{"id":"informator-maturalny-matematyka-2023-poziom-podstawowy/zad/35","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2023-poziom-podstawowy","number":"35","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2023,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 35. (0-3)\nNa podstawie twierdzenia Pitagorasa można udowodnić bardziej ogólną własność niż ta,\no której mówi samo to twierdzenie.\nRozważmy trójkąt prostokątny 𝐴𝐵𝐶 o kącie prostym przy wierzchołku 𝐴. Niech każdy z boków\ntego trójkąta: 𝐶𝐴, 𝐴𝐵, 𝐵𝐶 będzie podstawą trójkątów podobnych, odpowiednio: 𝐶𝐴𝑊1, 𝐴𝐵𝑊2,\n𝐶𝐵𝑊3. Trójkąty te mają odpowiadające sobie kąty o równych miarach, odpowiednio przy\nwierzchołkach: 𝑊1, 𝑊2, 𝑊3.\nPola trójkątów: 𝐶𝐴𝑊1, 𝐴𝐵𝑊2, 𝐶𝐵𝑊3 oznaczymy odpowiednio jako 𝑃1, 𝑃2, 𝑃3.\nUdowodnij, że:\n𝑷𝟑= 𝑷𝟏+ 𝑷𝟐\n𝐶\n𝑊3\n𝑊1\n𝐴\n𝐵\n𝑊2\n78\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2022/2023\nWymagania ogólne\nIV. Rozumowanie i argumentacja.\n1.\nPrzeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów\nuzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu.\n2.\nDostrzeganie regularności, podobieństw oraz analogii, formułowanie wniosków na ich\npodstawie i uzasadnianie ich poprawności.\n4.\nStosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach\nnietypowych.\nWymagania szczegółowe\nVIII. [Szkoła podstawowa] Własności figur geometrycznych na płaszczyźnie. Zdający:\n8) zna i stosuje w sytuacjach praktycznych twierdzenie Pitagorasa […].\nVIII. Planimetria. Zdający:\n9) wykorzystuje zależności między obwodami oraz między polami figur podobnych;\n12) przeprowadza dowody geometryczne.\nZasady oceniania\n3 pkt - prawidłowe przeprowadzenie pełnego dowodu równania: 𝑃3 = 𝑃1 + 𝑃2.\n2 pkt - zapisanie sumy pól trójkątów 𝐶𝐴𝑊1, 𝐴𝐵𝑊2 wyrażonej poprzez wysokość jednego\nz nich: 𝑃1 + 𝑃2 =\n1\n2 ℎ1|𝐴𝐶| +\n1\n2 ℎ1 ⋅\n|𝐴𝐵|2\n|𝐴𝐶| oraz zapisanie twierdzenia Pitagorasa dla\ntrójkąta 𝐴𝐵𝐶: |𝐶𝐴|2 + |𝐴𝐵|2 = |𝐵𝐶|2\n- zapisanie zależności między polami figur płaskich a długościami odcinków trójkąta:\n𝑃2\n𝑃1 = (\n|𝐴𝐵|\n|𝐶𝐴|)\n2\n𝑃3\n𝑃1 = (\n|𝐵𝐶|\n|𝐶𝐴|)\n2\n, zapisanie sumy pól figur płaskich wyrażonej za pomocą\ndługości boków trójkąta i jednego z pól: 𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃1 +\n|𝐴𝐵|2\n|𝐶𝐴|2 ⋅𝑃1 oraz zapisanie\ntwierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐵𝐶: |𝐶𝐴|2 + |𝐴𝐵|2 = |𝐵𝐶|2\nLUB\n- prawidłowe wyprowadzenie i zapisanie wyrażenia postaci: 𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃1 ⋅\n|𝐵𝐶|2\n|𝐶𝐴|2 .\n1 pkt - zapisanie wzorów na pola trójkątów oraz wyrażenie wysokości dwóch trójkątów (na\nmocy ich podobieństwa) poprzez wysokość trzeciego z nich, np.:\n𝑃1 =\n1\n2 ℎ1|𝐴𝐶| 𝑃2 =\n1\n2 ℎ1 ⋅\n|𝐴𝐵|2\n|𝐴𝐶| 𝑃3 =\n1\n2 ℎ1 ⋅\n|𝐶𝐵|2\n|𝐴𝐶|\n- zapisanie zależności między polami figur płaskich a długościami odcinków trójkąta, np.:\n𝑃2\n𝑃1 = (\n|𝐴𝐵|\n|𝐶𝐴|)\n2\n𝑃3\n𝑃1 = (\n|𝐵𝐶|\n|𝐶𝐴|)\n2\nlub zależności równoważnych\nLUB\n- zapisanie sumy pól figur płaskich wyrażonej za pomocą długości boków trójkąta oraz\njednego z pól, np.: 𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃1 +\n|𝐴𝐵|2\n|𝐶𝐴|2 ⋅𝑃1 (lub równoważnie).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami\n79\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1.\n1. Wysokości trzech trójkątów: 𝐶𝐴𝑊1, 𝐴𝐵𝑊2, 𝐶𝐵𝑊3, opuszczone z wierzchołków 𝑊1, 𝑊2, 𝑊3\noznaczymy odpowiednio jako: ℎ1, ℎ2, ℎ3. Zapiszemy wzory na pola powierzchni tych\ntrójkątów:\n𝑃1 = 1\n2 ℎ1|𝐴𝐶| 𝑃2 = 1\n2 ℎ2|𝐴𝐵| 𝑃3 = 1\n2 ℎ3|𝐶𝐵|\n2. Zapiszemy związki wynikające z podobieństwa trójkątów:\nΔ𝐶𝐴𝑊1 ∼Δ𝐴𝐵𝑊2 zatem ℎ2\nℎ1 =\n|𝐴𝐵|\n|𝐴𝐶| więc ℎ2 = ℎ1 ⋅\n|𝐴𝐵|\n|𝐴𝐶|\nΔ𝐶𝐴𝑊1 ∼Δ𝐶𝐵𝑊3 zatem ℎ3\nℎ1\n|𝐶𝐵|\n|𝐴𝐶| więc ℎ3 = ℎ1 ⋅\n|𝐶𝐵|\n|𝐴𝐶|\n3. Ponownie zapiszemy wzory na pola trójkątów, wykorzystując powyższe zależności:\n𝑃1 = 1\n2 ℎ1|𝐴𝐶| 𝑃2 = 1\n2 ℎ1 ⋅|𝐴𝐵|2\n|𝐴𝐶| 𝑃3 = 1\n2 ℎ1 ⋅|𝐶𝐵|2\n|𝐴𝐶|\n4. Obliczymy sumę 𝑃1 + 𝑃2.\n𝑃1 + 𝑃2 = 1\n2 ℎ1|𝐴𝐶| + 1\n2 ℎ1 ⋅\n|𝐴𝐵|2\n|𝐴𝐶| = 1\n2 ℎ1 (|𝐴𝐶| +\n|𝐴𝐵|2\n|𝐴𝐶| )\n𝑃1 + 𝑃2 = 1\n2 ℎ1 (|𝐴𝐶|2 + |𝐴𝐵|2\n|𝐴𝐶|\n)\n5. Wykorzystamy twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐵𝐶:\nPonieważ\n|𝐴𝐶|2 + |𝐴𝐵|2 = |𝐵𝐶|2\nto\n𝑃1 + 𝑃2 = 1\n2 ℎ1 (|𝐵𝐶|2\n|𝐴𝐶| )\n6. Prawa strona powyższego równania, na mocy pkt 3., jest równa 𝑃3:\n𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃3\nTo kończy dowód.\n80\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2022/2023\nSposób 2.\n1. Wykorzystamy zależności między obwodami a polami figur płaskich podobnych:\n𝑃2\n𝑃1\n= (𝑂2\n𝑂1\n)\n2\n𝑃3\n𝑃1\n= (𝑂3\n𝑂1\n)\n2\n2. Wykorzystamy fakt, że stosunki obwodów trójkątów podobnych są równe stosunkom\ndługości podstaw tych trójkątów:\n𝑂2\n𝑂1\n|𝐴𝐵|\n|𝐶𝐴| 𝑂3\n𝑂1\n|𝐵𝐶|\n|𝐶𝐴|\n3. Z zależności 1. i 2. wynika:\n𝑃2\n𝑃1\n= (\n|𝐴𝐵|\n|𝐶𝐴|)\n2\n𝑃3\n𝑃1\n= (\n|𝐵𝐶|\n|𝐶𝐴|)\n2\n𝑃2 =\n|𝐴𝐵|2\n|𝐶𝐴|2 ⋅𝑃1 𝑃3 =\n|𝐵𝐶|2\n|𝐶𝐴|2 ⋅𝑃1\n4. Obliczymy sumę 𝑃1 + 𝑃2:\n𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃1 +\n|𝐴𝐵|2\n|𝐶𝐴|2 ⋅𝑃1 = 𝑃1 ⋅(1 +\n|𝐴𝐵|2\n|𝐶𝐴|2)\n𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃1 ⋅\n|𝐶𝐴|2 + |𝐴𝐵|2\n|𝐶𝐴|2\n5. Skorzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐵𝐶:\n|𝐶𝐴|2 + |𝐴𝐵|2 = |𝐵𝐶|2\nZatem równanie w drugim wierszu pkt 4. można zapisać w postaci:\n𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃1 ⋅|𝐵𝐶|2\n|𝐶𝐴|2\nPrawa strona powyższego równania, na mocy pkt 3., jest równa 𝑃3:\n𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃3\nTo kończy dowód.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami\n81","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Niech h1, h2, h3 - wysokości trójkątów CAW1, ABW2, CBW3 opuszczone odpowiednio z W1, W2, W3.\nPola: P1=(1/2)h1|AC|, P2=(1/2)h2|AB|, P3=(1/2)h3|CB|.\nZ podobieństwa trójkątów (te same kąty przy W1,W2,W3): ΔCAW1~ΔABW2, więc h2/h1=|AB|/|AC|, stąd h2=h1·|AB|/|AC|.\nPodobnie ΔCAW1~ΔCBW3: h3/h1=|CB|/|AC|, stąd h3=h1·|CB|/|AC|.\nZatem: P1=(1/2)h1|AC|, P2=(1/2)h1·|AB|²/|AC|, P3=(1/2)h1·|CB|²/|AC|.\nObliczamy sumę:\nP1+P2 = (1/2)h1(|AC| + |AB|²/|AC|) = (1/2)h1·(|AC|²+|AB|²)/|AC|.\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ABC (prostokątnego przy A): |AC|²+|AB|²=|BC|².\nZatem: P1+P2 = (1/2)h1·|BC|²/|AC| = P3.\n\nTo kończy dowód: P3=P1+P2.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2023-poziom-podstawowy/zad-35.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":77,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2023","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny","text_html":"

Zadanie 35. (0-3)
Na podstawie twierdzenia Pitagorasa można udowodnić bardziej ogólną własność niż ta,
o której mówi samo to twierdzenie.
Rozważmy trójkąt prostokątny 𝐴𝐵𝐶 o kącie prostym przy wierzchołku 𝐴. Niech każdy z boków
tego trójkąta: 𝐶𝐴, 𝐴𝐵, 𝐵𝐶 będzie podstawą trójkątów podobnych, odpowiednio: 𝐶𝐴𝑊1, 𝐴𝐵𝑊2,
𝐶𝐵𝑊3. Trójkąty te mają odpowiadające sobie kąty o równych miarach, odpowiednio przy
wierzchołkach: 𝑊1, 𝑊2, 𝑊3.
Pola trójkątów: 𝐶𝐴𝑊1, 𝐴𝐵𝑊2, 𝐶𝐵𝑊3 oznaczymy odpowiednio jako 𝑃1, 𝑃2, 𝑃3.
Udowodnij, że:
𝑷𝟑= 𝑷𝟏+ 𝑷𝟐
𝐶
𝑊3
𝑊1
𝐴
𝐵
𝑊2
78
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2022/2023
Wymagania ogólne
IV. Rozumowanie i argumentacja.
1.
Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów
uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu.
2.
Dostrzeganie regularności, podobieństw oraz analogii, formułowanie wniosków na ich
podstawie i uzasadnianie ich poprawności.
4.
Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach
nietypowych.
Wymagania szczegółowe
VIII. [Szkoła podstawowa] Własności figur geometrycznych na płaszczyźnie. Zdający:

\n
  1. zna i stosuje w sytuacjach praktycznych twierdzenie Pitagorasa […].
\n

VIII. Planimetria. Zdający:

\n
  1. wykorzystuje zależności między obwodami oraz między polami figur podobnych;
  2. przeprowadza dowody geometryczne.
\n

Zasady oceniania
3 pkt - prawidłowe przeprowadzenie pełnego dowodu równania: 𝑃3 = 𝑃1 + 𝑃2.
2 pkt - zapisanie sumy pól trójkątów 𝐶𝐴𝑊1, 𝐴𝐵𝑊2 wyrażonej poprzez wysokość jednego
z nich: 𝑃1 + 𝑃2 =
1
2 ℎ1|𝐴𝐶| +
1
2 ℎ1 ⋅
|𝐴𝐵|2
|𝐴𝐶| oraz zapisanie twierdzenia Pitagorasa dla
trójkąta 𝐴𝐵𝐶: |𝐶𝐴|2 + |𝐴𝐵|2 = |𝐵𝐶|2

\n\n

𝑃2
𝑃1 = (
|𝐴𝐵|
|𝐶𝐴|)
2
𝑃3
𝑃1 = (
|𝐵𝐶|
|𝐶𝐴|)
2
, zapisanie sumy pól figur płaskich wyrażonej za pomocą
długości boków trójkąta i jednego z pól: 𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃1 +
|𝐴𝐵|2
|𝐶𝐴|2 ⋅𝑃1 oraz zapisanie
twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐵𝐶: |𝐶𝐴|2 + |𝐴𝐵|2 = |𝐵𝐶|2
LUB

\n\n

|𝐵𝐶|2
|𝐶𝐴|2 .
1 pkt - zapisanie wzorów na pola trójkątów oraz wyrażenie wysokości dwóch trójkątów (na
mocy ich podobieństwa) poprzez wysokość trzeciego z nich, np.:
𝑃1 =
1
2 ℎ1|𝐴𝐶| 𝑃2 =
1
2 ℎ1 ⋅
|𝐴𝐵|2
|𝐴𝐶| 𝑃3 =
1
2 ℎ1 ⋅
|𝐶𝐵|2
|𝐴𝐶|

\n\n

𝑃2
𝑃1 = (
|𝐴𝐵|
|𝐶𝐴|)
2
𝑃3
𝑃1 = (
|𝐵𝐶|
|𝐶𝐴|)
2
lub zależności równoważnych
LUB

\n\n

jednego z pól, np.: 𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃1 +
|𝐴𝐵|2
|𝐶𝐴|2 ⋅𝑃1 (lub równoważnie).
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
79
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1.

\n
  1. Wysokości trzech trójkątów: 𝐶𝐴𝑊1, 𝐴𝐵𝑊2, 𝐶𝐵𝑊3, opuszczone z wierzchołków 𝑊1, 𝑊2, 𝑊3
\n

oznaczymy odpowiednio jako: ℎ1, ℎ2, ℎ3. Zapiszemy wzory na pola powierzchni tych
trójkątów:
𝑃1 = 1
2 ℎ1|𝐴𝐶| 𝑃2 = 1
2 ℎ2|𝐴𝐵| 𝑃3 = 1
2 ℎ3|𝐶𝐵|

\n
  1. Zapiszemy związki wynikające z podobieństwa trójkątów:
\n

Δ𝐶𝐴𝑊1 ∼Δ𝐴𝐵𝑊2 zatem ℎ2
ℎ1 =
|𝐴𝐵|
|𝐴𝐶| więc ℎ2 = ℎ1 ⋅
|𝐴𝐵|
|𝐴𝐶|
Δ𝐶𝐴𝑊1 ∼Δ𝐶𝐵𝑊3 zatem ℎ3
ℎ1
|𝐶𝐵|
|𝐴𝐶| więc ℎ3 = ℎ1 ⋅
|𝐶𝐵|
|𝐴𝐶|

\n
  1. Ponownie zapiszemy wzory na pola trójkątów, wykorzystując powyższe zależności:
\n

𝑃1 = 1
2 ℎ1|𝐴𝐶| 𝑃2 = 1
2 ℎ1 ⋅|𝐴𝐵|2
|𝐴𝐶| 𝑃3 = 1
2 ℎ1 ⋅|𝐶𝐵|2
|𝐴𝐶|

\n
  1. Obliczymy sumę 𝑃1 + 𝑃2.
\n

𝑃1 + 𝑃2 = 1
2 ℎ1|𝐴𝐶| + 1
2 ℎ1 ⋅
|𝐴𝐵|2
|𝐴𝐶| = 1
2 ℎ1 (|𝐴𝐶| +
|𝐴𝐵|2
|𝐴𝐶| )
𝑃1 + 𝑃2 = 1
2 ℎ1 (|𝐴𝐶|2 + |𝐴𝐵|2
|𝐴𝐶|
)

\n
  1. Wykorzystamy twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐵𝐶:
\n

Ponieważ
|𝐴𝐶|2 + |𝐴𝐵|2 = |𝐵𝐶|2
to
𝑃1 + 𝑃2 = 1
2 ℎ1 (|𝐵𝐶|2
|𝐴𝐶| )

\n
  1. Prawa strona powyższego równania, na mocy pkt 3., jest równa 𝑃3:
\n

𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃3
To kończy dowód.
80
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2022/2023
Sposób 2.

\n
  1. Wykorzystamy zależności między obwodami a polami figur płaskich podobnych:
\n

𝑃2
𝑃1
= (𝑂2
𝑂1
)
2
𝑃3
𝑃1
= (𝑂3
𝑂1
)
2

\n
  1. Wykorzystamy fakt, że stosunki obwodów trójkątów podobnych są równe stosunkom
\n

długości podstaw tych trójkątów:
𝑂2
𝑂1
|𝐴𝐵|
|𝐶𝐴| 𝑂3
𝑂1
|𝐵𝐶|
|𝐶𝐴|

\n
  1. Z zależności 1. i 2. wynika:
\n

𝑃2
𝑃1
= (
|𝐴𝐵|
|𝐶𝐴|)
2
𝑃3
𝑃1
= (
|𝐵𝐶|
|𝐶𝐴|)
2
𝑃2 =
|𝐴𝐵|2
|𝐶𝐴|2 ⋅𝑃1 𝑃3 =
|𝐵𝐶|2
|𝐶𝐴|2 ⋅𝑃1

\n
  1. Obliczymy sumę 𝑃1 + 𝑃2:
\n

𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃1 +
|𝐴𝐵|2
|𝐶𝐴|2 ⋅𝑃1 = 𝑃1 ⋅(1 +
|𝐴𝐵|2
|𝐶𝐴|2)
𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃1 ⋅
|𝐶𝐴|2 + |𝐴𝐵|2
|𝐶𝐴|2

\n
  1. Skorzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐵𝐶:
\n

|𝐶𝐴|2 + |𝐴𝐵|2 = |𝐵𝐶|2
Zatem równanie w drugim wierszu pkt 4. można zapisać w postaci:
𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃1 ⋅|𝐵𝐶|2
|𝐶𝐴|2
Prawa strona powyższego równania, na mocy pkt 3., jest równa 𝑃3:
𝑃1 + 𝑃2 = 𝑃3
To kończy dowód.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
81

","solutions":[{"source":"ai","label":"AI","kind":"text","html":"

Niech h1, h2, h3 - wysokości trójkątów CAW1, ABW2, CBW3 opuszczone odpowiednio z W1, W2, W3.
Pola: P1=(1/2)h1|AC|, P2=(1/2)h2|AB|, P3=(1/2)h3|CB|.
Z podobieństwa trójkątów (te same kąty przy W1,W2,W3): ΔCAW1~ΔABW2, więc h2/h1=|AB|/|AC|, stąd h2=h1·|AB|/|AC|.
Podobnie ΔCAW1~ΔCBW3: h3/h1=|CB|/|AC|, stąd h3=h1·|CB|/|AC|.
Zatem: P1=(1/2)h1|AC|, P2=(1/2)h1·|AB|²/|AC|, P3=(1/2)h1·|CB|²/|AC|.
Obliczamy sumę:
P1+P2 = (1/2)h1(|AC| + |AB|²/|AC|) = (1/2)h1·(|AC|²+|AB|²)/|AC|.
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ABC (prostokątnego przy A): |AC|²+|AB|²=|BC|².
Zatem: P1+P2 = (1/2)h1·|BC|²/|AC| = P3.

\n

To kończy dowód: P3=P1+P2.

"}]}