{"id":"informator-maturalny-matematyka-2025-poziom-podstawowy/zad/40","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2025-poziom-podstawowy","number":"40","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2025,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 40. (0-2)\nW trójkącie 𝐴𝐵𝐶 dane są długości dwóch boków |𝐴𝐵| = 12, |𝐵𝐶| = 8 oraz miara kąta\n|∡𝐴𝐵𝐶| = 60°.\nOblicz długość środkowej tego trójkąta poprowadzonej z wierzchołka 𝑨.\nWymaganie ogólne\nIII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\n1.\nStosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć\nmatematycznych.\nWymagania szczegółowe\nVII. Trygonometria. Zdający:\n3) stosuje twierdzenie cosinusów […].\nVIII. Planimetria. Zdający:\n12) stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach\npłaskich oraz obliczania pól figur.\nZasady oceniania\ndla rozwiązania sposobem 1.\n2 pkt - zapisanie poprawnego równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta\n𝐴𝐵𝐷 oraz poprawne obliczenie długości środkowej: |𝐴𝐷| = 4√7.\n1 pkt - zapisanie równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta 𝐴𝐵𝐷, np.:\n|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐷|2 -2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐷| ⋅cos |∡𝐴𝐵𝐶|\n|𝐴𝐷|2 = 122 + 42 -2 ⋅12 ⋅4 ⋅cos 60°\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania\ndla rozwiązania sposobem 2.\n2 pkt - poprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐺𝐷 oraz poprawne\nobliczenie długości środkowej: |𝐴𝐷| = 4√7.\n1 pkt - wyodrębnienie trójkąta prostokątnego 𝐴𝐺𝐷 oraz trójkąta 𝐺𝐵𝐷 o kątach: 30°, 60°,\n90°, łącznie z poprawnym określeniem długości jego boków: |𝐺𝐵| = 2, |𝐷𝐺| = 2√3.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\n72\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1. (zastosowanie twierdzenia cosinusów)\nNiech 𝐷 oznacza środek odcinka 𝐵𝐶.\nWykonamy rysunek pomocniczy (zobacz obok).\nPonieważ 𝐴𝐷 jest środkową, to |𝐵𝐷| = 4.\nDo obliczenia długości środkowej 𝐴𝐷 zastosujemy\ntwierdzenie cosinusów dla trójkąta 𝐴𝐵𝐷:\n|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐷|2 -2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐷| ⋅cos |∡𝐴𝐵𝐶|\n|𝐴𝐷|2 = 122 + 42 -2 ⋅12 ⋅4 ⋅1\n2 = 112\n|𝐴𝐷| = √112 = 4√7\nSposób 2. (zastosowanie twierdzenia Pitagorasa i własności trójkąta o kątach 30°, 60°, 90°)\nNiech 𝐷 oznacza środek odcinka 𝐵𝐶.\nWykonamy rysunek pomocniczy (zobacz obok).\nW celu obliczenia długości środkowej 𝐴𝐷 zastosujemy\ntwierdzenie Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego 𝐴𝐺𝐷\n(gdzie 𝐺 jest rzutem prostokątnym punktu 𝐷 na odcinek 𝐴𝐵).\nPonieważ 𝐴𝐷 jest środkową, to |𝐵𝐷| = 4.\nRozważmy dalej trójkąt 𝐺𝐵𝐷.\nTrójkąt 𝐺𝐵𝐷 ma kąty o miarach: 30°, 60°, 90°, skąd\nwynika, że przyprostokątne tego trójkąta mają długości:\n|𝐺𝐵| = 2\n|𝐷𝐺| = 2√3\nzatem długość przyprostokątnej 𝐴𝐺 trójkąta 𝐴𝐺𝐷 jest równa\n|𝐴𝐺| = 12 -2 = 10\nObliczymy długość środkowej 𝐴𝐷 z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐺𝐷:\n|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝐺|2 + |𝐺𝐷|2\n|𝐴𝐷|2 = 102 + (2√3)2 = 112\n|𝐴𝐷| = √112 = 4√7\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n60°\n𝐷\n4\n4\n12\n𝐶\n𝐷\n𝐴\n60°\n𝐵\n𝐺\n4\n2\n2ξ3\n10\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami\n73","answer":null,"answer_text":null,"solution":"Niech D będzie środkiem boku BC, wówczas AD jest środkową z wierzchołka A.\n|BD| = |BC|/2 = 4.\nZ twierdzenia cosinusów w trójkącie ABD:\n|AD|² = |AB|² + |BD|² - 2·|AB|·|BD|·cos(∡ABC) = 12² + 4² - 2·12·4·cos60° =\n= 144 + 16 - 96·(1/2) = 160 - 48 = 112\n|AD| = √112 = 4√7.\nDługość środkowej poprowadzonej z wierzchołka A wynosi 4√7.","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2025-poziom-podstawowy/zad-40.webp","solution_image":null,"topics":"planimetria","page_from":71,"source":"ai","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"ai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2025","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny","text_html":"

Zadanie 40. (0-2)
W trójkącie 𝐴𝐵𝐶 dane są długości dwóch boków |𝐴𝐵| = 12, |𝐵𝐶| = 8 oraz miara kąta
|∡𝐴𝐵𝐶| = 60°.
Oblicz długość środkowej tego trójkąta poprowadzonej z wierzchołka 𝑨.
Wymaganie ogólne
III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.
1.
Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć
matematycznych.
Wymagania szczegółowe
VII. Trygonometria. Zdający:

\n
  1. stosuje twierdzenie cosinusów […].
\n

VIII. Planimetria. Zdający:

\n
  1. stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach
\n

płaskich oraz obliczania pól figur.
Zasady oceniania
dla rozwiązania sposobem 1.
2 pkt - zapisanie poprawnego równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta
𝐴𝐵𝐷 oraz poprawne obliczenie długości środkowej: |𝐴𝐷| = 4√7.
1 pkt - zapisanie równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta 𝐴𝐵𝐷, np.:
|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐷|2 -2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐷| ⋅cos |∡𝐴𝐵𝐶|
|𝐴𝐷|2 = 122 + 42 -2 ⋅12 ⋅4 ⋅cos 60°
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania
dla rozwiązania sposobem 2.
2 pkt - poprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐺𝐷 oraz poprawne
obliczenie długości środkowej: |𝐴𝐷| = 4√7.
1 pkt - wyodrębnienie trójkąta prostokątnego 𝐴𝐺𝐷 oraz trójkąta 𝐺𝐵𝐷 o kątach: 30°, 60°,
90°, łącznie z poprawnym określeniem długości jego boków: |𝐺𝐵| = 2, |𝐷𝐺| = 2√3.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
72
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1. (zastosowanie twierdzenia cosinusów)
Niech 𝐷 oznacza środek odcinka 𝐵𝐶.
Wykonamy rysunek pomocniczy (zobacz obok).
Ponieważ 𝐴𝐷 jest środkową, to |𝐵𝐷| = 4.
Do obliczenia długości środkowej 𝐴𝐷 zastosujemy
twierdzenie cosinusów dla trójkąta 𝐴𝐵𝐷:
|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐷|2 -2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝐷| ⋅cos |∡𝐴𝐵𝐶|
|𝐴𝐷|2 = 122 + 42 -2 ⋅12 ⋅4 ⋅1
2 = 112
|𝐴𝐷| = √112 = 4√7
Sposób 2. (zastosowanie twierdzenia Pitagorasa i własności trójkąta o kątach 30°, 60°, 90°)
Niech 𝐷 oznacza środek odcinka 𝐵𝐶.
Wykonamy rysunek pomocniczy (zobacz obok).
W celu obliczenia długości środkowej 𝐴𝐷 zastosujemy
twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego 𝐴𝐺𝐷
(gdzie 𝐺 jest rzutem prostokątnym punktu 𝐷 na odcinek 𝐴𝐵).
Ponieważ 𝐴𝐷 jest środkową, to |𝐵𝐷| = 4.
Rozważmy dalej trójkąt 𝐺𝐵𝐷.
Trójkąt 𝐺𝐵𝐷 ma kąty o miarach: 30°, 60°, 90°, skąd
wynika, że przyprostokątne tego trójkąta mają długości:
|𝐺𝐵| = 2
|𝐷𝐺| = 2√3
zatem długość przyprostokątnej 𝐴𝐺 trójkąta 𝐴𝐺𝐷 jest równa
|𝐴𝐺| = 12 -2 = 10
Obliczymy długość środkowej 𝐴𝐷 z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐺𝐷:
|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝐺|2 + |𝐺𝐷|2
|𝐴𝐷|2 = 102 + (2√3)2 = 112
|𝐴𝐷| = √112 = 4√7
𝐴
𝐵
𝐶
60°
𝐷
4
4
12
𝐶
𝐷
𝐴
60°
𝐵
𝐺
4
2
2ξ3
10
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
73

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

Niech D będzie środkiem boku BC, wówczas AD jest środkową z wierzchołka A.
|BD| = |BC|/2 = 4.
Z twierdzenia cosinusów w trójkącie ABD:
|AD|² = |AB|² + |BD|² - 2·|AB|·|BD|·cos(∡ABC) = 12² + 4² - 2·12·4·cos60° =
= 144 + 16 - 96·(1/2) = 160 - 48 = 112
|AD| = √112 = 4√7.
Długość środkowej poprowadzonej z wierzchołka A wynosi 4√7.

"}]}