{"id":"matematyka-2016-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/7","paper_id":"matematyka-2016-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"7","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2016,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 7. (3 pkt)\nReszta z dzielenia liczby naturalnej a przez 6 jest równa 1. Reszta z dzielenia liczby\nnaturalnej b przez 6 jest równa 5. Uzasadnij, że liczba\n2\n2\na\nb\njest podzielna przez 24.\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n7.\nMaks. liczba pkt\n3\nUzyskana liczba pkt\n\nPoziom rozszerzony\nMMA_1R","answer":null,"answer_text":"7. Planimetria. Zdający znajduje związki miarowe w figurach\npłaskich, także z zastosowaniem trygonometrii (7.c).\nPrzykładowe rozwiązanie\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku, niech ponadto\nSr oznacza promień okręgu o środku\nw punkcie S i średnicy AB.\nWtedy\n(\n)\nLB\nAK\nAB\n= 2\noraz\nAB\nAS\nrS\n2\n1\ni\nSr\nAB\nKS\n2\n1\n4\n1\nTrójkąt KLM jest trójkątem równoramiennym, którego podstawą jest odcinek KL. Punkt S jest\nśrodkiem odcinka KL.\nZatem punkty K, S, M są wierzchołkami trójkąta prostokątnego, w którym\n2\n2\n2\nKM\nMS\nKS\nprzy czym\n1\n2\nS\nMS\nAB\nr\nr\nr\noraz\n1\n1\n4\n2\nS\nKM\nAB\nr\nr\nr\n,\nStąd mamy kolejno:\n(\n)\n2\n2\n2\n1\n1\n2\n2\nS\nS\nS\nr\nr\nr\nr\nr\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\n2\n2\n2\n2\n2\n1\n1\n2\n4\n4\nS\nS\nS\nS\nS\nr\nr\nr\nr\nr\nr\nr\nr\nr\n⋅+\n⋅+\n,\n2\n3\nS\nS\nr\nr\nr\n⋅.\nPo wykorzystaniu zależności 1\n2\nS\nAB\nr\notrzymujemy:\n3\n1\n1\n2\nr\nAB\nZatem\n1\n6\nr\nAB\n, co kończy dowód.\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 p.\nZdający zauważy, że trójkąt KSM jest trójkątem prostokątnym i zapisze długości boków tego\ntrójkąta\nw zależności od długości odcinka AB:\n1\n4\nKS\nAB\n,\n1\n2\nMS\nAB\nr\n-,\n1\n4\nKM\nAB\nr\nalbo\nw zależności od promienia\nSr :\n1\n2\nS\nKS\nr\n,\nS\nMS\nr\nr\n-,\n1\n2\nS\nKM\nr\nr\noraz 1\n2\nS\nAB\nr\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.\nZdający zapisze równanie wynikające z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta KSM,\nnp.\n(\n)\n2\n2\n2\n1\n1\n2\n2\nS\nS\nS\nr\nr\nr\nr\nr\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n,\ni przekształci do postaci umożliwiającej wyznaczenie szukanej zależności np.\n2\n3\nS\nS\nr\nr\nr\n⋅.\nRozwiązanie pełne 3 p.\nZdający wykaże, że\n1\n6\nr\nAB\nZadanie 10. (0-5)\nIII. Modelowanie\nmatematyczne.","solution":null,"image":"img/matematyka-2016-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-7.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":14,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2016 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 7. (3 pkt)
Reszta z dzielenia liczby naturalnej a przez 6 jest równa 1. Reszta z dzielenia liczby
naturalnej b przez 6 jest równa 5. Uzasadnij, że liczba
2
2
a
b
jest podzielna przez 24.

\n

Poziom rozszerzony
MMA_1R
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
7.
Maks. liczba pkt
3
Uzyskana liczba pkt

\n

Poziom rozszerzony
MMA_1R

","answer_text_html":"
  1. Planimetria. Zdający znajduje związki miarowe w figurach
\n

płaskich, także z zastosowaniem trygonometrii (7.c).
Przykładowe rozwiązanie
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku, niech ponadto
Sr oznacza promień okręgu o środku
w punkcie S i średnicy AB.
Wtedy
(
)
LB
AK
AB
= 2
oraz
AB
AS
rS
2
1
i
Sr
AB
KS
2
1
4
1
Trójkąt KLM jest trójkątem równoramiennym, którego podstawą jest odcinek KL. Punkt S jest
środkiem odcinka KL.
Zatem punkty K, S, M są wierzchołkami trójkąta prostokątnego, w którym
2
2
2
KM
MS
KS
przy czym
1
2
S
MS
AB
r
r
r
oraz
1
1
4
2
S
KM
AB
r
r
r
,
Stąd mamy kolejno:
(
)
2
2
2
1
1
2
2
S
S
S
r
r
r
r
r












,
2
2
2
2
2
1
1
2
4
4
S
S
S
S
S
r
r
r
r
r
r
r
r
r
⋅+
⋅+
,
2
3
S
S
r
r
r
⋅.
Po wykorzystaniu zależności 1
2
S
AB
r
otrzymujemy:
3
1
1
2
r
AB
Zatem
1
6
r
AB
, co kończy dowód.
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 1 p.
Zdający zauważy, że trójkąt KSM jest trójkątem prostokątnym i zapisze długości boków tego
trójkąta
w zależności od długości odcinka AB:
1
4
KS
AB
,
1
2
MS
AB
r
-,
1
4
KM
AB
r
albo
w zależności od promienia
Sr :
1
2
S
KS
r
,
S
MS
r
r
-,
1
2
S
KM
r
r
oraz 1
2
S
AB
r
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 2 p.
Zdający zapisze równanie wynikające z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta KSM,
np.
(
)
2
2
2
1
1
2
2
S
S
S
r
r
r
r
r












,
i przekształci do postaci umożliwiającej wyznaczenie szukanej zależności np.
2
3
S
S
r
r
r
⋅.
Rozwiązanie pełne 3 p.
Zdający wykaże, że
1
6
r
AB
Zadanie 10. (0-5)
III. Modelowanie
matematyczne.

","solutions":[]}