{"id":"matematyka-2014-grudzien-probna-rozszerzona/zad/15","paper_id":"matematyka-2014-grudzien-probna-rozszerzona","number":"15","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"probna","year":2014,"month":"grudzien","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 15. (0-3)\nPunkt E jest środkiem boku BC prostokąta ABCD, w którym AB\nBC\n\n. Punkt F leży na boku\nCD tego prostokąta oraz\n90\nAEF \n. Udowodnij, że\nBAE\nEAF\n\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n14.\n15.\nMaks. liczba pkt\n4\n3\nUzyskana liczba pkt","answer":null,"answer_text":"Zadanie 15. (0-4)\nPunkt E jest środkiem boku BC prostokąta ABCD, w którym AB\nBC\n\n. Punkt F leży na boku\nCD tego prostokąta oraz\n90\nAEF \n\n. Udowodnij, że\nBAE\nEAF\n\nV. Rozumowanie\ni argumentacja\nG10.14. Zdający stosuje cechy przystawania trójkątów.\nRozwiązanie (I sposób):\nPrzedłużamy odcinki AB i EF do przecięcia w punkcie G.\nTrójkąty ECF i EBG są przystające (oba są prostokątne, kąty CEF i BEG są równe, gdyż są\nwierzchołkowe oraz CE\nBE\n\n), skąd EF\nEG\n\n. Zatem trójkąty AEF i AEG są przystające\n(oba są prostokątne, AE jest ich wspólną przyprostokątną i przyprostokątne EF i EG mają tę\nsamą długość). Zatem\nEAF\nEAB\n\n, co kończy dowód.\nSchemat oceniania I sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp - 1 p.\nZapisanie, że trójkąty ECF i EBG są przystające.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania - 2 p.\nZapisanie, że trójkąty AEF i AEG są przystające.\nRozwiązanie pełne - 3 p.\nZapisanie, że\nEAF\nEAB\n\nRozwiązanie (II sposób):\nPrzedłużamy odcinki AE i DC do przecięcia w punkcie G.\nTrójkąty ABE i GCE są przystające (oba są prostokątne, kąty CEG i BEA są równe, gdyż są\nwierzchołkowe oraz CE\nBE\n\n), skąd AE\nGE\n\noraz\nEGC\nEAB\n\n. Prosta EF jest więc\nA\nB\nC\nD\nE\nF\nG\nA\nB\nC\nD\nE\nF\nG\nsymetralną odcinka AG. Zatem AF\nFG\n\n. Trójkąt AGF jest więc równoramienny, czyli\nEAF\nEGF\nEAB\n\n\n. To kończy dowód.\nSchemat oceniania II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp - 1 p.\nZapisanie, że trójkąty ABE i GCE są przystające.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania - 2 p.\nZapisanie, że\nEGF\nEAB\n\nRozwiązanie pełne - 3 p.\nZapisanie, że\nEAF\nEAB\n\nRozwiązanie (III sposób):\nPrzyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku.\nTrójkąt ABE jest prostokątny, więc\n90\nAEB\n\n\n\n, kąt AEF jest prosty, więc\n\n\n180\n90\n90\nCEF\n\n\n\n\n\n\n\n. Zatem trójkąty ABE i ECF są podobne, skąd\nFC\nBE\nEC\nAB\n\n, czyli a\nx\nb\nb\na\n\n\nStąd\n2\n2\na\nb\nx\na\n\n\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów ABE i ADF otrzymujemy\n2\nAE\na\nb\n\n\noraz\n\n\n2\n2\nAF\nx\nb\n\n\n\nzatem\n\n\n2\n2\n2\n2\n2 2\n2\n2\n2\n2\n4\n4\n4\na\nb\na b\na\nb\nAF\nx\nb\nb\na\na\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n2\n2\n2\n4\n2 2\n4\n2\n2\n2\n2\n2\na\nb\na\na b\nb\na\nb\na\na\na\n\n\n\n\n\n\n\nstąd otrzymujemy\n2\n2\ncos\na\na\nb\n\n\noraz\n2\n2\n2\n2\ncos\nAG\nx\na\nb\nAF\nAF\na\nb\n\n\n\n\n\n\nA\nB\nC\nD\nE\nF\nG\n\n\na\nb\nb\nx\nNastępnie\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\ncos2\n2cos\n2\n1\ncos\na\na\nb\na\nb\na\nb\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, czyli 2\n\n\n, co należało\nudowodnić.\nSchemat oceniania III sposobu rozwiązania:\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 p.\nZapisanie, że\n2\n2\n2\n2\ncos\na\nb\na\nb\n\n\n\n\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.\nZapisanie, że\n2\n2\n2\n2\ncos\na\nb\na\nb\n\n\n\n\noraz\n2\n2\ncos\na\na\nb\n\n\nRozwiązanie pełne 3 p.\nZapisanie, że cos\ncos2\n\n\n\nRozwiązanie (IV sposób):\nPrzyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku.\nTrójkąt ABE jest prostokątny, więc\n90\nAEB\n\n\n\n, kąt AEF jest prosty, więc\n\n\n180\n90\n90\nCEF\n\n\n\n\n\n\n\n. Zatem trójkąty ABE i ECF są podobne, skąd\nFC\nBE\nEC\nAB\n\n, czyli a\nx\nb\nb\na\n\n\nStąd\n2\n2\na\nb\nx\na\n\n\nZ trójkątów ABE i AGF otrzymujemy\ntg\nb\na\n\noraz\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\ntg\nb\nb\nab\nx\na\nb\na\nb\na\n\n\n\n\n\nZauważmy, że\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2tg\n2\ntg2\ntg\n1\ntg\n1\nb\nb\nab\na\na\na\nb\na\nb\nb\na\na\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, czyli 2\n\n\nTo należało udowodnić.\nA\nB\nC\nD\nE\nF\nG\n\n\na\nb\nb\nx\nSchemat oceniania IV sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp - 1 p.\nZapisanie, że\n2\n2\n2\ntg\nab\na\nb\n\n\nPokonanie zasadniczych trudności zadania - 2 p.\nZapisanie, że\n2\n2\n2\ntg\nab\na\nb\n\n\noraz tg\nb\na\n\nRozwiązanie pełne - 3 p.\nZapisanie, że tg\ntg2\n\n\n","solution":"Dowód.","image":"img/matematyka-2014-grudzien-probna-rozszerzona/zad-15.webp","solution_image":null,"topics":"dowody_geometryczne","page_from":13,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"zadaniazmatur","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura próbna · grudzień 2014 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura próbna","text_html":"

Zadanie 15. (0-3)
Punkt E jest środkiem boku BC prostokąta ABCD, w którym AB
BC

. Punkt F leży na boku
CD tego prostokąta oraz
90
AEF 
. Udowodnij, że
BAE
EAF

Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
14.
15.
Maks. liczba pkt
4
3
Uzyskana liczba pkt

","answer_text_html":"

Zadanie 15. (0-4)
Punkt E jest środkiem boku BC prostokąta ABCD, w którym AB
BC

. Punkt F leży na boku
CD tego prostokąta oraz
90
AEF 

. Udowodnij, że
BAE
EAF

V. Rozumowanie
i argumentacja
G10.14. Zdający stosuje cechy przystawania trójkątów.
Rozwiązanie (I sposób):
Przedłużamy odcinki AB i EF do przecięcia w punkcie G.
Trójkąty ECF i EBG są przystające (oba są prostokątne, kąty CEF i BEG są równe, gdyż są
wierzchołkowe oraz CE
BE

), skąd EF
EG

. Zatem trójkąty AEF i AEG są przystające
(oba są prostokątne, AE jest ich wspólną przyprostokątną i przyprostokątne EF i EG mają tę
samą długość). Zatem
EAF
EAB

, co kończy dowód.
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp - 1 p.
Zapisanie, że trójkąty ECF i EBG są przystające.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania - 2 p.
Zapisanie, że trójkąty AEF i AEG są przystające.
Rozwiązanie pełne - 3 p.
Zapisanie, że
EAF
EAB

Rozwiązanie (II sposób):
Przedłużamy odcinki AE i DC do przecięcia w punkcie G.
Trójkąty ABE i GCE są przystające (oba są prostokątne, kąty CEG i BEA są równe, gdyż są
wierzchołkowe oraz CE
BE

), skąd AE
GE

oraz
EGC
EAB

. Prosta EF jest więc
A
B
C
D
E
F
G
A
B
C
D
E
F
G
symetralną odcinka AG. Zatem AF
FG

. Trójkąt AGF jest więc równoramienny, czyli
EAF
EGF
EAB


. To kończy dowód.
Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp - 1 p.
Zapisanie, że trójkąty ABE i GCE są przystające.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania - 2 p.
Zapisanie, że
EGF
EAB

Rozwiązanie pełne - 3 p.
Zapisanie, że
EAF
EAB

Rozwiązanie (III sposób):
Przyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku.
Trójkąt ABE jest prostokątny, więc
90
AEB



, kąt AEF jest prosty, więc


180
90
90
CEF







. Zatem trójkąty ABE i ECF są podobne, skąd
FC
BE
EC
AB

, czyli a
x
b
b
a


Stąd
2
2
a
b
x
a


Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów ABE i ADF otrzymujemy
2
AE
a
b


oraz


2
2
AF
x
b



zatem


2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
4
4
4
a
b
a b
a
b
AF
x
b
b
a
a



















2
2
2
4
2 2
4
2
2
2
2
2
a
b
a
a b
b
a
b
a
a
a







stąd otrzymujemy
2
2
cos
a
a
b


oraz
2
2
2
2
cos
AG
x
a
b
AF
AF
a
b






A
B
C
D
E
F
G


a
b
b
x
Następnie
2
2
2
2
2
2
2
2
cos2
2cos
2
1
cos
a
a
b
a
b
a
b











, czyli 2


, co należało
udowodnić.
Schemat oceniania III sposobu rozwiązania:
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 p.
Zapisanie, że
2
2
2
2
cos
a
b
a
b




Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zapisanie, że
2
2
2
2
cos
a
b
a
b




oraz
2
2
cos
a
a
b


Rozwiązanie pełne 3 p.
Zapisanie, że cos
cos2



Rozwiązanie (IV sposób):
Przyjmijmy oznaczenia, jak na rysunku.
Trójkąt ABE jest prostokątny, więc
90
AEB



, kąt AEF jest prosty, więc


180
90
90
CEF







. Zatem trójkąty ABE i ECF są podobne, skąd
FC
BE
EC
AB

, czyli a
x
b
b
a


Stąd
2
2
a
b
x
a


Z trójkątów ABE i AGF otrzymujemy
tg
b
a

oraz
2
2
2
2
2
2
2
tg
b
b
ab
x
a
b
a
b
a





Zauważmy, że
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2tg
2
tg2
tg
1
tg
1
b
b
ab
a
a
a
b
a
b
b
a
a



















, czyli 2


To należało udowodnić.
A
B
C
D
E
F
G


a
b
b
x
Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp - 1 p.
Zapisanie, że
2
2
2
tg
ab
a
b


Pokonanie zasadniczych trudności zadania - 2 p.
Zapisanie, że
2
2
2
tg
ab
a
b


oraz tg
b
a

Rozwiązanie pełne - 3 p.
Zapisanie, że tg
tg2


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

Dowód.

"}]}