{"id":"matematyka-2011-czerwiec-probna-podstawowa/zad/18","paper_id":"matematyka-2011-czerwiec-probna-podstawowa","number":"18","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"probna","year":2011,"month":"czerwiec","level":"podstawowa","text":"Zadanie 18. (4 pkt)\nDany jest trójkąt równoboczny ABC, w którym wysokości przecinają się w punkcie\no współrzędnych\n\n\n1,3\nS \n. Jeden z wierzchołków tego trójkąta ma współrzędne\n\n\n1,5\nA \nOblicz pole i obwód tego trójkąta.\n\nOkręgowa Komisja Egzaminacyjna w Łomży\nMateriały diagnostyczne z matematyki\nczerwiec 2011\n13\nOdpowiedź:\n\nOkręgowa Komisja Egzaminacyjna w Łomży\nMateriały diagnostyczne z matematyki\nczerwiec 2011\n14","answer":null,"answer_text":"Zadanie 18. (4 pkt)\nDany jest trójkąt równoboczny ABC, w którym wysokości przecinają się w punkcie\no współrzędnych\n\n\n1,3\nS \n. Jeden z wierzchołków tego trójkąta ma współrzędne\n\n\n1,5\nA \nOblicz pole i obwód tego trójkąta.\nI sposób rozwiązania\nRysujemy trójkąt równoboczny ABC i wprowadzamy oznaczenia np.:\nKorzystamy z własności trójkąta równobocznego i zapisujemy :\n2\n3\nAS\nAD\n\n,\n3\n2\na\nAD\nh\n\n\nObliczamy\n2\n2\n8\n)\n5\n3\n(\n)1\n1(\n2\n2\n\n\n\n\n\n\nAS\n, zatem\n2\n2\n2\n3\n3\n2\n\na\nstąd\n6\n2\n\na\nObliczamy pole trójkąta:\n3\n6\n4\n3\n)\n6\n2\n(\n4\n3\n2\n2\n\n\na\nP\nObliczamy obwód trójkąta:\n3\n3 2 6\n6 6\nO\na\n\n\n\nSchemat oceniania I sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do\ncałkowitego rozwiązania zadania 1 punkt\n obliczenie długości odcinka\n2 2.\nAS \nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 punkty\n zauważenie, że\n2\n3\nAS\nh\n\ni zapisanie równości\n3\n2 2.\n3\na\n\nalbo\n obliczenie wysokości\n2\n3\n2\n3 \na\nh\n14\n\n\n\n\n1, 5\nA \nB\nC\n\n\n1, 3\nS \nD\n\na\na\na\nh\nF\n30\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 punkty\n obliczenie długości boku trójkąta równobocznego:\n6\n2\n\na\nRozwiązanie pełne 4 punkty\nObliczenie pola i obwodu trójkąta równobocznego:\n3\n6\n4\n3\n2\n\na\nP\n,\n6 6\nO \nII sposób rozwiązania\nObliczamy długość odcinka\n4\n4\n2 2\nAS \n\n\nZ trójkąta AFS obliczamy długość boku AF: cos30\nAF\nAS\n\n, stąd\n3\n2 2\n6\n2\nAF \n\n\nObliczamy długość boku trójkąta:\n2\n2 6\na\nAF\n\n\n\nObliczamy pole trójkąta:\n3\n6\n4\n3\n)\n6\n2\n(\n4\n3\n2\n2\n\n\na\nP\nObliczamy obwód trójkąta:\n3\n3 2 6\n6 6\nO\na\n\n\n\nSchemat oceniania II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do\ncałkowitego rozwiązania zadania 1punkt\n obliczenie długości odcinka\n2 2\nAS \nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2punkty\n zauważenie, że trójkąt\n30\nSAF \n\n\ni zapisanie cos30\nAF\nAS\n\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3punkty\n obliczenie długości boku trójkąta równobocznego:\n2\n2 6\na\nAF\n\n\n15\nRozwiązanie pełne 4 punkty\nObliczenie pola i obwodu trójkąta równobocznego:\n3\n6\n4\n3\n2\n\na\nP\n,\n6 6\nO \nIII sposób rozwiązania\nPunkt S jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie równobocznym. Punkt A należy do tego\nokręgu.\nKorzystamy z równania okręgu i otrzymujemy: \n\n\n\n2\n2\n2\n1 1\n5\n3\nr\n\n\n\n\n, stąd\n2\n8\nr \n, zatem\n2 2\nr \nObliczamy długość boku trójkąta:\n2\n2\n3\n3\n3\n2\na\nr\nAS\nh\n\n\n\n\n, zatem\n2 6\na \nObliczamy pole trójkąta:\n3\n6\n4\n3\n)\n6\n2\n(\n4\n3\n2\n2\n\n\na\nP\nObliczamy obwód trójkąta:\n3\n3 2 6\n6 6\nO\na\n\n\n\nUwaga\nZdający może obliczyć wysokość trójkąta równobocznego\n3 2\nh \n, następnie obliczyć\ndługość boku trójkąta z twierdzenia Pitagorasa lub z własności trójkąta prostokątnego\no kątach ostrych 30 i 60.\nSchemat oceniania III sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do\ncałkowitego rozwiązania zadania 1punkt\n obliczenie długości promienia okręgu opisanego na trójkącie równobocznym:\n2 2\nr \nUwaga\nZdający może przedstawić wynik w postaci\n8\nr \n\n\n\n1, 5\nA \nB\nC\n\n\n1, 3\nS \n\na\na\na\nh\n30\n60\n16\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2punkty\n Zauważenie, że\n2\n3\nr\nh\n\ni zapisanie równości\n3\n2 2.\n3\na\n\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3punkty\n Obliczenie długości boku trójkąta równobocznego:\n2 6.\na \nRozwiązanie pełne 4 punkty\nObliczenie pola i obwodu trójkąta równobocznego:\n3\n6\n4\n3\n2\n\na\nP\n,\n6 6\nO \nUwagi\n1. Jeśli zdający popełni błąd rachunkowy i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże\nzadanie, to przyznajemy 3 punkty.\n2. Jeśli zdający przyjmie, że S jest środkiem wysokości trójkąta równobocznego\n1\n2\nAS\nh\n\n\n\n\n\n\n\n, to za całe rozwiązanie przyznajemy 1 punkt (za obliczenie AS ).\n17","solution":"$P=6\\sqrt{3}, O=6\\sqrt{6}$","image":"img/matematyka-2011-czerwiec-probna-podstawowa/zad-18.webp","solution_image":null,"topics":"analityczna","page_from":12,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"zadaniazmatur","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura próbna · czerwiec 2011 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura próbna","text_html":"

Zadanie 18. (4 pkt)
Dany jest trójkąt równoboczny ABC, w którym wysokości przecinają się w punkcie
o współrzędnych


1,3
S 
. Jeden z wierzchołków tego trójkąta ma współrzędne


1,5
A 
Oblicz pole i obwód tego trójkąta.

\n

Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Łomży
Materiały diagnostyczne z matematyki
czerwiec 2011
13
Odpowiedź:

\n

Okręgowa Komisja Egzaminacyjna w Łomży
Materiały diagnostyczne z matematyki
czerwiec 2011
14

","answer_text_html":"

Zadanie 18. (4 pkt)
Dany jest trójkąt równoboczny ABC, w którym wysokości przecinają się w punkcie
o współrzędnych


1,3
S 
. Jeden z wierzchołków tego trójkąta ma współrzędne


1,5
A 
Oblicz pole i obwód tego trójkąta.
I sposób rozwiązania
Rysujemy trójkąt równoboczny ABC i wprowadzamy oznaczenia np.:
Korzystamy z własności trójkąta równobocznego i zapisujemy :
2
3
AS
AD

,
3
2
a
AD
h


Obliczamy
2
2
8
)
5
3
(
)1
1(
2
2






AS
, zatem
2
2
2
3
3
2

a
stąd
6
2

a
Obliczamy pole trójkąta:
3
6
4
3
)
6
2
(
4
3
2
2


a
P
Obliczamy obwód trójkąta:
3
3 2 6
6 6
O
a



Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
całkowitego rozwiązania zadania 1 punkt
 obliczenie długości odcinka
2 2.
AS 
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 punkty
 zauważenie, że
2
3
AS
h

i zapisanie równości
3
2 2.
3
a

albo
 obliczenie wysokości
2
3
2
3 
a
h
14




1, 5
A 
B
C


1, 3
S 
D

a
a
a
h
F
30
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 punkty
 obliczenie długości boku trójkąta równobocznego:
6
2

a
Rozwiązanie pełne 4 punkty
Obliczenie pola i obwodu trójkąta równobocznego:
3
6
4
3
2

a
P
,
6 6
O 
II sposób rozwiązania
Obliczamy długość odcinka
4
4
2 2
AS 


Z trójkąta AFS obliczamy długość boku AF: cos30
AF
AS

, stąd
3
2 2
6
2
AF 


Obliczamy długość boku trójkąta:
2
2 6
a
AF



Obliczamy pole trójkąta:
3
6
4
3
)
6
2
(
4
3
2
2


a
P
Obliczamy obwód trójkąta:
3
3 2 6
6 6
O
a



Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
całkowitego rozwiązania zadania 1punkt
 obliczenie długości odcinka
2 2
AS 
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2punkty
 zauważenie, że trójkąt
30
SAF 


i zapisanie cos30
AF
AS

Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3punkty
 obliczenie długości boku trójkąta równobocznego:
2
2 6
a
AF


15
Rozwiązanie pełne 4 punkty
Obliczenie pola i obwodu trójkąta równobocznego:
3
6
4
3
2

a
P
,
6 6
O 
III sposób rozwiązania
Punkt S jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie równobocznym. Punkt A należy do tego
okręgu.
Korzystamy z równania okręgu i otrzymujemy: 



2
2
2
1 1
5
3
r




, stąd
2
8
r 
, zatem
2 2
r 
Obliczamy długość boku trójkąta:
2
2
3
3
3
2
a
r
AS
h




, zatem
2 6
a 
Obliczamy pole trójkąta:
3
6
4
3
)
6
2
(
4
3
2
2


a
P
Obliczamy obwód trójkąta:
3
3 2 6
6 6
O
a



Uwaga
Zdający może obliczyć wysokość trójkąta równobocznego
3 2
h 
, następnie obliczyć
długość boku trójkąta z twierdzenia Pitagorasa lub z własności trójkąta prostokątnego
o kątach ostrych 30 i 60.
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do
całkowitego rozwiązania zadania 1punkt
 obliczenie długości promienia okręgu opisanego na trójkącie równobocznym:
2 2
r 
Uwaga
Zdający może przedstawić wynik w postaci
8
r 



1, 5
A 
B
C


1, 3
S 

a
a
a
h
30
60
16
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2punkty
 Zauważenie, że
2
3
r
h

i zapisanie równości
3
2 2.
3
a

Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3punkty
 Obliczenie długości boku trójkąta równobocznego:
2 6.
a 
Rozwiązanie pełne 4 punkty
Obliczenie pola i obwodu trójkąta równobocznego:
3
6
4
3
2

a
P
,
6 6
O 
Uwagi

\n
  1. Jeśli zdający popełni błąd rachunkowy i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże
\n

zadanie, to przyznajemy 3 punkty.

\n
  1. Jeśli zdający przyjmie, że S jest środkiem wysokości trójkąta równobocznego
\n

1
2
AS
h







, to za całe rozwiązanie przyznajemy 1 punkt (za obliczenie AS ).
17

","solutions":[{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"

P=63,O=66

"}]}