{"id":"matematyka-2018-sierpien-poprawkowa-podstawowa/zad/34","paper_id":"matematyka-2018-sierpien-poprawkowa-podstawowa","number":"34","points":4,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"inne","year":2018,"month":"sierpien","level":"podstawowa","text":"Zadanie 34. (0-4)\nW trójkącie prostokątnym ACB przyprostokątna AC ma długość 5, a promień okręgu wpisanego\nw ten trójkąt jest równy 2. Oblicz pole trójkąta ACB.\n\nMMA_1P\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n34.\nMaks. liczba pkt\n4\nUzyskana liczba pkt\n\nMMA_1P\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)\nW trójkącie prostokątnym ACB przyprostokątna AC ma długość 5, a promień okręgu wpisanego w ten trójkąt jest równy 2. Oblicz pole trójkąta ACB.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 34. (0-4)\nW trójkącie prostokątnym ACB przyprostokątna AC ma długość 5, a promień okręgu wpisanego\nw ten trójkąt jest równy 2. Oblicz pole trójkąta ACB.\nPrzykładowe rozwiązania\nI sposób\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.\nPole trójkąta ACB możemy zapisać na dwa sposoby. Ze wzoru na pole trójkąta z podstawą\ni prostopadłą doń wysokością trójkąta otrzymujemy\n5\n1\n1\n2\n2\n2\n5\nACB\nP\nAC\nBC\na\na\n⋅\n⋅\n⋅⋅\n,\na ze wzoru na pole trójkąta z promienieniem okręgu wpisanego w ten trójkąt otrzymujemy\n(\n)\n(\n)\n1\n1\n2\n2\n5\n2\n5\nACB\nP\np r\nAC\nBC\nAB\nr\na\nc\na\nc\n⋅=\n⋅\n⋅=\n⋅\n⋅\nStąd otrzymujemy\n5\n2\n5\na\nc\na\n,\n3\n2\n5\nc\na\nZ twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równanie z jedną niewiadomą\n(\n)\n2\n2\n2\n3\n2\n5\n5\na\na\n,\n2\n2\n9\n4\n25\n15\n25\na\na\na\n,\n2\n5\n4\n15\n0\na\na\n,\n(\n)\n5\n4\n12\n0\na a -\nStąd\n0\na =\nlub\n12\na =\nPierwsze z otrzymanych rozwiązań nie spełnia warunków zadania, więc\n12\na =\nPole trójkąta ACB jest więc równe\n5\n5\n2\n2 12\n30\nACB\nP\na\n⋅\nII sposób\nPoprowadźmy promienie okręgu wpisanego w trójkąt ACB do punktów styczności tego\nokręgu z bokami tego trójkąta i przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.\nc\nB\nA\nC\nS\na\n2\n5\n2\n2\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\nCzworokąt CFSE jest kwadratem o boku długości 2, gdyż kąty przy wierzchołkach C, F i E są\nproste, a boki ES i FS są równej długości. Zatem\n2\nEC\nFC\nStąd wynika, że\n5\n2\n3\nAE\nAC\nEC\nOznaczmy x\nBF\n. Zatem\n2\nBC\nBF\nCF\nx\nZ twierdzenia o odcinkach stycznych otrzymujemy\nBD\nBF\nx\noraz\n3\nAD\nAE\nZatem\n3\nAB\nAD\nBD\nx\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ABC otrzymujemy\n2\n2\n2\nAB\nAC\nBC\n,\n(\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n3\n5\n2\nx\nx\n,\n2\n2\n9\n6\n25\n4\n4\nx\nx\nx\nx\n,\n10\nx =\nPrzyprostokątna AC ma więc długość\n2\n12\nBC\nx\n, więc pole trójkąta ACB jest równe\n1\n2 5 12\n30\nACB\nP\n⋅⋅\nIII sposób\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.\nZe wzoru na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny otrzymujemy\n5\n2\n2\na c\n,\n4\n5\na\nc\n-,\n1\nc\na\nZ twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy\n2\n2\n2\n5\na\nc\nZatem\n(\n)\n2\n2\n2\n5\n1\na\na\n,\n2\n2\n25\n2\n1\na\na\na\n+ ,\nc\nB\nA\nC\nS\na\n2\n5\n2\n2\n2\nB\nA\nC\nS\nD\nE\nF\nx\n2\n5\n2\n2\nx\n2\nSchemat oceniania\nPoziom podstawowy\n2\n24\na =\n,\n12\na =\nPole trójkąta ACB równe więc równe\n5\n5\n2\n2 12\n30\nACB\nP\na\n⋅\nSchemat punktowania\nRozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego\nrozwiązania 1 p.\nZdający\n• zapisze zależność między długościami przyprostokątnej BC i przeciwprostokątnej\ntrójkąta, np.:\n2\n2\n2\n5\na\nc\nlub\n5\n2\n5\na\nc\na\nlub\n5\n2\n2\na c\nalbo\n• zapisze lub zaznaczy na rysunku równości co najmniej dwóch par odpowiednich\nodcinków, wynikające z twierdzenia o odcinkach stycznych,\nnp.: EC\nFC\ni BF\nBD\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nRozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.\nZdający\n• zapisze układ równań pozwalający obliczyć długość przyprostokątnej BC, np.:\n(\n3\n2\n5\nc\na\n- i\n2\n2\n2\n5\na\nc\n) lub (\n5\n2\n2\na c\ni\n2\n2\n2\n5\na\nc\n)\nalbo\n• zapisze długości boków BC i AB trójkąta ACB w zależności od jednej zmiennej,\nnp. długości x odcinka BF:\n2\nBC\nx\n,\n3\nAB\nx\ni na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nPokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.\nZdający zapisze równanie z jedną niewiadomą prowadzące do wyznaczenia długości boków\nBC i AB trójkąta, np.:\n(\n)\n2\n2\n2\n3\n2\n5\n5\na\na\nlub (\n)\n(\n)\n2\n2\n2\n3\n2\n5\nx\nx\nlub\n(\n)\n2\n2\n2\n5\n1\na\na\ni na\ntym zakończy lub dalej popełnia błędy.\nRozwiązanie pełne 4 p.\nZdający obliczy pole trójkąta ACB:\n30\nACB\nP\nUwagi\n1. Jeżeli zdający realizuje strategię rozwiązania, a jedynymi błędami w przedstawionym\nrozwiązaniu są błędy rachunkowe, to otrzymuje 3 punkty.\n2. Jeżeli zdający popełnia błąd merytoryczny, stosując twierdzenie Pitagorasa, to otrzymuje\n2 punkty, o ile nie popełnia innych błędów i rozwiąże zadanie do końca.\n3. Jeżeli zdający popełnia błąd merytoryczny, stosując nieistniejący wzór „kwadrat\nsumy/różnicy = suma/różnica kwadratów”, to otrzymuje 2 punkty, o ile nie popełnia\ninnych błędów i rozwiąże zadanie do końca.\n4. Jeżeli zdający pominie we wzorze na pole trójkąta współczynnik 1\n2 , to otrzymuje\n3 punkty, o ile nie popełnia innych błędów i rozwiąże zadanie do końca.\n5. Jeżeli zdający przyjmie, że 5 to długość przyprostokątnej BC, to może otrzymać\nmaksymalnie 4 punkty, o ile poprawnie rozwiąże zadanie do końca.\n6. Jeżeli zdający przyjmie, że 5 to długość przeciwprostokątnej, to może otrzymać co\nnajwyżej 1 punkt, za zapisanie (zaznaczenie) równości odcinków stycznych.","solution":"30","image":"img/matematyka-2018-sierpien-poprawkowa-podstawowa/zad-34.webp","solution_image":"img/matematyka-2018-sierpien-poprawkowa-podstawowa/sol-34.svg","topics":"planimetria","page_from":22,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"zadaniazmatur","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Inne · sierpień 2018 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Inne","text_html":"

Zadanie 34. (0-4)
W trójkącie prostokątnym ACB przyprostokątna AC ma długość 5, a promień okręgu wpisanego
w ten trójkąt jest równy 2. Oblicz pole trójkąta ACB.

\n

MMA_1P
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
34.
Maks. liczba pkt
4
Uzyskana liczba pkt

\n

MMA_1P
BRUDNOPIS (nie podlega ocenie)
W trójkącie prostokątnym ACB przyprostokątna AC ma długość 5, a promień okręgu wpisanego w ten trójkąt jest równy 2. Oblicz pole trójkąta ACB.

","answer_text_html":"

Zadanie 34. (0-4)
W trójkącie prostokątnym ACB przyprostokątna AC ma długość 5, a promień okręgu wpisanego
w ten trójkąt jest równy 2. Oblicz pole trójkąta ACB.
Przykładowe rozwiązania
I sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Pole trójkąta ACB możemy zapisać na dwa sposoby. Ze wzoru na pole trójkąta z podstawą
i prostopadłą doń wysokością trójkąta otrzymujemy
5
1
1
2
2
2
5
ACB
P
AC
BC
a
a
⋅
⋅
⋅⋅
,
a ze wzoru na pole trójkąta z promienieniem okręgu wpisanego w ten trójkąt otrzymujemy
(
)
(
)
1
1
2
2
5
2
5
ACB
P
p r
AC
BC
AB
r
a
c
a
c
⋅=
⋅
⋅=
⋅
⋅
Stąd otrzymujemy
5
2
5
a
c
a
,
3
2
5
c
a
Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy równanie z jedną niewiadomą
(
)
2
2
2
3
2
5
5
a
a
,
2
2
9
4
25
15
25
a
a
a
,
2
5
4
15
0
a
a
,
(
)
5
4
12
0
a a -
Stąd
0
a =
lub
12
a =
Pierwsze z otrzymanych rozwiązań nie spełnia warunków zadania, więc
12
a =
Pole trójkąta ACB jest więc równe
5
5
2
2 12
30
ACB
P
a
⋅
II sposób
Poprowadźmy promienie okręgu wpisanego w trójkąt ACB do punktów styczności tego
okręgu z bokami tego trójkąta i przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
c
B
A
C
S
a
2
5
2
2
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
Czworokąt CFSE jest kwadratem o boku długości 2, gdyż kąty przy wierzchołkach C, F i E są
proste, a boki ES i FS są równej długości. Zatem
2
EC
FC
Stąd wynika, że
5
2
3
AE
AC
EC
Oznaczmy x
BF
. Zatem
2
BC
BF
CF
x
Z twierdzenia o odcinkach stycznych otrzymujemy
BD
BF
x
oraz
3
AD
AE
Zatem
3
AB
AD
BD
x
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ABC otrzymujemy
2
2
2
AB
AC
BC
,
(
)
(
)
2
2
2
3
5
2
x
x
,
2
2
9
6
25
4
4
x
x
x
x
,
10
x =
Przyprostokątna AC ma więc długość
2
12
BC
x
, więc pole trójkąta ACB jest równe
1
2 5 12
30
ACB
P
⋅⋅
III sposób
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Ze wzoru na promień okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny otrzymujemy
5
2
2
a c
,
4
5
a
c
-,
1
c
a
Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy
2
2
2
5
a
c
Zatem
(
)
2
2
2
5
1
a
a
,
2
2
25
2
1
a
a
a

\n\n

c
B
A
C
S
a
2
5
2
2
2
B
A
C
S
D
E
F
x
2
5
2
2
x
2
Schemat oceniania
Poziom podstawowy
2
24
a =
,
12
a =
Pole trójkąta ACB równe więc równe
5
5
2
2 12
30
ACB
P
a
⋅
Schemat punktowania
Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego
rozwiązania 1 p.
Zdający
• zapisze zależność między długościami przyprostokątnej BC i przeciwprostokątnej
trójkąta, np.:
2
2
2
5
a
c
lub
5
2
5
a
c
a
lub
5
2
2
a c
albo
• zapisze lub zaznaczy na rysunku równości co najmniej dwóch par odpowiednich
odcinków, wynikające z twierdzenia o odcinkach stycznych,
np.: EC
FC
i BF
BD
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający
• zapisze układ równań pozwalający obliczyć długość przyprostokątnej BC, np.:
(
3
2
5
c
a

\n\n

2
2
2
5
a
c
) lub (
5
2
2
a c
i
2
2
2
5
a
c
)
albo
• zapisze długości boków BC i AB trójkąta ACB w zależności od jednej zmiennej,
np. długości x odcinka BF:
2
BC
x
,
3
AB
x
i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą prowadzące do wyznaczenia długości boków
BC i AB trójkąta, np.:
(
)
2
2
2
3
2
5
5
a
a
lub (
)
(
)
2
2
2
3
2
5
x
x
lub
(
)
2
2
2
5
1
a
a
i na
tym zakończy lub dalej popełnia błędy.
Rozwiązanie pełne 4 p.
Zdający obliczy pole trójkąta ACB:
30
ACB
P
Uwagi

\n
  1. Jeżeli zdający realizuje strategię rozwiązania, a jedynymi błędami w przedstawionym
\n

rozwiązaniu są błędy rachunkowe, to otrzymuje 3 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający popełnia błąd merytoryczny, stosując twierdzenie Pitagorasa, to otrzymuje
\n

2 punkty, o ile nie popełnia innych błędów i rozwiąże zadanie do końca.

\n
  1. Jeżeli zdający popełnia błąd merytoryczny, stosując nieistniejący wzór „kwadrat
\n

sumy/różnicy = suma/różnica kwadratów”, to otrzymuje 2 punkty, o ile nie popełnia
innych błędów i rozwiąże zadanie do końca.

\n
  1. Jeżeli zdający pominie we wzorze na pole trójkąta współczynnik 1
\n

2 , to otrzymuje
3 punkty, o ile nie popełnia innych błędów i rozwiąże zadanie do końca.

\n
  1. Jeżeli zdający przyjmie, że 5 to długość przyprostokątnej BC, to może otrzymać
\n

maksymalnie 4 punkty, o ile poprawnie rozwiąże zadanie do końca.

\n
  1. Jeżeli zdający przyjmie, że 5 to długość przeciwprostokątnej, to może otrzymać co
\n

najwyżej 1 punkt, za zapisanie (zaznaczenie) równości odcinków stycznych.

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2018-sierpien-poprawkowa-podstawowa/sol-34.svg"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"

30

"}]}