Zadania z twierdzeniem Talesa i proporcjami odcinków

**B.** Z podobieństwa trójkątów \(AOD\) i \(COB\) mamy \(\frac{OD}{OB}=\frac{OA}{OC}=\frac{12}{8}\), więc \(OD=9\).

Proste \(k\) i \(l\) są równoległe, a proste \(m\) i \(n\) są ich siecznymi. Kąty \(AOD\) i \(COB\) są wierzchołkowe, a kąty \(OAD\) i \(OCB\) — naprzemianległe przy prostych równoległych. Trójkąty \(AOD\) i \(COB\) są więc podobne (cecha kąt-kąt). Z proporcji boków odpowiadających \[\frac{\lvert OD\rvert}{\lvert OB\rvert}=\frac{\lvert OA\rvert}{\lvert OC\rvert}=\frac{12}{8}=\frac32,\] skąd \[\lvert OD\rvert=\tfrac32\cdot6=9.\] **Odpowiedź.** B. \(9\)

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.7) Zdający stosuje twierdzenie Talesa.

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

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

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11) Zdający przeprowadza dowody geometryczne.

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

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

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

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

\[\lvert FE\rvert=14.\]

Z twierdzenia Talesa odcinki wyznaczone przez te same pary prostych równoległych na prostych \(k\) i \(l\) są proporcjonalne: \[\frac{\lvert GF\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert FE\rvert}{\lvert CD\rvert}.\] Po podstawieniu danych \[\frac{21}{30}=\frac{\lvert FE\rvert}{20},\] więc \[\lvert FE\rvert=14.\]

**1 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\lvert FE\rvert=14\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - dostrzeganie regularności, podobieństw oraz analogii. **Wymagania szczegółowe:** VIII.7) Zdający stosuje twierdzenie Talesa.

\[P_{AGF}=\frac{a^2}{12},\qquad P_{CEFG}=\frac{a^2}{6}.\]

Umieszczamy kwadrat w układzie współrzędnych: \[A=(0,0),\quad B=(a,0),\quad C=(a,a),\quad D=(0,a),\quad E=\left(\frac a2,a\right).\] Proste \(AE\), \(AC\) i \(BD\) mają równania \[y=2x,\qquad y=x,\qquad y=-x+a.\] Stąd \[F=AE\cap BD=\left(\frac a3,\frac{2a}3\right),\qquad G=AC\cap BD=\left(\frac a2,\frac a2\right).\] Pole trójkąta \(AGF\) obliczamy z wyznacznika: \[P_{AGF}=\frac12\left|\frac a2\cdot\frac{2a}3-\frac a2\cdot\frac a3\right|=\frac{a^2}{12}.\] Pole trójkąta \(ACE\) jest równe \[P_{ACE}=\frac12\cdot\frac a2\cdot a=\frac{a^2}{4}.\] Zatem \[P_{CEFG}=P_{ACE}-P_{AGF}=\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{12}=\frac{a^2}{6}.\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(P_{AGF}=\frac1{12}a^2\) i \(P_{CEFG}=\frac16a^2\) **3 pkt** – obliczenie pola jednej z figur **2 pkt** – obliczenie współrzędnych punktów \(E\) i \(F\), odpowiednich długości odcinków albo zapisanie poprawnego układu zależności między polami **1 pkt** – umieszczenie kwadratu w układzie współrzędnych i wyznaczenie równań prostych \(AE\) i \(BD\), uzasadnienie właściwego stosunku podziału albo równoważny istotny krok **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.7) Zdający stosuje twierdzenia Talesa i o dwusiecznej kąta.

\[|FE|=14.\]

Z twierdzenia Talesa, ponieważ proste \(m\), \(n\) i \(s\) są równoległe, \[\frac{|GF|}{|BC|}=\frac{|FE|}{|CD|}.\] Po podstawieniu danych \[\frac{21}{30}=\frac{|FE|}{20},\] więc \[|FE|=14.\]

**1 pkt** – poprawna metoda rozwiązania oraz wynik \(|FE|=14\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.2 dostrzeganie regularności i formułowanie uzasadnionych wniosków. **Wymagania szczegółowe:** VIII.7 stosowanie twierdzenia Talesa.

**D.** \(\frac{92}{25}\)

Z twierdzenia o dwusiecznej kąta: \[\frac{|AD|}{|CD|}=\frac{|AB|}{|CB|}.\] Po podstawieniu danych: \[\frac{3{,}2}{|CD|}=\frac4{4{,}6}.\] Stąd \[|CD|=\frac{3{,}2\cdot4{,}6}{4}=3{,}68=\frac{92}{25}.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VIII.7 stosowanie twierdzenia Talesa, twierdzenia odwrotnego, twierdzenia o dwusiecznej kąta oraz twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą.

**D.** \(50^\circ\)

Z twierdzenia o kącie między styczną a cięciwą wynika, że kąt wpisany oparty na cięciwie \(AB\) ma miarę \[|\angle ACB|=40^\circ.\] Ponieważ \(BC\) jest średnicą, \(|\angle BAC|=90^\circ\). Z sumy kątów trójkąta \[|\angle ABC|=180^\circ-90^\circ-40^\circ=50^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** stosowanie twierdzenia o kącie między styczną i cięciwą oraz twierdzenia Talesa dla kąta opartego na średnicy.

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

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

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

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

Teza wynika z twierdzenia Talesa i dwóch zastosowań twierdzenia Pitagorasa.

Ponieważ \(AB\) jest średnicą okręgu, kąty wpisane \(\angle ADB\) i \(\angle ACB\), oparte na tej średnicy, są proste. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach \(ADB\) i \(ACB\) otrzymujemy \[|AD|^2+|BD|^2=|AB|^2\] oraz \[|AC|^2+|BC|^2=|AB|^2.\] Obie lewe strony są więc równe tej samej liczbie \(|AB|^2\), co dowodzi tezy.

**1 pkt** – rozpoznanie kątów prostych i zapis obu równości wynikających z twierdzenia Pitagorasa **2 pkt** – pełne uzasadnienie żądanej równości **0 pkt** – rozwiązanie bez poprawnego postępu

Klucz CKE nie publikuje osobnej tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria płaska, kąt wpisany oparty na średnicy i twierdzenie Pitagorasa.

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **18.1. (2 pkt)** – […] \(C\) (w tym \(1\) punkt za zapisanie warunku prostopadłości prostych). **18.2. (1 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych punktu \(C\): \(C=(3,\,0)\). **18.3. (1 pkt)** – zapisanie współrzędnych środka okręgu opisanego na trójkącie \(ABC\): \(S=(3,\,5)\) i długości promienia tego okręgu: \(r=5\). **18.4. (2 pkt)** – wyznaczenie współrzędnych środka obrazu okręgu: \(S'=(-3,\,-10)\) (w tym \(1\) punkt za metodę). **18.5. (1 pkt)** – zapisanie długości promienia obrazu okręgu: \(r'=10\). **18.6. (1 pkt)** – zapisanie równania obrazu okręgu: \((x+3)^{2}+(y+10)^{2}=100\).

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

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

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

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

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