{"id":"informator-maturalny-matematyka-2025-poziom-podstawowy/zad/47","paper_id":"informator-maturalny-matematyka-2025-poziom-podstawowy","number":"47","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"informator-maturalny","year":2025,"month":null,"level":null,"text":"Zadanie 47. (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\nsię w punkcie 𝐸 (zobacz rysunek).\nOblicz długość odcinka 𝑪𝑬.\nWymaganie ogólne\nIII. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.\n1.\nStosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć\nmatematycznych.\nWymagania szczegółowe\nVIII. Planimetria. Zdający:\n8) korzysta z cech podobieństwa trójkątów;\n12) stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków w figurach\npłaskich oraz obliczania pól figur.\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝛼\n2\n90\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025\nZasady oceniania\n3 pkt - poprawna metoda i obliczenie długości odcinka 𝐶𝐸: |𝐶𝐸| = 4√5\n5\n2 pkt - obliczenie długości odcinka 𝐵𝐷: |𝐵𝐷| = 2√5\nALBO\n- zapisanie równania z jedną niewiadomą, wyrażającą długość odcinka 𝐶𝐸,\nwynikającego z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐷𝐸𝐶 lub 𝐵𝐶𝐸,\nALBO\n- obliczenie sinusa kąta 𝐶𝐵𝐷: sin|∡𝐶𝐵𝐷| = 2\n√5 oraz zapisanie, że\nsin|∡𝐶𝐵𝐷| = |𝐶𝐸|\n|𝐵𝐶|\n1 pkt - obliczenie długości boku 𝐴𝐵: |𝐴𝐵| = 4\nALBO\n- stwierdzenie, że |∡𝐶𝐵𝐷| = 𝛼 oraz zapisanie, że |𝐶𝐸|\n|𝐵𝐸| = 2,\nALBO\n- obliczenie sinusa kąta 𝐶𝐵𝐷: sin|∡𝐶𝐵𝐷| = 2\n√5\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1.\nPonieważ tg 𝛼= 2, to |𝐴𝐵| = 4. Zatem |𝐷𝐶| = 4.\nTrójkąt 𝐵𝐶𝐷 jest prostokątny. Odcinek 𝐶𝐸 jest wysokością trójkąta 𝐵𝐶𝐷 poprowadzoną\nna przeciwprostokątną 𝐵𝐷.\nZ twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość odcinka 𝐵𝐷\n|𝐵𝐷|2 = 22 + 42\n|𝐵𝐷|2 = 20\n|𝐵𝐷| = √20 = 2√5\nPole trójkąta 𝐵𝐶𝐷 jest równe\n𝑃𝐵𝐶𝐷= 1\n2 ⋅2√5 ⋅|𝐶𝐸|\nPonadto pole trójkąta 𝐵𝐶𝐷 można obliczyć jako połowę iloczynu długości\nprzyprostokątnych\n𝑃𝐵𝐶𝐷= 1\n2 ⋅2 ⋅4 = 4\nZatem\n1\n2 ⋅2√5 ⋅|𝐶𝐸| = 4\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami\n91\n|𝐶𝐸| = 4\n√5\n= 4√5\n5\nDługość odcinka 𝐶𝐸 jest równa 4√5\n5\nSposób 2.\nWprowadźmy oznaczenie: |∡𝐴𝐵𝐷| = 𝛽.\nWyodrębnimy trójkąty prostokątne: 𝐴𝐵𝐷, 𝐸𝐷𝐶. W tych trójkątach wyznaczymy kąty ostre.\nSkorzystamy z zależności, że 𝛼+ 𝛽= 90° oraz z własności kątów naprzemianległych.\nNa podstawie cechy kąt - kąt - kąt, stwierdzamy, że trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐸𝐷𝐶 są podobne\n(zobacz rysunek).\nPonieważ tg 𝛼= 2, to |𝐴𝐵| = 4. Zatem |𝐷𝐶| = 4.\nObliczymy |𝐵𝐷| z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐵𝐷:\n|𝐵𝐷|2 = |𝐷𝐴|2 + |𝐴𝐵|2 = 22 + 42 = 20\n|𝐵𝐷| = √20 = 2√5\nZ podobieństwa trójkątów 𝐴𝐵𝐷 i 𝐸𝐷𝐶 obliczymy długość odcinka 𝐶𝐸.\n|𝐷𝐴|\n|𝐵𝐷| =\n|𝐶𝐸|\n|𝐷𝐶|\n2\n2√5\n= |𝐶𝐸|\n4\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝛼\n𝛽\n𝛽\n𝛼\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝐴\n𝐵\n𝛼\n𝛽\n𝛽\n𝛼\n2\n4\n4\n2ξ5\n92\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025\n|𝐶𝐸| = 4\n√5\n= 4√5\n5\nDługość odcinka 𝐶𝐸 jest równa 4√5\n5\nSposób 3.\nPonieważ |∡𝐵𝐷𝐴| = 𝛼, więc |∡𝐴𝐵𝐷| = 90° -𝛼.\nZatem |∡𝐶𝐵𝐷| = 90° -|∡𝐴𝐵𝐷| = 90° -(90° -𝛼) = 𝛼.\nOznaczmy: |𝐶𝐸| = 𝑥.\nPonieważ tg 𝛼= 2, więc |𝐶𝐸|\n|𝐵𝐸| =\n𝑥\n|𝐵𝐸| = 2.\nStąd |𝐵𝐸| = 𝑥\n2\nZastosujemy twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta 𝐵𝐸𝐶:\n𝑥2 + (𝑥\n2)\n2\n= 22\n𝑥2 + 𝑥2\n4 = 4\n5𝑥2\n4 = 4\n𝑥2 = 16\n5\n𝐶\n𝐵\n𝐷\n𝐸\n𝐴\n𝑥\n𝑥\n2\n2\n𝐶\n𝐴\n𝐵\n𝐷\n𝐸\n𝛼\n𝛼\n90° -𝛼\nPrzykładowe zadania z rozwiązaniami\n93\n𝑥= √16\n5 = 4\n√5\n= 4√5\n5\nDługość odcinka 𝐶𝐸 jest równa 4√5\n5\nSposób 4.\nPonieważ |∡𝐵𝐷𝐴| = 𝛼, więc |∡𝐴𝐵𝐷| = 90° -𝛼.\nZatem |∡𝐶𝐵𝐷| = 90° -|∡𝐴𝐵𝐷| = 90° -(90° -𝛼) = 𝛼.\nPonieważ tg 𝛼= 2 , zatem sin𝛼\ncos𝛼= 2 . Stąd cos 𝛼= 1\n2\n⋅sin 𝛼.\nWykorzystując tę zależność oraz tożsamość sin2 𝛼+ cos2 𝛼= 1 otrzymujemy\nsin2 𝛼+ (1\n2 ⋅sin 𝛼)\n2\n= 1\n5\n4 ⋅sin2 𝛼= 1\nsin2 𝛼= 4\n5\nStąd sin 𝛼= 2\n√5\n, ponieważ 𝛼 jest kątem ostrym. Jednocześnie sin 𝛼= |𝐶𝐸|\n|𝐵𝐶|\nZatem\n|𝐶𝐸|\n|𝐵𝐶| = 2\n√5\n|𝐶𝐸|\n2\n= 2\n√5\n|𝐶𝐸| = 4\n√5\n= 4√5\n5\nDługość odcinka 𝐶𝐸 jest równa 4√5\n5\n𝐶\n𝐴\n𝐵\n𝐷\n𝐸\n𝛼\n𝛼\n90° -𝛼\n94\nInformator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025","answer":null,"answer_text":null,"solution":"$|CE| = \\dfrac{4\\sqrt{5}}{5}$","image":"img/informator-maturalny-matematyka-2025-poziom-podstawowy/zad-47.webp","solution_image":null,"topics":"planimetria","page_from":89,"source":"zadaniazmatur","answer_source":null,"answer_text_source":null,"solution_source":"zadaniazmatur","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Informator maturalny · 2025","subject_label":"Matematyka","category_label":"Informator maturalny","text_html":"<p>Zadanie 47. (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<br>się w punkcie 𝐸 (zobacz rysunek).<br>Oblicz długość odcinka 𝑪𝑬.<br>Wymaganie ogólne<br>III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji.<br>1.<br>Stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć<br>matematycznych.<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>𝐶<br>𝐷<br>𝐸<br>𝐴<br>𝐵<br>𝛼<br>2<br>90<br>Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025<br>Zasady oceniania<br>3 pkt - poprawna metoda i obliczenie długości odcinka 𝐶𝐸: |𝐶𝐸| = 4√5<br>5<br>2 pkt - obliczenie długości odcinka 𝐵𝐷: |𝐵𝐷| = 2√5<br>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie równania z jedną niewiadomą, wyrażającą długość odcinka 𝐶𝐸,</li></ul>\n<p>wynikającego z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐷𝐸𝐶 lub 𝐵𝐶𝐸,<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie sinusa kąta 𝐶𝐵𝐷: sin|∡𝐶𝐵𝐷| = 2</li></ul>\n<p>√5 oraz zapisanie, że<br>sin|∡𝐶𝐵𝐷| = |𝐶𝐸|<br>|𝐵𝐶|<br>1 pkt - obliczenie długości boku 𝐴𝐵: |𝐴𝐵| = 4<br>ALBO</p>\n<ul><li>stwierdzenie, że |∡𝐶𝐵𝐷| = 𝛼 oraz zapisanie, że |𝐶𝐸|</li></ul>\n<p>|𝐵𝐸| = 2,<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie sinusa kąta 𝐶𝐵𝐷: sin|∡𝐶𝐵𝐷| = 2</li></ul>\n<p>√5<br>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Przykładowe pełne rozwiązania<br>Sposób 1.<br>Ponieważ tg 𝛼= 2, to |𝐴𝐵| = 4. Zatem |𝐷𝐶| = 4.<br>Trójkąt 𝐵𝐶𝐷 jest prostokątny. Odcinek 𝐶𝐸 jest wysokością trójkąta 𝐵𝐶𝐷 poprowadzoną<br>na przeciwprostokątną 𝐵𝐷.<br>Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość odcinka 𝐵𝐷<br>|𝐵𝐷|2 = 22 + 42<br>|𝐵𝐷|2 = 20<br>|𝐵𝐷| = √20 = 2√5<br>Pole trójkąta 𝐵𝐶𝐷 jest równe<br>𝑃𝐵𝐶𝐷= 1<br>2 ⋅2√5 ⋅|𝐶𝐸|<br>Ponadto pole trójkąta 𝐵𝐶𝐷 można obliczyć jako połowę iloczynu długości<br>przyprostokątnych<br>𝑃𝐵𝐶𝐷= 1<br>2 ⋅2 ⋅4 = 4<br>Zatem<br>1<br>2 ⋅2√5 ⋅|𝐶𝐸| = 4<br>Przykładowe zadania z rozwiązaniami<br>91<br>|𝐶𝐸| = 4<br>√5<br>= 4√5<br>5<br>Długość odcinka 𝐶𝐸 jest równa 4√5<br>5<br>Sposób 2.<br>Wprowadźmy oznaczenie: |∡𝐴𝐵𝐷| = 𝛽.<br>Wyodrębnimy trójkąty prostokątne: 𝐴𝐵𝐷, 𝐸𝐷𝐶. W tych trójkątach wyznaczymy kąty ostre.<br>Skorzystamy z zależności, że 𝛼+ 𝛽= 90° oraz z własności kątów naprzemianległych.<br>Na podstawie cechy kąt - kąt - kąt, stwierdzamy, że trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐸𝐷𝐶 są podobne<br>(zobacz rysunek).<br>Ponieważ tg 𝛼= 2, to |𝐴𝐵| = 4. Zatem |𝐷𝐶| = 4.<br>Obliczymy |𝐵𝐷| z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝐵𝐷:<br>|𝐵𝐷|2 = |𝐷𝐴|2 + |𝐴𝐵|2 = 22 + 42 = 20<br>|𝐵𝐷| = √20 = 2√5<br>Z podobieństwa trójkątów 𝐴𝐵𝐷 i 𝐸𝐷𝐶 obliczymy długość odcinka 𝐶𝐸.<br>|𝐷𝐴|<br>|𝐵𝐷| =<br>|𝐶𝐸|<br>|𝐷𝐶|<br>2<br>2√5<br>= |𝐶𝐸|<br>4<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐸<br>𝐴<br>𝐵<br>𝛼<br>𝛽<br>𝛽<br>𝛼<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>92<br>Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025<br>|𝐶𝐸| = 4<br>√5<br>= 4√5<br>5<br>Długość odcinka 𝐶𝐸 jest równa 4√5<br>5<br>Sposób 3.<br>Ponieważ |∡𝐵𝐷𝐴| = 𝛼, więc |∡𝐴𝐵𝐷| = 90° -𝛼.<br>Zatem |∡𝐶𝐵𝐷| = 90° -|∡𝐴𝐵𝐷| = 90° -(90° -𝛼) = 𝛼.<br>Oznaczmy: |𝐶𝐸| = 𝑥.<br>Ponieważ tg 𝛼= 2, więc |𝐶𝐸|<br>|𝐵𝐸| =<br>𝑥<br>|𝐵𝐸| = 2.<br>Stąd |𝐵𝐸| = 𝑥<br>2<br>Zastosujemy twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta 𝐵𝐸𝐶:<br>𝑥2 + (𝑥<br>2)<br>2<br>= 22<br>𝑥2 + 𝑥2<br>4 = 4<br>5𝑥2<br>4 = 4<br>𝑥2 = 16<br>5<br>𝐶<br>𝐵<br>𝐷<br>𝐸<br>𝐴<br>𝑥<br>𝑥<br>2<br>2<br>𝐶<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐷<br>𝐸<br>𝛼<br>𝛼<br>90° -𝛼<br>Przykładowe zadania z rozwiązaniami<br>93<br>𝑥= √16<br>5 = 4<br>√5<br>= 4√5<br>5<br>Długość odcinka 𝐶𝐸 jest równa 4√5<br>5<br>Sposób 4.<br>Ponieważ |∡𝐵𝐷𝐴| = 𝛼, więc |∡𝐴𝐵𝐷| = 90° -𝛼.<br>Zatem |∡𝐶𝐵𝐷| = 90° -|∡𝐴𝐵𝐷| = 90° -(90° -𝛼) = 𝛼.<br>Ponieważ tg 𝛼= 2 , zatem sin𝛼<br>cos𝛼= 2 . Stąd cos 𝛼= 1<br>2<br>⋅sin 𝛼.<br>Wykorzystując tę zależność oraz tożsamość sin2 𝛼+ cos2 𝛼= 1 otrzymujemy<br>sin2 𝛼+ (1<br>2 ⋅sin 𝛼)<br>2<br>= 1<br>5<br>4 ⋅sin2 𝛼= 1<br>sin2 𝛼= 4<br>5<br>Stąd sin 𝛼= 2<br>√5<br>, ponieważ 𝛼 jest kątem ostrym. Jednocześnie sin 𝛼= |𝐶𝐸|<br>|𝐵𝐶|<br>Zatem<br>|𝐶𝐸|<br>|𝐵𝐶| = 2<br>√5<br>|𝐶𝐸|<br>2<br>= 2<br>√5<br>|𝐶𝐸| = 4<br>√5<br>= 4√5<br>5<br>Długość odcinka 𝐶𝐸 jest równa 4√5<br>5<br>𝐶<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐷<br>𝐸<br>𝛼<br>𝛼<br>90° -𝛼<br>94<br>Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie podstawowym od roku szkolnego 2024/2025</p>","solutions":[{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"<p>$|CE| = \\dfrac{4\\sqrt{5}}{5}$</p>"},{"source":"ai","label":"AI","kind":"text","html":"<p>tg α = |AB|/|AD| = |AB|/2 = 2, więc |AB| = 4. Zatem |DC| = |AB| = 4 (prostokąt).<br>Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ABD: |BD|² = |AD|²+|AB|² = 2²+4² = 20,<br>|BD| = √20 = 2√5.<br>Odcinek CE jest wysokością trójkąta prostokątnego BCD (prostokątnego przy C)<br>poprowadzoną na przeciwprostokątną BD. Pole trójkąta BCD:<br>P = (1/2)·|BC|·|CD| = (1/2)·2·4 = 4, oraz P = (1/2)·|BD|·|CE|.<br>Stąd: (1/2)·2√5·|CE| = 4, więc |CE| = 4/√5 = 4√5/5.<br>Długość odcinka CE jest równa 4√5/5.</p>"}]}