{"id":"matematyka-2014-maj-matura-rozszerzona/zad/6","paper_id":"matematyka-2014-maj-matura-rozszerzona","number":"6","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2014,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 6. (3 pkt)\nTrójkąt ABC jest wpisany w okrąg o środku S. Kąty wewnętrzne CAB, ABC i BCA tego\ntrójkąta są równe, odpowiednio, , 2 i \n4\n. Wykaż, że trójkąt ABC jest rozwartokątny,\ni udowodnij, że miary wypukłych kątów środkowych ASB, ASC i BSC tworzą w podanej\nkolejności ciąg arytmetyczny.\n\nPoziom rozszerzony\n11\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n6.\nMaks. liczba pkt\n3\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\n12\nTrójkąt ABC jest wpisany w okrąg o środku S. Kąty wewnętrzne CAB, ABC i BCA tego trójkąta są równe, odpowiednio, alfa, 2alfa, 4alfa. Wykaż, że trójkąt ABC jest rozwartokątny, i udowodnij, że miary wypukłych kątów środkowych ASB, ASC i BSC tworzą w podanej kolejności ciąg arytmetyczny.","answer":"A, B, C","answer_text":"6 \n\nlub\n\n\nk\nx\n2\n2 \n\n\nW przedziale 0, 2 są tylko dwa rozwiązania tego równania:\n6\nx\n\n\n,\n3\n2\nx\n\n\nUwaga\nRównanie\n2\n1\nsin\n2\n1\ncos\n2\n3\n\n\n\n\nx\nx\nmożemy również zapisać w postaci równoważnej\n1\ncos\ncos\nsin\nsin\n6\n6\n2\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n,\na następnie zastosować wzór na cosinus sumy. Wtedy otrzymujemy\n1\ncos\n6\n2\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n8\nRozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony\nStąd\n2\n6\n3\nx\nk\n\n\n\n\n\n\nlub\n2\n6\n3\nx\nk\n\n\n\n\n\n\n, gdzie k jest liczbą całkowitą,\nwięc\n2\n6\nx\nk\n\n\n\n\nlub\n2\n2\nx\nk\n\n\n\n\n, gdzie k jest liczbą całkowitą.\nUwaga\nDo równania elementarnego, np.\n2\n1\n3\nsin\n\n\n\n\n\n\n\nx\n\nmożemy również dojść nieco inaczej.\nZauważmy, że 3\ntg 3\n\n\n, czyli\n3\n3\nsin\n3\ncos\n\n\n\n. Zatem równanie 3 cos\nsin\n1\nx\nx\n\n\n możemy\nzapisać w postaci równoważnej\n3\n3\nsin\ncos\nsin\n1\ncos\nx\nx\n\n\n\n,\n2\n1\n3\nsin\n\n\n\n\n\n\n\nx\n\nSchemat oceniania I sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 pkt\nZdający zapisze równanie w postaci równoważnej, np.:\n2\n1\nsin\n3\ncos\ncos\n3\nsin\n\n\n\n\nx\nx\n\n\nlub\n1\ncos\ncos\nsin\nsin\n6\n6\n2\nx\nx\n\n\n\n\n\n\nlub\n3\n3\nsin\ncos\nsin\n1\ncos\nx\nx\n\n\n\n.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt\nZdający zapisze równanie w postaci równoważnej:\n2\n1\n3\nsin\n\n\n\n\n\n\n\nx\n\nlub\n1\ncos\n6\n2\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt\nZdający rozwiąże równanie w zbiorze R:\n\n\nk\nx\n2\n6 \n\nlub\n\n\nk\nx\n2\n2 \n\n\n, gdzie k jest liczbą całkowitą.\nRozwiązanie pełne 4 pkt\nZdający poda wszystkie rozwiązania równania z przedziału 0, 2:\n6\nx\n\n\n,\n3\n2\nx\n\n\nUwaga\nJeżeli zdający zapisze tylko jedną serię rozwiązań równania elementarnego i konsekwentnie\npoda tylko jedno rozwiązanie z przedziału 0, 2, to otrzymuje 3 punkty.\nII sposób rozwiązania\n9\nKryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony\nPonieważ prawa strona równania\nx\nx\nsin\n1\ncos\n3\n\n\n\njest nieujemna, więc równanie ma\nrozwiązania tylko wtedy, gdy cos\n0\nx \n. Wówczas podnosząc obie strony równania do\nkwadratu otrzymujemy równanie równoważne\nx\nx\nx\n2\n2\nsin\nsin\n2\n1\ncos\n3\n\n\n\nStąd i z „jedynki trygonometrycznej” otrzymujemy\n\n\nx\nx\nx\n2\n2\nsin\nsin\n2\n1\nsin\n1\n3\n\n\n\n\n,\n0\n2\nsin\n2\nsin\n4\n2\n\n\n\nx\nx\n,\n2\n2sin\nsin\n1\n0\nx\nx\n\n\nPodstawiając\nx\nt\nsin\n\notrzymujemy równanie kwadratowe\n2\n2\n1\n0\nt\nt\n\n,\n\n\n\n1\n2\n1\n0\nt\nt\n\n\n\nStąd\n1\nt  lub\n1\n2\nt \nZatem\nsin\n1\nx  lub\n1\nsin\n2\nx \nRozwiązaniem pierwszego z tych równań jest każda liczba\n3\n2\n2\nx\nk\n\n\n\n\n, gdzie k jest liczbą\ncałkowitą. Rozwiązaniem drugiego jest każda liczba\n2\n6\nx\nk\n\n\n\n\nlub\n5\n2\n6\nx\nk\n\n\n\n\n, gdzie\nk jest liczbą całkowitą.\nPonieważ dla każdego k jest liczbą całkowitą mamy\n5\n5\ncos\n2\ncos\n0\n6\n6\nk\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, więc\nżadna z liczb\n5\n2\n6\nx\nk\n\n\n\n\nnie jest rozwiązaniem naszego równania. Spośród pozostałych\nrozwiązań, w przedziale 0, 2 znajdują się tylko dwie takie liczby:\n6\nx\n\n\n,\n3\n2\nx\n\n\nUwaga\nZamiast przekształcać równanie\nx\nx\nsin\n1\ncos\n3\n\n\n\nw sposób równoważny do układu\nrównania\nx\nx\nx\n2\n2\nsin\nsin\n2\n1\ncos\n3\n\n\n\ni nierówności cos\n0\nx \nmożemy wyznaczyć\nwszystkie liczby z przedziału 0, 2, spełniające równanie\nx\nx\nx\n2\n2\nsin\nsin\n2\n1\ncos\n3\n\n\n\n,\na więc liczby\n6\nx\n\n\n,\n5\n6\nx\n\n\n,\n3\n2\nx\n\n\n, a następnie sprawdzić, które z nich spełniają\nrównanie\nx\nx\nsin\n1\ncos\n3\n\n\n\n. Wówczas dla\n6\nx\n\n\nlewa strona równania jest równa\n3\n3\n3 cos\n3\n6\n2\n2\n\n\n\n\n\n, a prawa\n1\n3\n1 sin\n1\n6\n2\n2\n\n\n\n\n, więc liczba\n6\nx\n\n\njest rozwiązaniem\nrównania\nx\nx\nsin\n1\ncos\n3\n\n\n\n. Dla\n5\n6\nx\n\n\nlewa strona równania jest równa\n5\n3\n3\n3 cos\n3\n6\n2\n2\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, a prawa\n5\n1\n3\n1 sin\n1\n6\n2\n2\n\n\n\n\n, więc liczba\n5\n6\nx\n\n\nnie jest\n10\nRozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony\nrozwiązaniem równania\nx\nx\nsin\n1\ncos\n3\n\n\n\n. Dla\n3\n2\nx\n\n\nlewa strona równania\n3\n3 cos\n3 0\n0\n2\n\n\n\n\n, a prawa\n3\n1 sin\n1 1\n0\n2\n\n\n\n\n\n\n\n\n, więc liczba\n3\n2\nx\n\n\njest\nrozwiązaniem równania.\nW przedziale 0, 2 znajdują się dwa rozwiązania:\n6\nx\n\n\n,\n3\n2\nx\n\n\nSchemat oceniania II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 pkt\nZdający zapisze założenie cos\n0\nx \n, a następnie zapisze równanie w postaci równoważnej,\nnp.:\n2\n2sin\nsin\n1\n0\nx\nx\n\n\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt\nZdający zapisze alternatywę równań: sin\n1\nx  lub\n1\nsin\n2\nx \nUwaga\nWystarczy, że zdający zapisze\n1\nt  lub\n1\n2\nt \n, jeśli wykonał podstawienie.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt\nZdający rozwiąże równania sin\n1\nx ,\n1\nsin\n2\nx \nw zbiorze R:\n2\n6\nx\nk\n\n\n\n\n,\n5\n2\n6\nx\nk\n\n\n\n\n,\n3\n2\n2\nx\nk\n\n\n\n\n, gdzie k jest liczbą całkowitą.\nRozwiązanie pełne 4 pkt\nZdający poda wszystkie rozwiązania równania z przedziału 0, 2:\n6\nx\n\n\n,\n3\n2\nx\n\n\nUwaga\nJeżeli zdający zapisze tylko jedną serię rozwiązań spośród\n2\n6\nx\nk\n\n\n\n\n,\n3\n2\n2\nx\nk\n\n\n\n\n,\ni konsekwentnie poda tylko jedno rozwiązanie z przedziału 0, 2, to otrzymuje 3 punkty.\nIII sposób rozwiązania\nDopisując do równania 3 cos\nsin\n1\nx\nx\n\n\n „jedynkę trygonometryczną” otrzymujemy układ\nrównań\n2\n2\n3 cos\nsin\n1\nsin\ncos\n1\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\nz niewiadomymi sin x i cos x .\n11\nKryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony\nRozwiązując ten układ dostajemy kolejno:\n\n\n2\n2\nsin\n3 cos\n1\n3 cos\n1\ncos\n1\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n2\nsin\n3 cos\n1\n4cos\n2 3 cos\n0\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\nsin\n3 cos\n1\n3\n4cos\ncos\n0\n2\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nsin\n3 cos\n1\n3\ncos\n0 lub cos\n2\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\nsin\n1\ncos\n0\nx\nx\n\n\n\n\n\nlub\n1\nsin\n2\n3\ncos\n2\nx\nx\n\n\n\n\n\n\nRozwiązując otrzymane równania elementarne mamy\n3\n2\n2\n2\nx\nk\nx\nk\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nlub\n5\n2\nlub\n2\n6\n6\n2\nlub\n2\n6\n6\nx\nk\nx\nk\nx\nk\nx\nk\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n, gdzie k jest liczbą całkowitą.\nStąd\n3\n2\n2\nx\nk\n\n\n\n\nlub\n2\n6\nx\nk\n\n\n\n\n, gdzie k jest liczbą całkowitą.\nW przedziale 0, 2 znajdują się dwa rozwiązania:\n6\nx\n\n\n,\n3\n2\nx\n\n\nSchemat oceniania III sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 pkt\nZdający zapisze układ równań, w którym jedno z równań zawiera tylko jedną niewiadomą\ncos x lub sin x , np.:\n\n\n2\n2\nsin\n3 cos\n1\n3 cos\n1\ncos\n1\nx\nx\nx\nx\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt\nZdający zapisze alternatywę elementarnych równań trygonometrycznych wynikających\nz otrzymanego układu, np.:\ncos\n0\nx \nlub\n3\ncos\n2\nx \nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt\n12\nRozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony\nZdający rozwiąże otrzymane równania w zbiorze R:\n2\nx\nk\n\n\n\n\nlub\n2\n6\nx\nk\n\n\n\n\nlub\n2\n6\nx\nk\n\n\n\n\nlub\n5\n2\n6\n\n\n\n\nx\nk\n, gdzie k jest liczbą\ncałkowitą.\nRozwiązanie pełne 4 pkt\nZdający poda wszystkie rozwiązania równania z przedziału 0, 2:\n6\nx\n\n\n,\n3\n2\nx\n\n\nUwaga\nJeżeli zdający zapisze tylko jedną serię rozwiązań równania elementarnego i konsekwentnie\npoda tylko jedno rozwiązanie z przedziału 0, 2, to otrzymuje 3 punkty.\nIV sposób rozwiązania\nNarysujmy w jednym układzie współrzędnych wykresy funkcji\n\n3 cos\nf x\nx\n\noraz\n\nsin\n1\ng x\nx\n\n określonych w przedziale 0, 2.\n-2\n-1\n1\n2\n0\nx\ny\n\n2\n\n\n\n\n\n\n\ny= f (x)\ny=g(x)\nW przedziale 0, 2\n\nfunkcja f jest malejąca, a jej wartości maleją od 3 do 0, natomiast\nfunkcja g jest w tym przedziale rosnąca, a jej wartości rosną od 1 do 2. Zatem równanie\n\n\nf x\ng x\n\nma w tym przedziale jedno rozwiązanie. Rozwiązaniem tym jest\n6\nx\n\n\n, gdyż\n3\n3\n3 cos\n3\n6\n6\n3\n2\nf\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\noraz\n1\n3\nsin\n1\n1\n6\n6\n2\n2\ng \n\n\n\n\n\n\n\n\n\n. Drugim rozwiązaniem\nrównania\n\n\nf x\ng x\n\nw przedziale 0, 2jest\n3\n2\nx\n\n\n. Jest to wspólne miejsce zerowe\nfunkcji f i g.\nZatem w przedziale 0, 2 znajdują się dwa rozwiązania równania:\n6\nx\n\n\n,\n3\n2\nx\n\n\nSchemat oceniania IV sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 pkt\nZdający rozważy dwie funkcje:\n\n3 cos\nf x\nx\n\noraz \nsin\n1\ng x\nx\n\n i narysuje wykres\njednej z nich.\nUwaga\n13\nKryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony\nZdający może rozważać funkcje określone na dowolnym zbiorze zawierającym przedział\n0, 2.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt\nZdający rozważy dwie funkcje:\n\n3 cos\nf x\nx\n\noraz \nsin\n1\ng x\nx\n\n i narysuje w jednym\nukładzie współrzędnych wykresu obu tych funkcji.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt\nZdający poda rozwiązania równania z przedziału 0, 2:\n6\nx\n\n\n,\n3\n2\nx\n\n\n, ale nie sprawdzi,\nże\n3\n6\n6\n2\nf\ng\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nRozwiązanie pełne 4 pkt\nZdający poda wszystkie rozwiązania równania z przedziału 0, 2:\n6\nx\n\n\n,\n3\n2\nx\n\n\ni uzasadni, że są to wszystkie rozwiązania równania w tym przedziale, np. wykona\nsprawdzenie\n3\n6\n6\n2\nf\ng\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nUwaga\nJeżeli zdający poda tylko jedno poprawne rozwiązanie równania z przedziału 0, 2:\n6\nx\n\n\nalbo\n3\n2\nx\n\n\ni wykona odpowiednie sprawdzenie, to otrzymuje 3 punkty.\nZadanie 4. (0-3)\nUdowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich\ny\nx,\nprawdziwa jest nierówność\n\n\n\n\n1\n1\n2\nx\ny\nx\ny\ny\nx\n\n\n\n\nObszar standardów\nOpis wymagań\nRozumowanie\ni argumentacja\nPrzeprowadzenie dowodu twierdzenia związanego\nz działaniami na wyrażeniach wymiernych: dodawaniem,\nodejmowaniem, mnożeniem i dzieleniem wyrażeń\nwymiernych, skracaniem, rozszerzaniem wyrażeń\nwymiernych. (V.2.f)\nRozwiązanie I sposób\nPrzekształcając nierówność \n\n\n\n1\n1\n2\nx\ny\nx\ny\ny\nx\n\n\n\n\nw sposób równoważny otrzymujemy\n\n\n\n\n2\n2\n1\n1\n2\nx\nx\ny\ny\nxy\n\n\n\n\n,\n3\n2\n3\n2\n2\nx\nx\ny\ny\nxy\n\n\n\n\n,\n2\n2\n3\n3\n2\n0\nx\nxy\ny\nx\ny\n\n\n\n\n\n,\n\n\n2\n3\n3\n0\nx\ny\nx\ny\n\n\n\n\n14\nRozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony\nOstatnia nierówność jest prawdziwa, gdyż \n\n2\n0\nx\ny\n\n\ndla dowolnych liczb rzeczywistych,\nnatomiast\n3\n0\nx \ni\n3\n0\ny \n, gdyż liczby x i y są dodatnie. To kończy dowód.\nSchemat oceniania I sposobu rozwiązania\nZdający otrzymuje 2 pkt\ngdy zapisze lewą stronę nierówności w postaci równoważnej: \n\n2\n3\n3\n0\nx\ny\nx\ny\n\n\n\n\ni na tym\npoprzestanie lub dalej popełnia błędy.\nZdający otrzymuje 3 pkt\ngdy uzasadni prawdziwość nierówności \n\n2\n3\n3\n0\nx\ny\nx\ny\n\n\n\n\n, np. stwierdzi, że \n\n2\n0\nx\ny\n\n\ndla dowolnych liczb rzeczywistych oraz\n3\n0\nx \ni\n3\n0\ny \ndla liczb dodatnich x i y.\nRozwiązanie II sposób\nPonieważ\n0\nx \ni\n0\ny \n, więc\n1\n1\nx  i\n1\n1\ny . Stąd wynika, że\n\n\n\n\n1\n1\n1\n1\nx\ny\nx\ny\nx\ny\nx\ny\ny\nx\ny\nx\ny\nx\n\n\n\n\n\n\n\nSuma x\ny\ny\nx\n\nto suma liczby dodatniej i jej odwrotności, więc jest co najmniej równa 2, czyli\n2\nx\ny\ny\nx\n\n\n. W rezultacie \n\n\n\n1\n1\n2\nx\ny\nx\ny\ny\nx\n\n\n\n\n, co kończy dowód.\nUwaga\nNierówność\n2\nx\ny\ny\nx\n\n\nwynika również wprost z twierdzenia o średniej arytmetycznej\ni geometrycznej:\n1\n2\nx\ny\nx y\ny\nx\ny x\n\n\n\n. Stąd\n2\nx\ny\ny\nx\n\n\nSchemat oceniania II sposobu rozwiązania\nZdający otrzymuje 2 pkt\ngdy zapisze, że \n\n\n\n1\n1\nx\ny\nx\ny\nx\ny\ny\nx\ny\nx\n\n\n\n\n\ni na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.\nZdający otrzymuje 3 pkt\ngdy uzasadni prawdziwość nierówności\n2\nx\ny\ny\nx\n\n\n, np. stwierdzi, że suma liczby dodatniej\ni jej odwrotności jest zawsze co najmniej równa 2 lub wykorzysta nierówność między średnią\narytmetyczną i średnią geometryczną.\n15\nKryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony\nRozwiązanie III sposób\nPrzekształcając nierówność \n\n\n\n1\n1\n2\nx\ny\nx\ny\ny\nx\n\n\n\n\nw sposób równoważny otrzymujemy\n2\n2\n2\nx\nx\ny\ny\ny\ny\nx\nx\n\n\n\n\n,\n2\n2\n2\nx\ny\nx\ny\ny\nx\ny\nx\n\n\n\n\nSuma x\ny\ny\nx\n\nto suma liczby dodatniej i jej odwrotności, więc jest co najmniej równa 2,\nnatomiast suma\n2\n2\nx\ny\ny\nx\n\njest dodatnia, gdyż jest sumą dwóch dodatnich składników. Zatem\nnierówność\n2\n2\n2\nx\ny\nx\ny\ny\nx\ny\nx\n\n\n\n\njest prawdziwa. To kończy dowód.\nUwaga\nNierówność\n2\nx\ny\ny\nx\n\n\nwynika również wprost z twierdzenia o średniej arytmetycznej\ni geometrycznej:\n1\n2\nx\ny\nx y\ny\nx\ny x\n\n\n\n. Stąd\n2\nx\ny\ny\nx\n\n\nSchemat oceniania III sposobu rozwiązania\nZdający otrzymuje 1 pkt\ngdy zapisze lewą stronę nierówności w postaci równoważnej:\n2\n2\n2\nx\nx\ny\ny\ny\ny\nx\nx\n\n\n\n\ni w dalszym rozumowaniu dąży do wykazania, że suma\nx\ny\ny\nx \njest nie mniejsza niż 2, ale\npopełnia błędy.\nZdający otrzymuje 3 pkt\ngdy uzasadni prawdziwość nierówności\n2\n2\n2\nx\ny\nx\ny\ny\nx\ny\nx\n\n\n\n\n, np. stwierdzi, że\n2\nx\ny\ny\nx\n\n\njest\nprawdziwa dla dowolnych liczb dodatnich, co wynika z twierdzenia o sumie liczby dodatniej\ni jej odwrotności oraz\n2\n0\nx\ny \ni\n2\n0\ny\nx \ndla liczb rzeczywistych dodatnich x i y.\n16\nRozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony\nZadanie 5. (0-5)\nDane są trzy okręgi o środkach A, B, C i promieniach równych odpowiednio r, 2r, 3r. Każde\ndwa z tych okręgów są zewnętrznie styczne: pierwszy z drugim w punkcie K, drugi z trzecim\nw punkcie L i trzeci z pierwszym w punkcie M. Oblicz stosunek pola trójkąta KLM do pola\ntrójkąta ABC.\nObszar standardów\nOpis wymagań\nModelowanie matematyczne\nZnajdowanie związków miarowych w figurach płaskich, także\nz zastosowaniem trygonometrii, również w zadaniach\numieszczonych w kontekście praktycznym. (III.7.c)\nI sposób rozwiązania\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.\nPole trójkąta AMK jest równe\n2\n1\n1\nsin\nsin\n2\n2\nAMK\nP\nAM\nAK\nr\n\n\n\n\n\n\n\n,\npole trójkąta ABC jest równe\n2\n1\n1\n1\nsin\n4\n3\nsin\n12\nsin\n2\n2\n2\nABC\nP\nAC\nAB\nr\nr\nr\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nZatem\n2\n2\n1\nsin\n1\n2\n1\n12\n12\nsin\n2\nAMK\nABC\nr\nP\nP\nr\n\n\n\n\n\n\n\nPodobnie, pole trójkąta BKL jest równe\n\n\n2\n2\n1\n1\n1\nsin\n2\nsin\n4\nsin\n2\n2\n2\nBKL\nP\nBK\nBL\nr\nr\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\nnatomiast pole trójkąta ABC jest równe\n2\n1\n1\n1\nsin\n3\n5\nsin\n15\nsin\n2\n2\n2\nABC\nP\nBA\nBC\nr\nr\nr\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\nA\nB\nC\nK\nL\nM\nr\nr\n2r\n2r\n3r\n3r\n\n\n\n17\nKryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony\nwięc\n2\n2\n1 4\nsin\n4\n2\n1\n15\n15\nsin\n2\nBKL\nABC\nr\nP\nP\nr\n\n\n\n\n\n\n\n\nPole trójkąta CLM jest równe\n\n\n2\n2\n1\n1\n1\nsin\n3\nsin\n9\nsin\n2\n2\n2\nCLM\nP\nCM\nCL\nr\nr\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\nnatomiast pole trójkąta ABC jest równe\n2\n1\n1\n1\nsin\n4\n5\nsin\n20\nsin\n2\n2\n2\nABC\nP\nCA CB\nr\nr\nr\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\nZatem\n2\n2\n1 9\nsin\n9\n2\n1\n20\n20\nsin\n2\nCLM\nABC\nr\nP\nP\nr\n\n\n\n\n\n\n\n\nPole trójkąta KLM jest więc równe\n1\n4\n9\n1\n12\n15\n20\n5\nKLM\nABC\nAMK\nBKL\nCLM\nABC\nABC\nABC\nABC\nABC\nP\nP\nP\nP\nP\nP\nP\nP\nP\nP\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\nczyli\n1\n5\nKLM\nABC\nP\nP\n\nSchemat oceniania I sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 pkt\nZdający wyrazi pole trójkąta KLM jako różnicę pól odpowiednich trójkątów:\nKLM\nABC\nAMK\nBKL\nCLM\nP\nP\nP\nP\nP\n\n\n\n\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt\nZdający wyrazi pole co najmniej jednego z trójkątów AMK, BKL lub CLM w zależności od\nr i sinusa odpowiedniego kąta trójkąta ABC.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt\nZdający wyznaczy pole co najmniej jednego z trójkątów AMK, BKL lub CLM w zależności od\npola trójkąta ABC, np.:\n1\n12\nAMK\nABC\nP\nP\n\n,\n4\n15\nBKL\nABC\nP\nP\n\n,\n9\n20\nCLM\nABC\nP\nP\n\nRozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które nie przekreślają poprawności\nrozwiązania (np. błędy rachunkowe) 4 pkt\nZdający\n\nwyznaczy pole każdego z trójkątów AMK, BKL lub CLM w zależności od pola trójkąta\nABC, np.:\n1\n12\nAMK\nABC\nP\nP\n\n,\n4\n15\nBKL\nABC\nP\nP\n\n,\n9\n20\nCLM\nABC\nP\nP\n\ni na tym poprzestanie\nalbo\n\nobliczy stosunek pola trójkąta KLM do pola trójkąta ABC, popełniając błędy\nrachunkowe (nawet na wcześniejszych etapach rozwiązania).\n18\nRozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony\nRozwiązanie pełne 5 pkt\nZdający obliczy stosunek pola trójkąta KLM do pola trójkąta ABC:\n1\n5\nKLM\nABC\nP\nP\n\nII sposób rozwiązania\nDługości boków trójkąta ABC są równe\n3\nAB\nr\n\n,\n4\nAC\nr\n\ni\n5\nBC\nr\n\n. Ponieważ\n\n\n\n\n\n\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n3\n4\n9\n16\n25\n5\nAB\nAC\nr\nr\nr\nr\nr\nr\nBC\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\nwięc trójkąt ABC jest prostokątny. Zatem\n4\n4\nsin\n5\n5\nr\nr\n\n\n,\n3\n3\nsin\n5\n5\nr\nr\n\n\noraz\n2\n1 3\n4\n6\n2\nABC\nP\nr\nr\nr\n\n\n\n\nPole trójkąta prostokątnego AMK jest równe\n2\n1\n1\n2\n2\nAMK\nP\nAM\nAK\nr\n\n\n\nPole trójkąta BKL jest równe\n\n\n2\n2\n2\n1\n1\n1\n4\n8\nsin\n2\nsin\n4\n2\n2\n2\n5\n5\nBKL\nP\nBK\nBL\nr\nr\nr\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\na pole trójkąta CLM jest równe\n\n\n2\n2\n2\n1\n1\n1\n3\n27\nsin\n3\nsin\n9\n2\n2\n2\n5\n10\nCLM\nP\nCM\nCL\nr\nr\nr\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nPole trójkąta KLM jest więc równe\n2\n2\n2\n2\n1\n8\n27\n1\n6\n2\n5\n10\n5\nKLM\nABC\nAMK\nBKL\nCLM\nABC\nP\nP\nP\nP\nP\nr\nr\nr\nr\nP\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\nczyli\n1\n5\nKLM\nABC\nP\nP\n\nSchemat oceniania II sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 pkt\nZdający\n zapisze, że trójkąt ABC jest prostokątny\nalbo\n wyrazi pole trójkąta KLM jako różnicę pól odpowiednich trójkątów:\nKLM\nABC\nAMK\nBKL\nCLM\nP\nP\nP\nP\nP\n\n\n\n\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt\nZdający\n obliczy sinusy kątów ostrych trójkąta ABC:\n4\n5\nsin \n,\n3\n5\nsin\nalbo\n wyznaczy pole trójkąta ABC w zależności od r:\n2\n6\nABC\nP\nr\n\nalbo\n wyznaczy pole trójkąta AMK w zależności od r:\n2\n1\n2\nAMK\nP\nr\n\n19\nKryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt\nZdający wyznaczy pole trójkąta ABC i pole jednego z trójkątów AMK, BKL, CLM\nw zależności od r:\n2\n6\nABC\nP\nr\n\n,\n2\n1\n2\nAMK\nP\nr\n\n,\n2\n8\n5\nBKL\nP\nr\n\n,\n2\n27\n10\nCLM\nP\nr\n\nRozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które nie przekreślają poprawności\nrozwiązania (np. błędy rachunkowe) 4 pkt\nZdający\n wyznaczy pole każdego z trójkątów ABC, AMK, BKL lub CLM w zależności\nod r i na tym poprzestanie\nalbo\n obliczy stosunek pola trójkąta KLM do pola trójkąta ABC, popełniając błędy\nrachunkowe (nawet na wcześniejszych etapach rozwiązania).\nRozwiązanie pełne 5 pkt\nZdający obliczy stosunek pola trójkąta KLM do pola trójkąta ABC:\n1\n5\nKLM\nABC\nP\nP\n\nIII sposób rozwiązania\nNiech\n3 ,\n5 ,\n4\nAB\nr\nBC\nr\nCA\nr\n\n\n\n,\n2 ,\n3\nAK\nAM\nr\nBK\nBL\nr\nCL\nCM\nr\n\n\n\n\n\n\nZauważamy, że\n90\nBAC \n\n\n, ponieważ \n\n\n\n\n\n2\n2\n2\n3\n4\n5\nr\nr\nr\n\n\n, zatem\n2\n2\n2\nKM\nr\nr\nr\n\n\n\n3\n3\ncos\n5\n5\nr\nCBA\nr\n\n\n\n,\n4\n4\ncos\n5\n5\nr\nACB\nr\n\n\n\nZatem z twierdzenia kosinusów mamy\n2\n2\n3\n4 5\n4\n4\n2 2\n2\n5\n5\nKL\nr\nr\nr\nr\nr\n\n\n\n\n\n\n2\n2\n4\n3 10\n9\n9\n2 3\n3\n5\n5\nLM\nr\nr\nr\nr\nr\n\n\n\n\n\n\nObliczamy cos\nKLM\n\n:\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\n2\ncos\n18\n16\n24 50\n34\n24 2\ncos\ncos\n5\n5\n25\n5\n5\nr\nKM\nML\nKL\nML\nKL\nKLM\nr\nr\nr\nKLM\nr\nr\nKLM\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nZatem\n34\n2\n1\n2\n5\ncos\n2\n2\n2\n24 5\nKLM\n\n\n\n\n\n, więc\n2\nsin\n2\nKLM \n\n20\nRozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony\nWobec tego\n2\n1 4 5\n3 10\n2\n6\n2\n5\n5\n2\n5\nKLM\nr\nP\nr\nr\n\n\n\n\n\n\nPonieważ\n2\n1 3\n4\n6\n2\nABC\nP\nr\nr\nr\n\n\n\n\n\n,\nwięc otrzymujemy\n1\n5\nKLM\nABC\nP\nP\n\n\n\nUwaga\nMożna obliczyć miarę kąta KLM\n\n\n\n\n\n\n1\n1\n1\n1\n180\n180\n180\n90\n45\n2\n2\n2\n2\nKLM\nABC\nACB\nABC\nACB\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\nSchemat oceniania III sposobu rozwiązania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 pkt\nZdający wyznaczy jeden z boków trójkąta KLM.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt\nZdający wyznaczy trzy boki trójkąta KLM.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt\nZdający wyznaczy kosinus jednego z kątów trójkąta KLM, np.\n2\ncos\n2\n\nKLM\nRozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które nie przekreślają poprawności\nrozwiązania (np. błędy rachunkowe) 4 pkt\nZdający wyznaczy sinus jednego z kątów trójkąta KLM, np.\n2\nsin\n2\nKLM \n\nRozwiązanie pełne 5 pkt\nZdający obliczy stosunek pól trójkątów KLM i ABC:\n1\n5\nKLM\nABC\nP\nP\n\n21\nKryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony\nZadanie 6. (0-3)\nTrójkąt ABC jest wpisany w okrąg o środku S. Kąty wewnętrzne CAB, ABC i BCA tego\ntrójkąta są równe odpowiednio , 2 i \n4\n. Wykaż, że trójkąt ABC jest rozwartokątny\ni udowodnij, że miary wypukłych kątów środkowych ASB, ASC i BSC tworzą w podanej\nkolejności ciąg arytmetyczny.\nObszar standardów\nOpis wymagań\nRozumowanie\ni argumentacja\nBadanie czy dany ciąg jest arytmetyczny lub geometryczny.\nKorzystanie ze związków między kątem środkowym, kątem\nwpisanym i kątem między styczną a cięciwą okręgu (V.5.b,\n7.a)\nRozwiązanie\nSuma kątów trójkąta jest równa 180. Zatem\n\n\n\n\n180\n4\n2\n\n\n\n, więc\n\n180\n7\n. Stąd\n\n\n5\n7\n25\n\n oraz\n\n\n6\n7\n4\n102\n90\n\n\n. To oznacza, że trójkąt ABC jest rozwartokątny.\nZ twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym wynika, że\n2\n2\nBSC\nBAC\n\n\n\n\n\noraz\n2\n2 2\n4\nASC\nABC\n\n\n\n\n\n\n\n\nPonadto, wypukły kąt środkowy ASB ma miarę równą\n6\nASB\nBSC\nASC\n\n\n\n\n\n\n\nCiąg \n\n6 ,4 ,2\n\n\n jest arytmetyczny, a jego różnica jest równa \n\n2\n\n. To kończy dowód.\nSchemat oceniania\nZdający otrzymuje 1 pkt\ngdy obliczy miarę kąta CAB:\n\n\n5\n7\n1 180\n25\n7\n\n\n\n i uzasadni, że trójkąt ABC jest\nrozwartokątny.\nA\nB\nC\nS\n\n2\n4\n22\nRozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony\nUwaga\nZdający nie musi obliczać miary kąta CAB. Wystarczy, że zapisze\n4\n1\n4\n180\n180\n90\n7\n2\n\n\n\n\n\n.\nZdający otrzymuje 2 pkt\ngdy rozważy poprawnie wpisany w okrąg trójkąt ABC i wykorzysta twierdzenie o kącie\nśrodkowym i wpisanym do wyznaczenia miary kątów środkowych ASC i BSC w zależności\nod :\n4\nASC\n\n\n\noraz\n2\nBSC\n\n\n\nZdający otrzymuje 3 pkt\ngdy wyznaczy miary wypukłych kątów środkowych ASB, ASC i BSC i stwierdzi, że tworzą\none w podanej kolejności ciąg arytmetyczny:\n6\nASB\n\n\n\n,\n4\nASC\n\n\n\n,\n2\nBSC\n\n\n\nUwaga\nJeżeli zdający nie uzasadni, że trójkąt ABC jest rozwartokątny, a udowodni, że miary kątów\ntworzą ciąg arytmetyczny, to otrzymuje 2 punkty.\nZadanie 7. (0-6)\nCiąg geometryczny \n\nn\na\nma 100 wyrazów i są one liczbami dodatnimi. Suma wszystkich\nwyrazów o numerach nieparzystych jest sto razy większa od sumy wszystkich wyrazów\no numerach parzystych oraz\n1\n2\n3\n100\nlog\nlog\nlog\nlog\n100\na\na\na\na\n\n\n\n\n\n\n. Oblicz\n1a .\nObszar standardów\nOpis wymagań\nWykorzystanie\ni interpretowanie\nreprezentacji\nBadanie czy dany ciąg jest arytmetyczny lub geometryczny.\nStosowanie wzorów na n-ty wyraz i sumę n początkowych\nwyrazów ciągu arytmetycznego i ciągu geometrycznego.\n(II.5.b, c)\nRozwiązanie\nPonieważ wszystkie wyrazy ciągu \n\nn\na\nsą dodatnie i suma wszystkich jego wyrazów\no numerach nieparzystych jest 100 razy większa od sumy wszystkich wyrazów o numerach\nparzystych, więc ciąg ten nie jest stały.\nZauważmy, że ciąg, którego kolejnymi wyrazami są wyrazy ciągu geometrycznego o numerach\nnieparzystych również jest geometryczny, a jego iloraz jest równy\n2\nq , gdzie q oznacza iloraz\nciągu \n\nn\na\n. Tak samo ciąg, którego kolejnymi wyrazami są wyrazy ciągu \n\nn\na\no numerach\nparzystych jest geometryczny i jego iloraz również jest równy\n2\nq . Każdy z tych ciągów ma po","solution":null,"image":"img/matematyka-2014-maj-matura-rozszerzona/zad-6.webp","solution_image":"img/matematyka-2014-maj-matura-rozszerzona/sol-6.svg","topics":"dowody_geometryczne","page_from":10,"source":"ocr","answer_source":"ocr","answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2014 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 6. (3 pkt)
Trójkąt ABC jest wpisany w okrąg o środku S. Kąty wewnętrzne CAB, ABC i BCA tego
trójkąta są równe, odpowiednio, , 2 i 
4
. Wykaż, że trójkąt ABC jest rozwartokątny,
i udowodnij, że miary wypukłych kątów środkowych ASB, ASC i BSC tworzą w podanej
kolejności ciąg arytmetyczny.

\n

Poziom rozszerzony
11
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
6.
Maks. liczba pkt
3
Uzyskana liczba pkt

\n

Poziom rozszerzony
12
Trójkąt ABC jest wpisany w okrąg o środku S. Kąty wewnętrzne CAB, ABC i BCA tego trójkąta są równe, odpowiednio, alfa, 2alfa, 4alfa. Wykaż, że trójkąt ABC jest rozwartokątny, i udowodnij, że miary wypukłych kątów środkowych ASB, ASC i BSC tworzą w podanej kolejności ciąg arytmetyczny.

","answer_text_html":"

6 

lub


k
x
2
2 


W przedziale 0, 2 są tylko dwa rozwiązania tego równania:
6
x


,
3
2
x


Uwaga
Równanie
2
1
sin
2
1
cos
2
3




x
x
możemy również zapisać w postaci równoważnej
1
cos
cos
sin
sin
6
6
2
x
x






,
a następnie zastosować wzór na cosinus sumy. Wtedy otrzymujemy
1
cos
6
2
x









8
Rozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony
Stąd
2
6
3
x
k






lub
2
6
3
x
k






, gdzie k jest liczbą całkowitą,
więc
2
6
x
k




lub
2
2
x
k




, gdzie k jest liczbą całkowitą.
Uwaga
Do równania elementarnego, np.
2
1
3
sin







x

możemy również dojść nieco inaczej.
Zauważmy, że 3
tg 3


, czyli
3
3
sin
3
cos



. Zatem równanie 3 cos
sin
1
x
x


 możemy
zapisać w postaci równoważnej
3
3
sin
cos
sin
1
cos
x
x



,
2
1
3
sin







x

Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 pkt
Zdający zapisze równanie w postaci równoważnej, np.:
2
1
sin
3
cos
cos
3
sin




x
x


lub
1
cos
cos
sin
sin
6
6
2
x
x






lub
3
3
sin
cos
sin
1
cos
x
x



.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt
Zdający zapisze równanie w postaci równoważnej:
2
1
3
sin







x

lub
1
cos
6
2
x









Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt
Zdający rozwiąże równanie w zbiorze R:


k
x
2
6 

lub


k
x
2
2 


, gdzie k jest liczbą całkowitą.
Rozwiązanie pełne 4 pkt
Zdający poda wszystkie rozwiązania równania z przedziału 0, 2:
6
x


,
3
2
x


Uwaga
Jeżeli zdający zapisze tylko jedną serię rozwiązań równania elementarnego i konsekwentnie
poda tylko jedno rozwiązanie z przedziału 0, 2, to otrzymuje 3 punkty.
II sposób rozwiązania
9
Kryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony
Ponieważ prawa strona równania
x
x
sin
1
cos
3



jest nieujemna, więc równanie ma
rozwiązania tylko wtedy, gdy cos
0
x 
. Wówczas podnosząc obie strony równania do
kwadratu otrzymujemy równanie równoważne
x
x
x
2
2
sin
sin
2
1
cos
3



Stąd i z „jedynki trygonometrycznej” otrzymujemy


x
x
x
2
2
sin
sin
2
1
sin
1
3




,
0
2
sin
2
sin
4
2



x
x
,
2
2sin
sin
1
0
x
x


Podstawiając
x
t
sin

otrzymujemy równanie kwadratowe
2
2
1
0
t
t

,



1
2
1
0
t
t



Stąd
1
t  lub
1
2
t 
Zatem
sin
1
x  lub
1
sin
2
x 
Rozwiązaniem pierwszego z tych równań jest każda liczba
3
2
2
x
k




, gdzie k jest liczbą
całkowitą. Rozwiązaniem drugiego jest każda liczba
2
6
x
k




lub
5
2
6
x
k




, gdzie
k jest liczbą całkowitą.
Ponieważ dla każdego k jest liczbą całkowitą mamy
5
5
cos
2
cos
0
6
6
k


















, więc
żadna z liczb
5
2
6
x
k




nie jest rozwiązaniem naszego równania. Spośród pozostałych
rozwiązań, w przedziale 0, 2 znajdują się tylko dwie takie liczby:
6
x


,
3
2
x


Uwaga
Zamiast przekształcać równanie
x
x
sin
1
cos
3



w sposób równoważny do układu
równania
x
x
x
2
2
sin
sin
2
1
cos
3



i nierówności cos
0
x 
możemy wyznaczyć
wszystkie liczby z przedziału 0, 2, spełniające równanie
x
x
x
2
2
sin
sin
2
1
cos
3



,
a więc liczby
6
x


,
5
6
x


,
3
2
x


, a następnie sprawdzić, które z nich spełniają
równanie
x
x
sin
1
cos
3



. Wówczas dla
6
x


lewa strona równania jest równa
3
3
3 cos
3
6
2
2





, a prawa
1
3
1 sin
1
6
2
2




, więc liczba
6
x


jest rozwiązaniem
równania
x
x
sin
1
cos
3



. Dla
5
6
x


lewa strona równania jest równa
5
3
3
3 cos
3
6
2
2













, a prawa
5
1
3
1 sin
1
6
2
2




, więc liczba
5
6
x


nie jest
10
Rozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony
rozwiązaniem równania
x
x
sin
1
cos
3



. Dla
3
2
x


lewa strona równania
3
3 cos
3 0
0
2




, a prawa
3
1 sin
1 1
0
2








, więc liczba
3
2
x


jest
rozwiązaniem równania.
W przedziale 0, 2 znajdują się dwa rozwiązania:
6
x


,
3
2
x


Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 pkt
Zdający zapisze założenie cos
0
x 
, a następnie zapisze równanie w postaci równoważnej,
np.:
2
2sin
sin
1
0
x
x


Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt
Zdający zapisze alternatywę równań: sin
1
x  lub
1
sin
2
x 
Uwaga
Wystarczy, że zdający zapisze
1
t  lub
1
2
t 
, jeśli wykonał podstawienie.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt
Zdający rozwiąże równania sin
1
x ,
1
sin
2
x 
w zbiorze R:
2
6
x
k




,
5
2
6
x
k




,
3
2
2
x
k




, gdzie k jest liczbą całkowitą.
Rozwiązanie pełne 4 pkt
Zdający poda wszystkie rozwiązania równania z przedziału 0, 2:
6
x


,
3
2
x


Uwaga
Jeżeli zdający zapisze tylko jedną serię rozwiązań spośród
2
6
x
k




,
3
2
2
x
k




,
i konsekwentnie poda tylko jedno rozwiązanie z przedziału 0, 2, to otrzymuje 3 punkty.
III sposób rozwiązania
Dopisując do równania 3 cos
sin
1
x
x


 „jedynkę trygonometryczną” otrzymujemy układ
równań
2
2
3 cos
sin
1
sin
cos
1
x
x
x
x








z niewiadomymi sin x i cos x .
11
Kryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony
Rozwiązując ten układ dostajemy kolejno:


2
2
sin
3 cos
1
3 cos
1
cos
1
x
x
x
x










2
sin
3 cos
1
4cos
2 3 cos
0
x
x
x
x








sin
3 cos
1
3
4cos
cos
0
2
x
x
x
x


















sin
3 cos
1
3
cos
0 lub cos
2
x
x
x
x








sin
1
cos
0
x
x





lub
1
sin
2
3
cos
2
x
x






Rozwiązując otrzymane równania elementarne mamy
3
2
2
2
x
k
x
k










lub
5
2
lub
2
6
6
2
lub
2
6
6
x
k
x
k
x
k
x
k


















, gdzie k jest liczbą całkowitą.
Stąd
3
2
2
x
k




lub
2
6
x
k




, gdzie k jest liczbą całkowitą.
W przedziale 0, 2 znajdują się dwa rozwiązania:
6
x


,
3
2
x


Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 pkt
Zdający zapisze układ równań, w którym jedno z równań zawiera tylko jedną niewiadomą
cos x lub sin x , np.:


2
2
sin
3 cos
1
3 cos
1
cos
1
x
x
x
x










Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt
Zdający zapisze alternatywę elementarnych równań trygonometrycznych wynikających
z otrzymanego układu, np.:
cos
0
x 
lub
3
cos
2
x 
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt
12
Rozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony
Zdający rozwiąże otrzymane równania w zbiorze R:
2
x
k




lub
2
6
x
k




lub
2
6
x
k




lub
5
2
6




x
k
, gdzie k jest liczbą
całkowitą.
Rozwiązanie pełne 4 pkt
Zdający poda wszystkie rozwiązania równania z przedziału 0, 2:
6
x


,
3
2
x


Uwaga
Jeżeli zdający zapisze tylko jedną serię rozwiązań równania elementarnego i konsekwentnie
poda tylko jedno rozwiązanie z przedziału 0, 2, to otrzymuje 3 punkty.
IV sposób rozwiązania
Narysujmy w jednym układzie współrzędnych wykresy funkcji

3 cos
f x
x

oraz

sin
1
g x
x

 określonych w przedziale 0, 2.
-2
-1
1
2
0
x
y

2







y= f (x)
y=g(x)
W przedziale 0, 2

funkcja f jest malejąca, a jej wartości maleją od 3 do 0, natomiast
funkcja g jest w tym przedziale rosnąca, a jej wartości rosną od 1 do 2. Zatem równanie


f x
g x

ma w tym przedziale jedno rozwiązanie. Rozwiązaniem tym jest
6
x


, gdyż
3
3
3 cos
3
6
6
3
2
f











oraz
1
3
sin
1
1
6
6
2
2
g 









. Drugim rozwiązaniem
równania


f x
g x

w przedziale 0, 2jest
3
2
x


. Jest to wspólne miejsce zerowe
funkcji f i g.
Zatem w przedziale 0, 2 znajdują się dwa rozwiązania równania:
6
x


,
3
2
x


Schemat oceniania IV sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 pkt
Zdający rozważy dwie funkcje:

3 cos
f x
x

oraz 
sin
1
g x
x

 i narysuje wykres
jednej z nich.
Uwaga
13
Kryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony
Zdający może rozważać funkcje określone na dowolnym zbiorze zawierającym przedział
0, 2.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt
Zdający rozważy dwie funkcje:

3 cos
f x
x

oraz 
sin
1
g x
x

 i narysuje w jednym
układzie współrzędnych wykresu obu tych funkcji.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt
Zdający poda rozwiązania równania z przedziału 0, 2:
6
x


,
3
2
x


, ale nie sprawdzi,
że
3
6
6
2
f
g
















Rozwiązanie pełne 4 pkt
Zdający poda wszystkie rozwiązania równania z przedziału 0, 2:
6
x


,
3
2
x


i uzasadni, że są to wszystkie rozwiązania równania w tym przedziale, np. wykona
sprawdzenie
3
6
6
2
f
g
















Uwaga
Jeżeli zdający poda tylko jedno poprawne rozwiązanie równania z przedziału 0, 2:
6
x


albo
3
2
x


i wykona odpowiednie sprawdzenie, to otrzymuje 3 punkty.
Zadanie 4. (0-3)
Udowodnij, że dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich
y
x,
prawdziwa jest nierówność




1
1
2
x
y
x
y
y
x




Obszar standardów
Opis wymagań
Rozumowanie
i argumentacja
Przeprowadzenie dowodu twierdzenia związanego
z działaniami na wyrażeniach wymiernych: dodawaniem,
odejmowaniem, mnożeniem i dzieleniem wyrażeń
wymiernych, skracaniem, rozszerzaniem wyrażeń
wymiernych. (V.2.f)
Rozwiązanie I sposób
Przekształcając nierówność 



1
1
2
x
y
x
y
y
x




w sposób równoważny otrzymujemy




2
2
1
1
2
x
x
y
y
xy




,
3
2
3
2
2
x
x
y
y
xy




,
2
2
3
3
2
0
x
xy
y
x
y





,


2
3
3
0
x
y
x
y




14
Rozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony
Ostatnia nierówność jest prawdziwa, gdyż 

2
0
x
y


dla dowolnych liczb rzeczywistych,
natomiast
3
0
x 
i
3
0
y 
, gdyż liczby x i y są dodatnie. To kończy dowód.
Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 2 pkt
gdy zapisze lewą stronę nierówności w postaci równoważnej: 

2
3
3
0
x
y
x
y




i na tym
poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 3 pkt
gdy uzasadni prawdziwość nierówności 

2
3
3
0
x
y
x
y




, np. stwierdzi, że 

2
0
x
y


dla dowolnych liczb rzeczywistych oraz
3
0
x 
i
3
0
y 
dla liczb dodatnich x i y.
Rozwiązanie II sposób
Ponieważ
0
x 
i
0
y 
, więc
1
1
x  i
1
1
y . Stąd wynika, że




1
1
1
1
x
y
x
y
x
y
x
y
y
x
y
x
y
x







Suma x
y
y
x

to suma liczby dodatniej i jej odwrotności, więc jest co najmniej równa 2, czyli
2
x
y
y
x


. W rezultacie 



1
1
2
x
y
x
y
y
x




, co kończy dowód.
Uwaga
Nierówność
2
x
y
y
x


wynika również wprost z twierdzenia o średniej arytmetycznej
i geometrycznej:
1
2
x
y
x y
y
x
y x



. Stąd
2
x
y
y
x


Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 2 pkt
gdy zapisze, że 



1
1
x
y
x
y
x
y
y
x
y
x





i na tym poprzestanie lub dalej popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 3 pkt
gdy uzasadni prawdziwość nierówności
2
x
y
y
x


, np. stwierdzi, że suma liczby dodatniej
i jej odwrotności jest zawsze co najmniej równa 2 lub wykorzysta nierówność między średnią
arytmetyczną i średnią geometryczną.
15
Kryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony
Rozwiązanie III sposób
Przekształcając nierówność 



1
1
2
x
y
x
y
y
x




w sposób równoważny otrzymujemy
2
2
2
x
x
y
y
y
y
x
x




,
2
2
2
x
y
x
y
y
x
y
x




Suma x
y
y
x

to suma liczby dodatniej i jej odwrotności, więc jest co najmniej równa 2,
natomiast suma
2
2
x
y
y
x

jest dodatnia, gdyż jest sumą dwóch dodatnich składników. Zatem
nierówność
2
2
2
x
y
x
y
y
x
y
x




jest prawdziwa. To kończy dowód.
Uwaga
Nierówność
2
x
y
y
x


wynika również wprost z twierdzenia o średniej arytmetycznej
i geometrycznej:
1
2
x
y
x y
y
x
y x



. Stąd
2
x
y
y
x


Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Zdający otrzymuje 1 pkt
gdy zapisze lewą stronę nierówności w postaci równoważnej:
2
2
2
x
x
y
y
y
y
x
x




i w dalszym rozumowaniu dąży do wykazania, że suma
x
y
y
x 
jest nie mniejsza niż 2, ale
popełnia błędy.
Zdający otrzymuje 3 pkt
gdy uzasadni prawdziwość nierówności
2
2
2
x
y
x
y
y
x
y
x




, np. stwierdzi, że
2
x
y
y
x


jest
prawdziwa dla dowolnych liczb dodatnich, co wynika z twierdzenia o sumie liczby dodatniej
i jej odwrotności oraz
2
0
x
y 
i
2
0
y
x 
dla liczb rzeczywistych dodatnich x i y.
16
Rozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony
Zadanie 5. (0-5)
Dane są trzy okręgi o środkach A, B, C i promieniach równych odpowiednio r, 2r, 3r. Każde
dwa z tych okręgów są zewnętrznie styczne: pierwszy z drugim w punkcie K, drugi z trzecim
w punkcie L i trzeci z pierwszym w punkcie M. Oblicz stosunek pola trójkąta KLM do pola
trójkąta ABC.
Obszar standardów
Opis wymagań
Modelowanie matematyczne
Znajdowanie związków miarowych w figurach płaskich, także
z zastosowaniem trygonometrii, również w zadaniach
umieszczonych w kontekście praktycznym. (III.7.c)
I sposób rozwiązania
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Pole trójkąta AMK jest równe
2
1
1
sin
sin
2
2
AMK
P
AM
AK
r







,
pole trójkąta ABC jest równe
2
1
1
1
sin
4
3
sin
12
sin
2
2
2
ABC
P
AC
AB
r
r
r













Zatem
2
2
1
sin
1
2
1
12
12
sin
2
AMK
ABC
r
P
P
r







Podobnie, pole trójkąta BKL jest równe


2
2
1
1
1
sin
2
sin
4
sin
2
2
2
BKL
P
BK
BL
r
r











,
natomiast pole trójkąta ABC jest równe
2
1
1
1
sin
3
5
sin
15
sin
2
2
2
ABC
P
BA
BC
r
r
r













,
A
B
C
K
L
M
r
r
2r
2r
3r
3r



17
Kryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony
więc
2
2
1 4
sin
4
2
1
15
15
sin
2
BKL
ABC
r
P
P
r








Pole trójkąta CLM jest równe


2
2
1
1
1
sin
3
sin
9
sin
2
2
2
CLM
P
CM
CL
r
r











,
natomiast pole trójkąta ABC jest równe
2
1
1
1
sin
4
5
sin
20
sin
2
2
2
ABC
P
CA CB
r
r
r













,
Zatem
2
2
1 9
sin
9
2
1
20
20
sin
2
CLM
ABC
r
P
P
r








Pole trójkąta KLM jest więc równe
1
4
9
1
12
15
20
5
KLM
ABC
AMK
BKL
CLM
ABC
ABC
ABC
ABC
ABC
P
P
P
P
P
P
P
P
P
P









,
czyli
1
5
KLM
ABC
P
P

Schemat oceniania I sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 pkt
Zdający wyrazi pole trójkąta KLM jako różnicę pól odpowiednich trójkątów:
KLM
ABC
AMK
BKL
CLM
P
P
P
P
P




Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt
Zdający wyrazi pole co najmniej jednego z trójkątów AMK, BKL lub CLM w zależności od
r i sinusa odpowiedniego kąta trójkąta ABC.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt
Zdający wyznaczy pole co najmniej jednego z trójkątów AMK, BKL lub CLM w zależności od
pola trójkąta ABC, np.:
1
12
AMK
ABC
P
P

,
4
15
BKL
ABC
P
P

,
9
20
CLM
ABC
P
P

Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które nie przekreślają poprawności
rozwiązania (np. błędy rachunkowe) 4 pkt
Zdający

wyznaczy pole każdego z trójkątów AMK, BKL lub CLM w zależności od pola trójkąta
ABC, np.:
1
12
AMK
ABC
P
P

,
4
15
BKL
ABC
P
P

,
9
20
CLM
ABC
P
P

i na tym poprzestanie
albo

obliczy stosunek pola trójkąta KLM do pola trójkąta ABC, popełniając błędy
rachunkowe (nawet na wcześniejszych etapach rozwiązania).
18
Rozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony
Rozwiązanie pełne 5 pkt
Zdający obliczy stosunek pola trójkąta KLM do pola trójkąta ABC:
1
5
KLM
ABC
P
P

II sposób rozwiązania
Długości boków trójkąta ABC są równe
3
AB
r

,
4
AC
r

i
5
BC
r

. Ponieważ






2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
4
9
16
25
5
AB
AC
r
r
r
r
r
r
BC








,
więc trójkąt ABC jest prostokątny. Zatem
4
4
sin
5
5
r
r


,
3
3
sin
5
5
r
r


oraz
2
1 3
4
6
2
ABC
P
r
r
r




Pole trójkąta prostokątnego AMK jest równe
2
1
1
2
2
AMK
P
AM
AK
r



Pole trójkąta BKL jest równe


2
2
2
1
1
1
4
8
sin
2
sin
4
2
2
2
5
5
BKL
P
BK
BL
r
r
r











,
a pole trójkąta CLM jest równe


2
2
2
1
1
1
3
27
sin
3
sin
9
2
2
2
5
10
CLM
P
CM
CL
r
r
r











Pole trójkąta KLM jest więc równe
2
2
2
2
1
8
27
1
6
2
5
10
5
KLM
ABC
AMK
BKL
CLM
ABC
P
P
P
P
P
r
r
r
r
P









,
czyli
1
5
KLM
ABC
P
P

Schemat oceniania II sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 pkt
Zdający
 zapisze, że trójkąt ABC jest prostokątny
albo
 wyrazi pole trójkąta KLM jako różnicę pól odpowiednich trójkątów:
KLM
ABC
AMK
BKL
CLM
P
P
P
P
P




Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt
Zdający
 obliczy sinusy kątów ostrych trójkąta ABC:
4
5
sin 
,
3
5
sin
albo
 wyznaczy pole trójkąta ABC w zależności od r:
2
6
ABC
P
r

albo
 wyznaczy pole trójkąta AMK w zależności od r:
2
1
2
AMK
P
r

19
Kryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt
Zdający wyznaczy pole trójkąta ABC i pole jednego z trójkątów AMK, BKL, CLM
w zależności od r:
2
6
ABC
P
r

,
2
1
2
AMK
P
r

,
2
8
5
BKL
P
r

,
2
27
10
CLM
P
r

Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które nie przekreślają poprawności
rozwiązania (np. błędy rachunkowe) 4 pkt
Zdający
 wyznaczy pole każdego z trójkątów ABC, AMK, BKL lub CLM w zależności
od r i na tym poprzestanie
albo
 obliczy stosunek pola trójkąta KLM do pola trójkąta ABC, popełniając błędy
rachunkowe (nawet na wcześniejszych etapach rozwiązania).
Rozwiązanie pełne 5 pkt
Zdający obliczy stosunek pola trójkąta KLM do pola trójkąta ABC:
1
5
KLM
ABC
P
P

III sposób rozwiązania
Niech
3 ,
5 ,
4
AB
r
BC
r
CA
r



,
2 ,
3
AK
AM
r
BK
BL
r
CL
CM
r






Zauważamy, że
90
BAC 


, ponieważ 





2
2
2
3
4
5
r
r
r


, zatem
2
2
2
KM
r
r
r



3
3
cos
5
5
r
CBA
r



,
4
4
cos
5
5
r
ACB
r



Zatem z twierdzenia kosinusów mamy
2
2
3
4 5
4
4
2 2
2
5
5
KL
r
r
r
r
r






2
2
4
3 10
9
9
2 3
3
5
5
LM
r
r
r
r
r






Obliczamy cos
KLM

:
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
18
16
24 50
34
24 2
cos
cos
5
5
25
5
5
r
KM
ML
KL
ML
KL
KLM
r
r
r
KLM
r
r
KLM

















Zatem
34
2
1
2
5
cos
2
2
2
24 5
KLM





, więc
2
sin
2
KLM 

20
Rozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony
Wobec tego
2
1 4 5
3 10
2
6
2
5
5
2
5
KLM
r
P
r
r






Ponieważ
2
1 3
4
6
2
ABC
P
r
r
r





,
więc otrzymujemy
1
5
KLM
ABC
P
P



Uwaga
Można obliczyć miarę kąta KLM






1
1
1
1
180
180
180
90
45
2
2
2
2
KLM
ABC
ACB
ABC
ACB
















Schemat oceniania III sposobu rozwiązania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 pkt
Zdający wyznaczy jeden z boków trójkąta KLM.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 pkt
Zdający wyznaczy trzy boki trójkąta KLM.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 pkt
Zdający wyznaczy kosinus jednego z kątów trójkąta KLM, np.
2
cos
2

KLM
Rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które nie przekreślają poprawności
rozwiązania (np. błędy rachunkowe) 4 pkt
Zdający wyznaczy sinus jednego z kątów trójkąta KLM, np.
2
sin
2
KLM 

Rozwiązanie pełne 5 pkt
Zdający obliczy stosunek pól trójkątów KLM i ABC:
1
5
KLM
ABC
P
P

21
Kryteria oceniania odpowiedzi - poziom rozszerzony
Zadanie 6. (0-3)
Trójkąt ABC jest wpisany w okrąg o środku S. Kąty wewnętrzne CAB, ABC i BCA tego
trójkąta są równe odpowiednio , 2 i 
4
. Wykaż, że trójkąt ABC jest rozwartokątny
i udowodnij, że miary wypukłych kątów środkowych ASB, ASC i BSC tworzą w podanej
kolejności ciąg arytmetyczny.
Obszar standardów
Opis wymagań
Rozumowanie
i argumentacja
Badanie czy dany ciąg jest arytmetyczny lub geometryczny.
Korzystanie ze związków między kątem środkowym, kątem
wpisanym i kątem między styczną a cięciwą okręgu (V.5.b,
7.a)
Rozwiązanie
Suma kątów trójkąta jest równa 180. Zatem




180
4
2



, więc

180
7
. Stąd


5
7
25

 oraz


6
7
4
102
90


. To oznacza, że trójkąt ABC jest rozwartokątny.
Z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym wynika, że
2
2
BSC
BAC





oraz
2
2 2
4
ASC
ABC








Ponadto, wypukły kąt środkowy ASB ma miarę równą
6
ASB
BSC
ASC







Ciąg 

6 ,4 ,2


 jest arytmetyczny, a jego różnica jest równa 

2

. To kończy dowód.
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje 1 pkt
gdy obliczy miarę kąta CAB:


5
7
1 180
25
7



 i uzasadni, że trójkąt ABC jest
rozwartokątny.
A
B
C
S

2
4
22
Rozwiązania zadań i schemat punktowania - poziom rozszerzony
Uwaga
Zdający nie musi obliczać miary kąta CAB. Wystarczy, że zapisze
4
1
4
180
180
90
7
2





.
Zdający otrzymuje 2 pkt
gdy rozważy poprawnie wpisany w okrąg trójkąt ABC i wykorzysta twierdzenie o kącie
środkowym i wpisanym do wyznaczenia miary kątów środkowych ASC i BSC w zależności
od :
4
ASC



oraz
2
BSC



Zdający otrzymuje 3 pkt
gdy wyznaczy miary wypukłych kątów środkowych ASB, ASC i BSC i stwierdzi, że tworzą
one w podanej kolejności ciąg arytmetyczny:
6
ASB



,
4
ASC



,
2
BSC



Uwaga
Jeżeli zdający nie uzasadni, że trójkąt ABC jest rozwartokątny, a udowodni, że miary kątów
tworzą ciąg arytmetyczny, to otrzymuje 2 punkty.
Zadanie 7. (0-6)
Ciąg geometryczny 

n
a
ma 100 wyrazów i są one liczbami dodatnimi. Suma wszystkich
wyrazów o numerach nieparzystych jest sto razy większa od sumy wszystkich wyrazów
o numerach parzystych oraz
1
2
3
100
log
log
log
log
100
a
a
a
a






. Oblicz
1a .
Obszar standardów
Opis wymagań
Wykorzystanie
i interpretowanie
reprezentacji
Badanie czy dany ciąg jest arytmetyczny lub geometryczny.
Stosowanie wzorów na n-ty wyraz i sumę n początkowych
wyrazów ciągu arytmetycznego i ciągu geometrycznego.
(II.5.b, c)
Rozwiązanie
Ponieważ wszystkie wyrazy ciągu 

n
a
są dodatnie i suma wszystkich jego wyrazów
o numerach nieparzystych jest 100 razy większa od sumy wszystkich wyrazów o numerach
parzystych, więc ciąg ten nie jest stały.
Zauważmy, że ciąg, którego kolejnymi wyrazami są wyrazy ciągu geometrycznego o numerach
nieparzystych również jest geometryczny, a jego iloraz jest równy
2
q , gdzie q oznacza iloraz
ciągu 

n
a
. Tak samo ciąg, którego kolejnymi wyrazami są wyrazy ciągu 

n
a
o numerach
parzystych jest geometryczny i jego iloraz również jest równy
2
q . Każdy z tych ciągów ma po

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2014-maj-matura-rozszerzona/sol-6.svg"}]}