wyznaczenie długości odcinków potrzebnych do obliczenia pola działki na planie **9.2. (1 pkt)** – obliczenie pola działki na planie: \(P=12\sqrt{3}\,\mathrm{cm}^{2}\) **9.3. (1 pkt)** – obliczenie pola działki w rzeczywistości: \(P=27\cdot 10^{6}\sqrt{3}\,\mathrm{cm}^{2}\) **9.4. (1 pkt)** – zamiana jednostek: np. \(P=27\sqrt{3}\,\mathrm{a}\) **9.5. (1 pkt)** – porównanie \(40\) arów z polem działki i stwierdzenie, że ilość sadzonek jest niewystarczająca: \(27\sqrt{3}\gt 40\)

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