{"id":"informator-maturalny-matematyka-2023-poziom-podstawowy/zad/36","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2023-poziom-podstawowy","number":"36","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2023,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 36. (0-3)\nDany jest prostokąt 𝐴𝐵𝐶𝐷, w którym |𝐴𝐷| = 2. Kąt 𝐵𝐷𝐴 ma miarę 𝛼, taką, że tg 𝛼= 2.\nPrzekątna 𝐵𝐷 i prosta przechodząca przez wierzchołek 𝐶 prostopadła do 𝐵𝐷 przecinają się\nw punkcie 𝐸 (zobacz rysunek).\nOblicz długość odcinka |𝑪𝑬|.\nWymagania ogólne\nIII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\n1.\nStosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć\nmatematycznych.\n3.\nTworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących,\nw celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu.\nWymagania szczegółowe\nVIII. Planimetria. Zdający:\n8) korzysta z cech podobieństwa trójkątów;\n11) stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach\npłaskich oraz obliczania pól figur.\nZasady oceniania\n3 pkt - prawidłowa metoda obliczenia długości odcinka 𝐸𝐶 oraz podanie prawidłowego\nwyniku: |𝐸𝐶| =\n4√5\n5 lub |𝐸𝐶| =\n4\n√5 .\n2 pkt - zapisanie zależności\n|𝐷𝐴|\n|𝐵𝐷| =\n|𝐸𝐶|\n|𝐷𝐶| oraz prawidłowe obliczenie z twierdzenia Pitagorasa\ndługości odcinka 𝐵𝐷: |𝐵𝐷| = 2√5 (np. jak w sposobie 1. rozwiązania)\nLUB\n𝐶\n𝐴\n𝐵\n𝐷\n𝐸\n82\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2022/2023\n- zapisanie zależności\n|𝐴𝐵|\n|𝐴𝐷| =\n|𝐷𝐸|\n|𝐸𝐶| = 2 oraz zapisanie równania z jedną niewiadomą\nwynikającego z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐷𝐸𝐶 (np. jak w sposobie 2.\nrozwiązania)\nLUB\n- zapisanie zależności\n|𝐴𝐵|\n|𝐴𝐷| =\n|𝐸𝐶|\n|𝐸𝐵| = 2 oraz zapisanie równania z jedną niewiadomą\nwynikającego z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐵𝐶𝐸\nLUB\n- zapisanie równania z jedną niewiadomą, wyrażającą długość boku 𝐸𝐶, wynikającego\nz twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐷𝐸𝐶 lub 𝐵𝐶𝐸.\n1 pkt - stwierdzenie, że trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐷𝐸𝐶 (lub trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐶𝐸𝐵) są podobne oraz\nzapisanie zależności\n|𝐴𝐵|\n|𝐴𝐷| = 2 i obliczenie długości boku 𝐴𝐵: |𝐴𝐵| = 4.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1.\n1. Wprowadzimy oznaczenia: ∡𝐵𝐷𝐴= 𝛼, ∡𝐴𝐵𝐷= 𝛽.\nTo są kąty w trójkącie prostokątnym 𝐴𝐵𝐷, zatem:\n𝛼+ 𝛽= 90°\n2. Wyodrębnimy trójkąty prostokątne: 𝐴𝐵𝐷, 𝐸𝐶𝐷. W tych\ntrójkątach wyznaczymy kąty ostre. Skorzystamy\nz zależności, że 𝛼+ 𝛽= 90° oraz z własności kątów\nnaprzemianległych.\nNa podstawie cechy: kąt, kąt, kąt, stwierdzamy, że\ntrójkąty 𝐴𝐵𝐷, 𝐸𝐶𝐷 są podobne (zobacz rysunek obok).\n3. Ponieważ tg 𝛼= 2 , to |𝐴𝐵| = 4. Zatem |𝐷𝐶| = 4.\n4. Obliczymy |𝐵𝐷| z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta\n𝐴𝐵𝐷:\n|𝐵𝐷|2 = |𝐷𝐴|2 + |𝐴𝐵|2 = 22 + 42 = 20\n|𝐵𝐷| = √20 = 2√5\n5. Z podobieństwa trójkątów 𝐴𝐵𝐷, 𝐸𝐶𝐷 obliczymy długość odcinka 𝐸𝐶.\n|𝐷𝐴|\n|𝐵𝐷| = |𝐸𝐶|\n|𝐷𝐶| zatem 2\n2√5\n= |𝐸𝐶|\n4\nwięc |𝐸𝐶| = 4\n√5\n𝐶\n𝐴\n𝐵\n𝐷\n𝐸\n𝛼\n𝛽\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝛼\n𝛽\n𝛽\n𝛼\n2\n4\n4\n2ξ5\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami\n83\nSposób 2.\n1. Zastosujemy oznaczenia: ∡𝐵𝐷𝐴= 𝛼, ∡𝐴𝐵𝐷= 𝛽.\nTo są kąty w trójkącie prostokątnym 𝐴𝐵𝐷, zatem:\n𝛼+ 𝛽= 90°\n2. Wyodrębnimy trójkąty prostokątne: 𝐴𝐵𝐷, 𝐵𝐶𝐸, 𝐸𝐶𝐷.\nW\ntych\ntrójkątach\nwyznaczymy\nkąty\nostre.\nSkorzystamy z zależności, że 𝛼+ 𝛽= 90° oraz\nz własności kątów naprzemianległych.\nNa podstawie cechy: kąt, kąt, kąt, stwierdzamy, że\ntrójkąty 𝐴𝐵𝐷, 𝐵𝐶𝐸, 𝐸𝐶𝐷 są podobne.\n3. Z podobieństwa tych trójkątów wynika, że:\n|𝐴𝐵|\n|𝐴𝐷| = |𝐸𝐶|\n|𝐸𝐵| = |𝐷𝐸|\n|𝐸𝐶|\nzatem tg 𝛼=\n|𝐴𝐵|\n|𝐴𝐷| =\n|𝐸𝐶|\n|𝐸𝐵| =\n|𝐷𝐸|\n|𝐸𝐶| = 2\nWprowadzimy oznaczenie: |𝐸𝐶| = 𝑥. Długości boków\n𝐸𝐵 i 𝐸𝐷 wyrazimy poprzez 𝑥. Z równań zapisanych\npowyżej otrzymujemy:\nponieważ |𝐴𝐷| = 2 to |𝐴𝐵| = 4\nponieważ |𝐸𝐶| = 𝑥 to |𝐸𝐵| = 𝑥\n2\nponieważ |𝐸𝐶| = 𝑥 to |𝐸𝐷| = 2𝑥\n4. Zastosujemy twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta 𝐸𝐶𝐷 (można zastosować alternatywnie\ndla trójkąta 𝐵𝐶𝐸):\n𝑥2 + (2𝑥)2 = 42 więc 𝑥2 + 4𝑥2 = 16 stąd 5𝑥2 = 16\nZatem 𝑥= |𝐸𝐶| = 4√5\n5\n𝐶\n𝐴\n𝐵\n𝐷\n𝐸\n𝛼\n𝛽\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝛼\n𝛽\n𝛼\n𝛽\n𝛽\n𝛼\n𝐶\n𝐵\n2\n4\n𝐷\n𝐸\n𝐴\n4\n𝑥\n2𝑥\n𝑥\n2\n2\n84\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2022/2023","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Oznaczmy ∡BDA=α, ∡ABD=β; α+β=90° (trójkąt ABD prostokątny przy A).\nPonieważ tgα=2 oraz tgα=|AB|/|AD|, mamy |AB|=2·|AD|=2·2=4.\nTrójkąty ABD i DEC są podobne (kąt, kąt, kąt - z równoległości i kątów naprzemianległych), więc |DC|=|AB|=4 (DC=AB jako boki prostokąta).\nZ tw. Pitagorasa dla trójkąta ABD: |BD|²=|DA|²+|AB|²=2²+4²=20, |BD|=2√5.\nZ podobieństwa trójkątów ABD i DEC: |DA|/|BD| = |EC|/|DC|\n2/(2√5) = |EC|/4\n|EC| = 8/(2√5) = 4/√5 = 4√5/5.\n\nOdpowiedź: |CE| = 4√5/5.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2023-poziom-podstawowy/zad-36.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":81,"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":"<p>Zadanie 36. (0-3)<br>Dany jest prostokąt 𝐴𝐵𝐶𝐷, w którym |𝐴𝐷| = 2. Kąt 𝐵𝐷𝐴 ma miarę 𝛼, taką, że tg 𝛼= 2.<br>Przekątna 𝐵𝐷 i prosta przechodząca przez wierzchołek 𝐶 prostopadła do 𝐵𝐷 przecinają się<br>w punkcie 𝐸 (zobacz rysunek).<br>Oblicz długość odcinka |𝑪𝑬|.<br>Wymagania ogólne<br>III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.<br>1.<br>Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć<br>matematycznych.<br>3.<br>Tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących,<br>w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu.<br>Wymagania szczegółowe<br>VIII. Planimetria. Zdający:</p>\n<ol><li>korzysta z cech podobieństwa trójkątów;</li><li>stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach</li></ol>\n<p>płaskich oraz obliczania pól figur.<br>Zasady oceniania<br>3 pkt - prawidłowa metoda obliczenia długości odcinka 𝐸𝐶 oraz podanie prawidłowego<br>wyniku: |𝐸𝐶| =<br>4√5<br>5 lub |𝐸𝐶| =<br>4<br>√5 .<br>2 pkt - zapisanie zależności<br>|𝐷𝐴|<br>|𝐵𝐷| =<br>|𝐸𝐶|<br>|𝐷𝐶| oraz prawidłowe obliczenie z twierdzenia Pitagorasa<br>długości odcinka 𝐵𝐷: |𝐵𝐷| = 2√5 (np. jak w sposobie 1. rozwiązania)<br>LUB<br>𝐶<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐷<br>𝐸<br>82<br>Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2022/2023</p>\n<ul><li>zapisanie zależności</li></ul>\n<p>|𝐴𝐵|<br>|𝐴𝐷| =<br>|𝐷𝐸|<br>|𝐸𝐶| = 2 oraz zapisanie równania z jedną niewiadomą<br>wynikającego z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐷𝐸𝐶 (np. jak w sposobie 2.<br>rozwiązania)<br>LUB</p>\n<ul><li>zapisanie zależności</li></ul>\n<p>|𝐴𝐵|<br>|𝐴𝐷| =<br>|𝐸𝐶|<br>|𝐸𝐵| = 2 oraz zapisanie równania z jedną niewiadomą<br>wynikającego z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐵𝐶𝐸<br>LUB</p>\n<ul><li>zapisanie równania z jedną niewiadomą, wyrażającą długość boku 𝐸𝐶, wynikającego</li></ul>\n<p>z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐷𝐸𝐶 lub 𝐵𝐶𝐸.<br>1 pkt - stwierdzenie, że trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐷𝐸𝐶 (lub trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐶𝐸𝐵) są podobne oraz<br>zapisanie zależności<br>|𝐴𝐵|<br>|𝐴𝐷| = 2 i obliczenie długości boku 𝐴𝐵: |𝐴𝐵| = 4.<br>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Przykładowe pełne rozwiązania<br>Sposób 1.</p>\n<ol><li>Wprowadzimy oznaczenia: ∡𝐵𝐷𝐴= 𝛼, ∡𝐴𝐵𝐷= 𝛽.</li></ol>\n<p>To są kąty w trójkącie prostokątnym 𝐴𝐵𝐷, zatem:<br>𝛼+ 𝛽= 90°</p>\n<ol><li>Wyodrębnimy trójkąty prostokątne: 𝐴𝐵𝐷, 𝐸𝐶𝐷. W tych</li></ol>\n<p>trójkątach wyznaczymy kąty ostre. Skorzystamy<br>z zależności, że 𝛼+ 𝛽= 90° oraz z własności kątów<br>naprzemianległych.<br>Na podstawie cechy: kąt, kąt, kąt, stwierdzamy, że<br>trójkąty 𝐴𝐵𝐷, 𝐸𝐶𝐷 są podobne (zobacz rysunek obok).</p>\n<ol><li>Ponieważ tg 𝛼= 2 , to |𝐴𝐵| = 4. Zatem |𝐷𝐶| = 4.</li><li>Obliczymy |𝐵𝐷| z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta</li></ol>\n<p>𝐴𝐵𝐷:<br>|𝐵𝐷|2 = |𝐷𝐴|2 + |𝐴𝐵|2 = 22 + 42 = 20<br>|𝐵𝐷| = √20 = 2√5</p>\n<ol><li>Z podobieństwa trójkątów 𝐴𝐵𝐷, 𝐸𝐶𝐷 obliczymy długość odcinka 𝐸𝐶.</li></ol>\n<p>|𝐷𝐴|<br>|𝐵𝐷| = |𝐸𝐶|<br>|𝐷𝐶| zatem 2<br>2√5<br>= |𝐸𝐶|<br>4<br>więc |𝐸𝐶| = 4<br>√5<br>𝐶<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐷<br>𝐸<br>𝛼<br>𝛽<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐸<br>𝐴<br>𝐵<br>𝛼<br>𝛽<br>𝛽<br>𝛼<br>2<br>4<br>4<br>2ξ5<br>Przykładowe zadania z rozwiązaniami<br>83<br>Sposób 2.</p>\n<ol><li>Zastosujemy oznaczenia: ∡𝐵𝐷𝐴= 𝛼, ∡𝐴𝐵𝐷= 𝛽.</li></ol>\n<p>To są kąty w trójkącie prostokątnym 𝐴𝐵𝐷, zatem:<br>𝛼+ 𝛽= 90°</p>\n<ol><li>Wyodrębnimy trójkąty prostokątne: 𝐴𝐵𝐷, 𝐵𝐶𝐸, 𝐸𝐶𝐷.</li></ol>\n<p>W<br>tych<br>trójkątach<br>wyznaczymy<br>kąty<br>ostre.<br>Skorzystamy z zależności, że 𝛼+ 𝛽= 90° oraz<br>z własności kątów naprzemianległych.<br>Na podstawie cechy: kąt, kąt, kąt, stwierdzamy, że<br>trójkąty 𝐴𝐵𝐷, 𝐵𝐶𝐸, 𝐸𝐶𝐷 są podobne.</p>\n<ol><li>Z podobieństwa tych trójkątów wynika, że:</li></ol>\n<p>|𝐴𝐵|<br>|𝐴𝐷| = |𝐸𝐶|<br>|𝐸𝐵| = |𝐷𝐸|<br>|𝐸𝐶|<br>zatem tg 𝛼=<br>|𝐴𝐵|<br>|𝐴𝐷| =<br>|𝐸𝐶|<br>|𝐸𝐵| =<br>|𝐷𝐸|<br>|𝐸𝐶| = 2<br>Wprowadzimy oznaczenie: |𝐸𝐶| = 𝑥. Długości boków<br>𝐸𝐵 i 𝐸𝐷 wyrazimy poprzez 𝑥. Z równań zapisanych<br>powyżej otrzymujemy:<br>ponieważ |𝐴𝐷| = 2 to |𝐴𝐵| = 4<br>ponieważ |𝐸𝐶| = 𝑥 to |𝐸𝐵| = 𝑥<br>2<br>ponieważ |𝐸𝐶| = 𝑥 to |𝐸𝐷| = 2𝑥</p>\n<ol><li>Zastosujemy twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta 𝐸𝐶𝐷 (można zastosować alternatywnie</li></ol>\n<p>dla trójkąta 𝐵𝐶𝐸):<br>𝑥2 + (2𝑥)2 = 42 więc 𝑥2 + 4𝑥2 = 16 stąd 5𝑥2 = 16<br>Zatem 𝑥= |𝐸𝐶| = 4√5<br>5<br>𝐶<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐷<br>𝐸<br>𝛼<br>𝛽<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐸<br>𝐴<br>𝐵<br>𝛼<br>𝛽<br>𝛼<br>𝛽<br>𝛽<br>𝛼<br>𝐶<br>𝐵<br>2<br>4<br>𝐷<br>𝐸<br>𝐴<br>4<br>𝑥<br>2𝑥<br>𝑥<br>2<br>2<br>84<br>Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2022/2023</p>","solutions":[{"source":"ai","label":"AI","kind":"text","html":"<p>Oznaczmy ∡BDA=α, ∡ABD=β; α+β=90° (trójkąt ABD prostokątny przy A).<br>Ponieważ tgα=2 oraz tgα=|AB|/|AD|, mamy |AB|=2·|AD|=2·2=4.<br>Trójkąty ABD i DEC są podobne (kąt, kąt, kąt - z równoległości i kątów naprzemianległych), więc |DC|=|AB|=4 (DC=AB jako boki prostokąta).<br>Z tw. Pitagorasa dla trójkąta ABD: |BD|²=|DA|²+|AB|²=2²+4²=20, |BD|=2√5.<br>Z podobieństwa trójkątów ABD i DEC: |DA|/|BD| = |EC|/|DC|<br>2/(2√5) = |EC|/4<br>|EC| = 8/(2√5) = 4/√5 = 4√5/5.</p>\n<p>Odpowiedź: |CE| = 4√5/5.</p>"}]}