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 tego okręgu i dłuższej podstawy 𝐴𝐵 tego
trapezu (zobacz rysunek).
Wykaż, że trójkąty 𝑩𝑷𝑺 i 𝑩𝑺𝑪 są trójkątami podobnymi, oraz oblicz skalę tego
podobieństwa. Zapisz obliczenia.
𝐴
𝐶
𝐷
𝑆
𝐵
𝑃
2
5
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
87
Wymaganie ogólne
IV. Rozumowanie i argumentacja.
1)
Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów
uzasadniających poprawność rozumowania […].
Wymagania szczegółowe
VIII. Planimetria. Zdający:
11)
przeprowadza dowody geometryczne.
1R) stosuje własności czworokątów […] opisanych na okręgu.
Zasady oceniania
dla rozwiązań sposobami 1.-3.
5 pkt - obliczenie skali podobieństwa trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶.
4 pkt - obliczenie długości odcinka stycznej (zawierającej odcinek 𝐵𝐶) od punktu 𝐵 do
punktu styczności z okręgiem
ALBO
i 𝐵𝑆𝐶 jest skalą podobieństwa.
3 pkt - uzasadnienie, że trójkąty 𝐵𝑃𝑆 i 𝐵𝑆𝐶 są podobne.
2 pkt - uzasadnienie, że kąt 𝐵𝑆𝐶 jest kątem prostym
ALBO
ALBO
\noraz 𝑆𝐵𝐶 (lub: 𝐵𝐶𝑆 oraz 𝑆𝐶𝐷).
1 pkt - uzasadnienie równości miar kątów 𝑃𝐵𝑆 oraz 𝑆𝐵𝐶 (lub: 𝐵𝐶𝑆 oraz 𝑆𝐶𝐷)
ALBO
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.
88
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Ponieważ suma miar kątów przy ramieniu trapezu wynosi 180°, więc 2𝛼+ 2𝛽= 180°,
czyli 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 (na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów). 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 |𝐶𝐷| < |𝐴𝐵|, więc |𝐶𝐸| < |𝐸𝐵| i w konsekwencji |𝐶𝐸| = 1 oraz |𝐵𝐸| = 4.
Po zastosowaniu twierdzenia Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝑆𝐸 otrzymujemy |𝐵𝑆| = 2√5.
Obliczamy skalę podobieństwa trójkątów 𝐵𝑆𝐶 i 𝐵𝑃𝑆:
𝑘= |𝐵𝐶|
|𝐵𝑆| =
5
2√5
= √5
2
𝐶
𝐷
2
𝑆
5
𝐸
𝐵
𝑃
𝐴
𝐹
Rysunek 2.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
89
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.
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐵𝑃𝑆 celem obliczenia |𝐵𝑆|:
|𝐵𝑃|2 + |𝑃𝑆|2 = |𝐵𝑆|2
42 + 22 = |𝐵𝑆|2
𝐶
𝐷
2
5
𝑆
𝐵
𝑃
𝐹
𝐴
𝐺
𝐸
Rysunek 3.
90
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
|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 bbb 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.
Do trójkąta 𝐵𝐺𝐶 stosujemy twierdzenie Pitagorasa, aby obliczyć długość odcinka 𝐵𝐺:
|𝐵𝐺|2 + |𝐺𝐶|2 = |𝐵𝐶|2
𝐶
𝐷
2
5
𝑆
𝛼
𝐵
𝑃
𝐹
𝐴
𝐺
Rysunek 4.
Przykładowe zadania z rozwiązaniami
91
|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 |∡𝑆𝐵𝐶| = |∡𝑃𝐵𝑆| = 𝛼.
Obliczamy stosunki długości odpowiednich boków trójkątów 𝐵𝑃𝑆 oraz 𝐵𝑆𝐶 leżących przy
kątach - odpowiednio - 𝑃𝐵𝑆 oraz 𝑆𝐵𝐶:
|𝐵𝑆|
|𝐵𝑃| = 2√5
4
= √5
2 oraz |𝐵𝐶|
|𝐵𝑆| =
5
2√5
= √5
2
Ponieważ długości dwóch boków trójkąta 𝐵𝑃𝑆 są proporcjonalne do odpowiednich długości
dwóch boków trójkąta 𝐵𝑆𝐶 i kąty między tymi parami boków mają równe miary, 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 .
92
Informator o egzaminie maturalnym z matematyki na poziomie rozszerzonym od roku szkolnego 2024/2025
Ponieważ S jest środkiem okręgu wpisanego, leży na dwusiecznych kątów trapezu: |∡PBS| = |∡SBC| = α (kąt ABC) oraz |∡BCS| = |∡SCD| = β (kąt BCD). Suma kątów przy ramieniu BC trapezu wynosi 180°, czyli 2α + 2β = 180°, więc α + β = 90°. W trójkącie BSC mamy |∡BSC| = 180° - (α+β) = 90°, a w trójkącie PBS |∡PSB| = 180° - 90° - α = β. Trójkąty PBS i BSC mają więc kąty równe (α, β, 90°), są więc podobne (cecha kkk). Wyznaczamy skalę. Niech E będzie punktem styczności okręgu z bokiem BC, więc |SE| = 2 i |BE| + |CE| = |BC| = 5. Trójkąty prostokątne SBE i CSE są podobne (mają równe kąty ostre), zatem |SE|/|BE| = |CE|/|SE|, czyli |SE|² = |BE|·|CE|. Stąd 4 = |BE|·|CE|. Liczby |BE| i |CE| są pierwiastkami równania t² - 5t + 4 = 0, czyli t = 1 lub t = 4. Ponieważ CD jest krótszą podstawą, |CE| < |BE|, więc |CE| = 1 i |BE| = 4. Z twierdzenia o odcinkach stycznych |PB| = |BE| = 4. W trójkącie prostokątnym PBS: |PS| = 2, |PB| = 4, więc |BS|² = 4² + 2² = 20, |BS| = 2√5. Skala podobieństwa trójkątów BSC i PBS: k = |BC|/|BS| = 5/(2√5) = √5/2. Odpowiedź: trójkąty są podobne, a skala podobieństwa wynosi √5/2.
"}]}