{"id":"informator-maturalny-matematyka-2023-poziom-rozszerzony/zad/26","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2023-poziom-rozszerzony","number":"26","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2023,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 26. (0-5)\nDany jest trapez prostokątny 𝐴𝐵𝐶𝐷 o kątach prostych przy wierzchołkach 𝐴 i 𝐷. Ramię 𝐵𝐶\ntrapezu ma długość 5. W ten trapez wpisano okrąg o środku w punkcie 𝑆 i promieniu 2.\nPunkt 𝑃 jest punktem styczności okręgu i dłuższej podstawy 𝐴𝐵 tego trapezu (zobacz\nrysunek).\nWykaż, że trójkąty 𝑩𝑷𝑺 i 𝑩𝑺𝑪 są trójkątami podobnymi, oraz oblicz skalę tego\npodobieństwa.\n𝐴\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n𝐵\n𝑃\n2\n5\n82\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2022/2023\nWymaganie ogólne\nIV. Rozumowanie i argumentacja.\n1)\nPrzeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów\nuzasadniających poprawność rozumowania […].\nWymagania szczegółowe\nVIII. Planimetria. Zdający:\n12)\nprzeprowadza dowody geometryczne;\nR)\nstosuje własności czworokątów […] opisanych na okręgu.\nZasady oceniania\ndla rozwiązań sposobami 1.-3.\n5 pkt - obliczenie skali podobieństwa trójkątów 𝑃𝐵𝑆 oraz 𝑆𝐵𝐶.\n4 pkt - obliczenie długości odcinka stycznej (zawierającej odcinek 𝐵𝐶) od punktu 𝐵 do\npunktu styczności z okręgiem\nLUB\nstwierdzenie, że każdy z obliczonych stosunków odpowiednich boków trójkątów 𝐵𝑃𝑆\ni 𝐵𝑆𝐶 jest skalą podobieństwa.\n3 pkt - uzasadnienie, że trójkąty 𝐵𝑃𝑆 i 𝐵𝑆𝐶 są podobne.\n2 pkt - uzasadnienie, że kąt 𝐵𝑆𝐶 jest kątem prostym\nLUB\nobliczenie długości boków trójkątów 𝐵𝑆𝐶 oraz 𝐵𝑃𝑆\nLUB\nobliczenie długości boków trójkąta 𝐵𝑃𝑆 i uzasadnienie równości miar kątów 𝑃𝐵𝑆\noraz 𝑆𝐵𝐶 (lub 𝐵𝐶𝑆 oraz 𝑆𝐶𝐷).\n1 pkt - uzasadnienie równości miar kątów 𝑃𝐵𝑆 oraz 𝑆𝐵𝐶 (lub 𝐵𝐶𝑆 oraz 𝑆𝐶𝐷)\nLUB\nobliczenie długości boków trójkąta 𝐵𝑃𝑆.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1.\nWykażemy, że trójkąty 𝐵𝑃𝑆 i 𝐵𝑆𝐶 są podobne.\nPunkt 𝑆 jest równooddalony od boków 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 trapezu jako środek okręgu wpisanego\nw trapez, więc leży na dwusiecznej kąta 𝐴𝐵𝐶. Zatem |∡𝑃𝐵𝑆| = |∡𝑆𝐵𝐶|.\nPodobna argumentacja prowadzi do stwierdzenia, że |∡𝐵𝐶𝑆| = |∡𝑆𝐶𝐷|.\nOznaczmy miary kątów 𝑃𝐵𝑆 oraz 𝐵𝐶𝑆 jako - odpowiednio - 𝛼 oraz 𝛽 (rysunek 1.).\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n𝐴\n𝐵\n𝑃\n𝛽\n𝛽\n𝛼\n𝛼\nRysunek 1.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami\n83\nPonieważ suma miar kątów przy ramieniu trapezu wynosi 180°, więc 2𝛼+ 2𝛽= 180°,\nskąd dalej 𝛼+ 𝛽= 90°. Dlatego:\n|∡𝐵𝑆𝐶| = 180° -(𝛼+ 𝛽) = 90°\noraz\n|∡𝑃𝑆𝐵| = 180° -(90° + 𝛼) = 𝛽.\nTo oznacza, że Δ𝐵𝑃𝑆 ~ Δ𝐵𝑆𝐶 (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów).\nObliczymy skalę podobieństwa trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶.\nNiech 𝐸 i 𝐹 oznaczają punkty styczności okręgu i odcinków - odpowiednio - 𝐵𝐶 oraz 𝐶𝐷\n(rysunek 2.).\nPonieważ |∡𝑆𝐵𝐸| = |∡𝐶𝑆𝐸| oraz |∡𝐸𝑆𝐵| = |∡𝐸𝐶𝑆|, więc trójkąty prostokątne 𝑆𝐵𝐸\ni 𝐶𝑆𝐸 są podobne. Zatem\n|𝑆𝐸|\n|𝐵𝐸| = |𝐶𝐸|\n|𝑆𝐸|\ni dalej\n|𝑆𝐸|2 = |𝐵𝐸| ⋅|𝐶𝐸|\n4 = (5 -|𝐶𝐸|) ⋅|𝐶𝐸|\n|𝐶𝐸|2 -5|𝐶𝐸| + 4 = 0\n|𝐶𝐸| = 1 lub |𝐶𝐸| = 4\nZ twierdzenia o odcinkach stycznych mamy |𝑃𝐵| = |𝐵𝐸| oraz |𝐶𝐸| = |𝐶𝐹|.\nPonieważ |𝐴𝐵| < |𝐶𝐷|, więc |𝐶𝐸| < |𝐸𝐵| i w konsekwencji |𝐶𝐸| = 1 oraz |𝐵𝐸| = 4.\nPo zastosowaniu twierdzenia Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝑆𝐸 otrzymujemy |𝐵𝑆| = 2√5.\n𝐶\n𝐷\n2\n𝑆\n5\n𝐸\n𝐵\n𝑃\n𝐴\n𝐹\nRysunek 2.\n84\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2022/2023\nObliczamy skalę podobieństwa trójkątów 𝐵𝑆𝐶 i 𝐵𝑃𝑆:\n𝑘=\n|𝐵𝐶|\n|𝐵𝑆| =\n5\n2√5\n= √5\n2\nSposób 2.\nWykażemy, że trójkąty 𝐵𝑃𝑆 i 𝐵𝑆𝐶 są podobne.\nNiech 𝐸 i 𝐹 oznaczają punkty styczności okręgu i odcinków - odpowiednio - 𝐵𝐶 oraz 𝐶𝐷.\nOznaczmy przez 𝐺 rzut prostokątny wierzchołka 𝐶 na podstawę 𝐴𝐵 trapezu (rysunek 3.).\nPunkt 𝑆 jest równooddalony od boków 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 trapezu jako środek okręgu wpisanego\nw trapez, więc wysokość trapezu jest równa 4.\nDo trójkąta 𝐵𝐺𝐶 stosujemy twierdzenie Pitagorasa i obliczamy długość odcinka 𝐵𝐺:\n|𝐵𝐺|2 + |𝐺𝐶|2 = |𝐵𝐶|2\n|𝐵𝐺|2 + 42 = 52\n|𝐵𝐺| = 3\nPonieważ 𝐺 jest rzutem prostokątnym wierzchołka 𝐶 na podstawę 𝐴𝐵, więc\n|𝐺𝑃| = |𝐹𝐶|\nKorzystamy z twierdzenia o okręgu wpisanym w czworokąt i otrzymujemy\n|𝐴𝐷| + |𝐵𝐶| = |𝐴𝐵| + |𝐶𝐷|\n4 + 5 = |𝐴𝑃| + |𝐹𝐶| + |𝐵𝐺| + |𝐹𝐶| + |𝐷𝐹|\n9 = 2|𝐴𝑃| + 2|𝐹𝐶| + 3\n6 = 2|𝑆𝑃| + 2|𝐹𝐶|\n|𝐹𝐶| = 1\nZatem |𝑃𝐵| = |𝑃𝐺| + |𝐺𝐵| = 4.\n𝐶\n𝐷\n2\n5\n𝑆\n𝐵\n𝑃\n𝐹\n𝐴\n𝐺\n𝐸\nRysunek 3.\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami\n85\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝑃𝑆 celem obliczenia |𝐵𝑆|:\n|𝐵𝑃|2 + |𝑃𝑆|2 = |𝐵𝑆|2\n42 + 22 = |𝐵𝑆|2\n|𝐵𝑆| = 2√5\nZatem trójkąt 𝐵𝑃𝑆 ma boki o długościach: |𝐵𝑃| = 4, |𝑃𝑆| = 2 i |𝐵𝑆| = 2√5.\nZ twierdzenia o odcinkach stycznych |𝐶𝐸| = |𝐹𝐶|, więc |𝐶𝐸| = 1.\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝑆𝐸𝐶 celem obliczenia |𝐶𝑆|:\n22 + 12 = |𝐶𝑆|2\n|𝐶𝑆| = √5\nZatem trójkąt 𝐵𝑆𝐶 ma boki o długościach: |𝐵𝑆| = 2√5, |𝐶𝑆| = √5, |𝐵𝐶| = 5.\nPonieważ\n|𝐵𝐶|\n|𝐵𝑆| =\n5\n2√5\n= √5\n2 oraz\n|𝐶𝑆|\n|𝑃𝑆| = √5\n2 oraz\n|𝐵𝑆|\n|𝐵𝑃| = 2√5\n4\n= √5\n2 ,\nwięc trójkąty 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶 są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów).\nTo kończy dowód.\nKażdy z obliczonych powyżej stosunków długości odpowiednich boków trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz\n𝐵𝑆𝐶 jest równy skali podobieństwa tychże trójkątów.\nSkala podobieństwa trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶 jest równa 𝑘=\n|𝐵𝐶|\n|𝐵𝑆| =\n√5\n2 .\nSposób 3.\nWykażemy, że trójkąty 𝐵𝑃𝑆 i 𝐵𝑆𝐶 są podobne.\nOznaczmy przez 𝛼 miarę kąta 𝑃𝐵𝑆, przez 𝐺 - rzut prostokątny punktu 𝐶 na podstawę 𝐴𝐵\ntrapezu, przez 𝐹 - punkt styczności okręgu z odcinkiem 𝐶𝐷 (rysunek 4.).\nPunkt 𝑆 jest równooddalony od boków 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 trapezu jako środek okręgu wpisanego w\ntrapez, więc wysokość trapezu jest równa 4.\n𝐶\n𝐷\n2\n5\n𝑆\n𝛼\n𝐵\n𝑃\n𝐹\n𝐴\n𝐺\nRysunek 4.\n86\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2022/2023\nDo trójkąta 𝐵𝐺𝐶 stosujemy twierdzenie Pitagorasa, aby obliczyć długość odcinka 𝐵𝐺:\n|𝐵𝐺|2 + |𝐺𝐶|2 = |𝐵𝐶|2\n|𝐵𝐺|2 + 42 = 52\n|𝐵𝐺| = 3\nPonieważ 𝐺 jest rzutem prostokątnym wierzchołka 𝐶 na podstawę 𝐴𝐵, więc\n|𝐺𝑃| = |𝐹𝐶|\nKorzystamy z twierdzenia o okręgu wpisanym w czworokąt i otrzymujemy\n|𝐴𝐷| + |𝐵𝐶| = |𝐴𝐵| + |𝐶𝐷|\n4 + 5 = |𝐴𝑃| + |𝐹𝐶| + |𝐵𝐺| + |𝐹𝐶| + |𝐷𝐹|\n9 = 2|𝐴𝑃| + 2|𝐹𝐶| + 3\n6 = 2|𝑆𝑃| + 2|𝐹𝐶|\n|𝐹𝐶| = 1\nZatem |𝑃𝐵| = |𝑃𝐺| + |𝐺𝐵| = 4.\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝑃𝑆 celem obliczenia |𝐵𝑆|:\n|𝐵𝑃|2 + |𝑃𝑆|2 = |𝐵𝑆|2\n42 + 22 = |𝐵𝑆|2\n|𝐵𝑆| = 2√5\nZatem trójkąt 𝐵𝑃𝑆 ma boki o długościach: |𝐵𝑃| = 4, |𝑃𝑆| = 2 i |𝐵𝑆| = 2√5.\nPunkt 𝑆 jest równooddalony od boków 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 trapezu jako środek okręgu wpisanego\nw trapez, więc leży na dwusiecznej kąta 𝐴𝐵𝐶. Zatem |∡𝑃𝐵𝑆| = |∡𝑆𝐵𝐶| = 𝛼.\nObliczamy stosunki długości odpowiednich boków trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶 leżących przy\nkątach - odpowiednio - 𝑃𝐵𝑆 oraz 𝑆𝐵𝐶:\n|𝐵𝑆|\n|𝐵𝑃| = 2√5\n4\n= √5\n2 |𝐵𝐶|\n|𝐵𝑆| =\n5\n2√5\n= √5\n2\nPonieważ stosunki długości odpowiednich boków trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶 są równe i równe\nsą miary kątów przyległych do tych boków, więc trójkąty 𝐵𝑃𝑆 i 𝐵𝑆𝐶 są podobne (na\npodstawie cechy bkb podobieństwa trójkątów).\nTo kończy dowód.\nKażdy z obliczonych powyżej stosunków długości odpowiednich boków trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz\n𝐵𝑆𝐶 jest równy skali podobieństwa tychże trójkątów.\nSkala podobieństwa trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶 jest równa 𝑘=\n|𝐵𝐶|\n|𝐵𝑆| =\n√5\n2 .\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami\n87","answer":null,"answer_text":null,"solution":null,"image":"img/informator-maturalny-matematyka-2023-poziom-rozszerzony/zad-26.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":81,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2023","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny","text_html":"

Zadanie 26. (0-5)
Dany jest trapez prostokątny 𝐴𝐵𝐶𝐷 o kątach prostych przy wierzchołkach 𝐴 i 𝐷. Ramię 𝐵𝐶
trapezu ma długość 5. W ten trapez wpisano okrąg o środku w punkcie 𝑆 i promieniu 2.
Punkt 𝑃 jest punktem styczności okręgu i dłuższej podstawy 𝐴𝐵 tego trapezu (zobacz
rysunek).
Wykaż, że trójkąty 𝑩𝑷𝑺 i 𝑩𝑺𝑪 są trójkątami podobnymi, oraz oblicz skalę tego
podobieństwa.
𝐴
𝐶
𝐷
𝑆
𝐵
𝑃
2
5
82
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2022/2023
Wymaganie ogólne
IV. Rozumowanie i argumentacja.
1)
Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów
uzasadniających poprawność rozumowania […].
Wymagania szczegółowe
VIII. Planimetria. Zdający:
12)
przeprowadza dowody geometryczne;
R)
stosuje własności czworokątów […] opisanych na okręgu.
Zasady oceniania
dla rozwiązań sposobami 1.-3.
5 pkt - obliczenie skali podobieństwa trójkątów 𝑃𝐵𝑆 oraz 𝑆𝐵𝐶.
4 pkt - obliczenie długości odcinka stycznej (zawierającej odcinek 𝐵𝐶) od punktu 𝐵 do
punktu styczności z okręgiem
LUB
stwierdzenie, że każdy z obliczonych stosunków odpowiednich boków trójkątów 𝐵𝑃𝑆
i 𝐵𝑆𝐶 jest skalą podobieństwa.
3 pkt - uzasadnienie, że trójkąty 𝐵𝑃𝑆 i 𝐵𝑆𝐶 są podobne.
2 pkt - uzasadnienie, że kąt 𝐵𝑆𝐶 jest kątem prostym
LUB
obliczenie długości boków trójkątów 𝐵𝑆𝐶 oraz 𝐵𝑃𝑆
LUB
obliczenie długości boków trójkąta 𝐵𝑃𝑆 i uzasadnienie równości miar kątów 𝑃𝐵𝑆
oraz 𝑆𝐵𝐶 (lub 𝐵𝐶𝑆 oraz 𝑆𝐶𝐷).
1 pkt - uzasadnienie równości miar kątów 𝑃𝐵𝑆 oraz 𝑆𝐵𝐶 (lub 𝐵𝐶𝑆 oraz 𝑆𝐶𝐷)
LUB
obliczenie długości boków trójkąta 𝐵𝑃𝑆.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1.
Wykażemy, że trójkąty 𝐵𝑃𝑆 i 𝐵𝑆𝐶 są podobne.
Punkt 𝑆 jest równooddalony od boków 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 trapezu jako środek okręgu wpisanego
w trapez, więc leży na dwusiecznej kąta 𝐴𝐵𝐶. Zatem |∡𝑃𝐵𝑆| = |∡𝑆𝐵𝐶|.
Podobna argumentacja prowadzi do stwierdzenia, że |∡𝐵𝐶𝑆| = |∡𝑆𝐶𝐷|.
Oznaczmy miary kątów 𝑃𝐵𝑆 oraz 𝐵𝐶𝑆 jako - odpowiednio - 𝛼 oraz 𝛽 (rysunek 1.).
𝐶
𝐷
𝑆
𝐴
𝐵
𝑃
𝛽
𝛽
𝛼
𝛼
Rysunek 1.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
83
Ponieważ suma miar kątów przy ramieniu trapezu wynosi 180°, więc 2𝛼+ 2𝛽= 180°,
skąd dalej 𝛼+ 𝛽= 90°. Dlatego:
|∡𝐵𝑆𝐶| = 180° -(𝛼+ 𝛽) = 90°
oraz
|∡𝑃𝑆𝐵| = 180° -(90° + 𝛼) = 𝛽.
To oznacza, że Δ𝐵𝑃𝑆 ~ Δ𝐵𝑆𝐶 (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów).
Obliczymy skalę podobieństwa trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶.
Niech 𝐸 i 𝐹 oznaczają punkty styczności okręgu i odcinków - odpowiednio - 𝐵𝐶 oraz 𝐶𝐷
(rysunek 2.).
Ponieważ |∡𝑆𝐵𝐸| = |∡𝐶𝑆𝐸| oraz |∡𝐸𝑆𝐵| = |∡𝐸𝐶𝑆|, więc trójkąty prostokątne 𝑆𝐵𝐸
i 𝐶𝑆𝐸 są podobne. Zatem
|𝑆𝐸|
|𝐵𝐸| = |𝐶𝐸|
|𝑆𝐸|
i dalej
|𝑆𝐸|2 = |𝐵𝐸| ⋅|𝐶𝐸|
4 = (5 -|𝐶𝐸|) ⋅|𝐶𝐸|
|𝐶𝐸|2 -5|𝐶𝐸| + 4 = 0
|𝐶𝐸| = 1 lub |𝐶𝐸| = 4
Z twierdzenia o odcinkach stycznych mamy |𝑃𝐵| = |𝐵𝐸| oraz |𝐶𝐸| = |𝐶𝐹|.
Ponieważ |𝐴𝐵| < |𝐶𝐷|, więc |𝐶𝐸| < |𝐸𝐵| i w konsekwencji |𝐶𝐸| = 1 oraz |𝐵𝐸| = 4.
Po zastosowaniu twierdzenia Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝑆𝐸 otrzymujemy |𝐵𝑆| = 2√5.
𝐶
𝐷
2
𝑆
5
𝐸
𝐵
𝑃
𝐴
𝐹
Rysunek 2.
84
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2022/2023
Obliczamy skalę podobieństwa trójkątów 𝐵𝑆𝐶 i 𝐵𝑃𝑆:
𝑘=
|𝐵𝐶|
|𝐵𝑆| =
5
2√5
= √5
2
Sposób 2.
Wykażemy, że trójkąty 𝐵𝑃𝑆 i 𝐵𝑆𝐶 są podobne.
Niech 𝐸 i 𝐹 oznaczają punkty styczności okręgu i odcinków - odpowiednio - 𝐵𝐶 oraz 𝐶𝐷.
Oznaczmy przez 𝐺 rzut prostokątny wierzchołka 𝐶 na podstawę 𝐴𝐵 trapezu (rysunek 3.).
Punkt 𝑆 jest równooddalony od boków 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 trapezu jako środek okręgu wpisanego
w trapez, więc wysokość trapezu jest równa 4.
Do trójkąta 𝐵𝐺𝐶 stosujemy twierdzenie Pitagorasa i obliczamy długość odcinka 𝐵𝐺:
|𝐵𝐺|2 + |𝐺𝐶|2 = |𝐵𝐶|2
|𝐵𝐺|2 + 42 = 52
|𝐵𝐺| = 3
Ponieważ 𝐺 jest rzutem prostokątnym wierzchołka 𝐶 na podstawę 𝐴𝐵, więc
|𝐺𝑃| = |𝐹𝐶|
Korzystamy z twierdzenia o okręgu wpisanym w czworokąt i otrzymujemy
|𝐴𝐷| + |𝐵𝐶| = |𝐴𝐵| + |𝐶𝐷|
4 + 5 = |𝐴𝑃| + |𝐹𝐶| + |𝐵𝐺| + |𝐹𝐶| + |𝐷𝐹|
9 = 2|𝐴𝑃| + 2|𝐹𝐶| + 3
6 = 2|𝑆𝑃| + 2|𝐹𝐶|
|𝐹𝐶| = 1
Zatem |𝑃𝐵| = |𝑃𝐺| + |𝐺𝐵| = 4.
𝐶
𝐷
2
5
𝑆
𝐵
𝑃
𝐹
𝐴
𝐺
𝐸
Rysunek 3.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
85
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝑃𝑆 celem obliczenia |𝐵𝑆|:
|𝐵𝑃|2 + |𝑃𝑆|2 = |𝐵𝑆|2
42 + 22 = |𝐵𝑆|2
|𝐵𝑆| = 2√5
Zatem trójkąt 𝐵𝑃𝑆 ma boki o długościach: |𝐵𝑃| = 4, |𝑃𝑆| = 2 i |𝐵𝑆| = 2√5.
Z twierdzenia o odcinkach stycznych |𝐶𝐸| = |𝐹𝐶|, więc |𝐶𝐸| = 1.
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝑆𝐸𝐶 celem obliczenia |𝐶𝑆|:
22 + 12 = |𝐶𝑆|2
|𝐶𝑆| = √5
Zatem trójkąt 𝐵𝑆𝐶 ma boki o długościach: |𝐵𝑆| = 2√5, |𝐶𝑆| = √5, |𝐵𝐶| = 5.
Ponieważ
|𝐵𝐶|
|𝐵𝑆| =
5
2√5
= √5
2 oraz
|𝐶𝑆|
|𝑃𝑆| = √5
2 oraz
|𝐵𝑆|
|𝐵𝑃| = 2√5
4
= √5
2 ,
więc trójkąty 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶 są podobne (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów).
To kończy dowód.
Każdy z obliczonych powyżej stosunków długości odpowiednich boków trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz
𝐵𝑆𝐶 jest równy skali podobieństwa tychże trójkątów.
Skala podobieństwa trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶 jest równa 𝑘=
|𝐵𝐶|
|𝐵𝑆| =
√5
2 .
Sposób 3.
Wykażemy, że trójkąty 𝐵𝑃𝑆 i 𝐵𝑆𝐶 są podobne.
Oznaczmy przez 𝛼 miarę kąta 𝑃𝐵𝑆, przez 𝐺 - rzut prostokątny punktu 𝐶 na podstawę 𝐴𝐵
trapezu, przez 𝐹 - punkt styczności okręgu z odcinkiem 𝐶𝐷 (rysunek 4.).
Punkt 𝑆 jest równooddalony od boków 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 trapezu jako środek okręgu wpisanego w
trapez, więc wysokość trapezu jest równa 4.
𝐶
𝐷
2
5
𝑆
𝛼
𝐵
𝑃
𝐹
𝐴
𝐺
Rysunek 4.
86
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2022/2023
Do trójkąta 𝐵𝐺𝐶 stosujemy twierdzenie Pitagorasa, aby obliczyć długość odcinka 𝐵𝐺:
|𝐵𝐺|2 + |𝐺𝐶|2 = |𝐵𝐶|2
|𝐵𝐺|2 + 42 = 52
|𝐵𝐺| = 3
Ponieważ 𝐺 jest rzutem prostokątnym wierzchołka 𝐶 na podstawę 𝐴𝐵, więc
|𝐺𝑃| = |𝐹𝐶|
Korzystamy z twierdzenia o okręgu wpisanym w czworokąt i otrzymujemy
|𝐴𝐷| + |𝐵𝐶| = |𝐴𝐵| + |𝐶𝐷|
4 + 5 = |𝐴𝑃| + |𝐹𝐶| + |𝐵𝐺| + |𝐹𝐶| + |𝐷𝐹|
9 = 2|𝐴𝑃| + 2|𝐹𝐶| + 3
6 = 2|𝑆𝑃| + 2|𝐹𝐶|
|𝐹𝐶| = 1
Zatem |𝑃𝐵| = |𝑃𝐺| + |𝐺𝐵| = 4.
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝑃𝑆 celem obliczenia |𝐵𝑆|:
|𝐵𝑃|2 + |𝑃𝑆|2 = |𝐵𝑆|2
42 + 22 = |𝐵𝑆|2
|𝐵𝑆| = 2√5
Zatem trójkąt 𝐵𝑃𝑆 ma boki o długościach: |𝐵𝑃| = 4, |𝑃𝑆| = 2 i |𝐵𝑆| = 2√5.
Punkt 𝑆 jest równooddalony od boków 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 trapezu jako środek okręgu wpisanego
w trapez, więc leży na dwusiecznej kąta 𝐴𝐵𝐶. Zatem |∡𝑃𝐵𝑆| = |∡𝑆𝐵𝐶| = 𝛼.
Obliczamy stosunki długości odpowiednich boków trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶 leżących przy
kątach - odpowiednio - 𝑃𝐵𝑆 oraz 𝑆𝐵𝐶:
|𝐵𝑆|
|𝐵𝑃| = 2√5
4
= √5
2 |𝐵𝐶|
|𝐵𝑆| =
5
2√5
= √5
2
Ponieważ stosunki długości odpowiednich boków trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶 są równe i równe
są miary kątów przyległych do tych boków, więc trójkąty 𝐵𝑃𝑆 i 𝐵𝑆𝐶 są podobne (na
podstawie cechy bkb podobieństwa trójkątów).
To kończy dowód.
Każdy z obliczonych powyżej stosunków długości odpowiednich boków trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz
𝐵𝑆𝐶 jest równy skali podobieństwa tychże trójkątów.
Skala podobieństwa trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶 jest równa 𝑘=
|𝐵𝐶|
|𝐵𝑆| =
√5
2 .
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
87

","solutions":[]}