{"id":"matematyka-2022-maj-matura-rozszerzona/zad/8","paper_id":"matematyka-2022-maj-matura-rozszerzona","number":"8","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2022,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 8. (0-3)\nPunkt 𝑃 jest punktem przecięcia przekątnych trapezu 𝐴𝐵𝐶𝐷. Długość podstawy 𝐶𝐷 jest\no 2 mniejsza od długości podstawy 𝐴𝐵. Promień okręgu opisanego na trójkącie\nostrokątnym 𝐶𝑃𝐷 jest o 3 mniejszy od promienia okręgu opisanego na trójkącie 𝐴𝑃𝐵.\nWykaż, że spełniony jest warunek |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -|𝐶𝐷|2 = 4√2\n3 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃|.\n\nEMAP-R0_100\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n8.\nMaks. liczba pkt\n3\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100\nPunkt P jest punktem przecięcia przekątnych trapezu ABCD. Długość podstawy CD jest o 2 mniejsza od długości podstawy AB. Promień okręgu opisanego na trójkącie {ostrokątnym} CPD jest o 3 mniejszy od promienia okręgu opisanego na trójkącie APB. Wykaż, że spełniony jest warunek |DP|² + |CP|² - |CD|² = 4√2/3⋅|DP|⋅|CP|.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 8. (0-3)\nWymagania egzaminacyjne 2022\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający:\nR7.4) znajduje związki miarowe w figurach\npłaskich z zastosowaniem twierdzenia\nsinusów i twierdzenia cosinusów.\nZasady oceniania\nZdający otrzymuje 1 pkt\ngdy spełni jeden z poniższych warunków:\n1) zapisze związek między długością jednej z podstaw trapezu a promieniem 𝑅2\nokręgu opisanego na trójkącie 𝐶𝑃𝐷 (lub promieniem 𝑅1 okręgu opisanego na\ntrójkącie 𝐴𝑃𝐵), np.\n|𝐶𝐷|\n𝑅2 =\n|𝐶𝐷|+2\n𝑅2+3 ,\n|𝐴𝐵|-2\n𝑅2\n|𝐴𝐵|\n𝑅2+3 ,\n|𝐴𝐵|\n𝑅1 =\n|𝐴𝐵|-2\n𝑅1-3\n2) zapisze związki między długościami podstaw trapezu, promieniami okręgów\nopisanych na trójkątach 𝐴𝐵𝑃 i 𝐶𝐷𝑃 oraz związek między długościami podstaw\ntrapezu i promieniami okręgów, np. |𝐴𝐵| = |𝐶𝐷| + 2 i 𝑅1 = 𝑅2 + 3 i\n|𝐴𝐵|\n𝑅1 =\n|𝐶𝐷|\n𝑅2\n,\n3) zapisze związki:\n|𝐴𝐵|\nsin𝛼 = 2𝑅1,\n|𝐶𝐷|\nsin𝛼 = 2𝑅2, |𝐶𝐷| + 2 = |𝐴𝐵|, 𝑅1 = 𝑅2 + 3,\n4) zapisze równanie z dwiema niewiadomymi - długością jednej z podstaw trapezu\ni sinusem kąta 𝛼, np.\n|𝐶𝐷|\nsin𝛼=\n|𝐶𝐷|+2\nsin𝛼-6,\n5) zapisze warunek cos 𝛼= 4√2\n6 jako warunek równoważny tezie.\nZdający otrzymuje 2 pkt\ngdy:\ngdy spełni jeden z warunków 1)-4) zapisanych w zasadach oceniania za 1 punkt\noraz obliczy sin 𝛼: sin 𝛼= 1\n3\nALBO\nzastosuje twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐴𝑆1𝐵 i obliczy wartość cosinusa kąta\nśrodkowego opartego na tym samym łuku, co kąt 𝐴𝑃𝐵: cos 2𝛼= 7\n9 (sposób 4.).\nZdający otrzymuje 3 pkt\ngdy przeprowadzi pełne rozumowanie.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nUwagi:\n1. Jeśli zdający wprowadzi do rozwiązania dodatkowe założenia, nie wynikające z treści\nzadania, i korzysta z tych założeń, to za całe rozwiązanie otrzymuje 0 punktów, o ile nie\nnabył praw do innej punktacji.\n2. Jeśli zdający w wyniku popełnionego błędu otrzyma równość sin 𝛼= 1\n3 , to może\notrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1. (podobieństwo trójkątów)\nOznaczmy przez 𝑅2 promień okręgu opisanego na trójkącie 𝐶𝑃𝐷, a przez 𝛼 - miarę kąta\nostrego 𝐶𝑃𝐷.\nPonieważ odcinki 𝐴𝐵 i 𝐶𝐷 są równoległe, więc |∡𝑃𝐶𝐷| = |∡𝑃𝐴𝐵| i |∡𝐴𝐵𝑃| = |∡𝑃𝐷𝐶|\n(kąty naprzemianległe) oraz |∡𝐶𝑃𝐷| = |∡𝐴𝑃𝐵| (kąty wierzchołkowe). Zatem trójkąty 𝐶𝑃𝐷\ni 𝐴𝑃𝐵 są podobne (na mocy cechy kkk). Stąd wynika, że\n𝑅2 + 3\n|𝐴𝐵| = 𝑅2\n|𝐶𝐷|\ni wobec |𝐴𝐵| = |𝐶𝐷| + 2 otrzymujemy dalej\n𝑅2 + 3\n|𝐶𝐷| + 2 = 𝑅2\n|𝐶𝐷|\n2𝑅2 = 3 ⋅|𝐶𝐷|\n|𝐶𝐷| = 2\n3 𝑅2\nDo trójkąta 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie sinusów i otrzymujemy\n|𝐶𝐷|\nsin 𝛼= 2𝑅2\nco w połączeniu ze związkiem |𝐶𝐷| = 2\n3 𝑅2 prowadzi do równania\nsin 𝛼= 1\n3\nKorzystamy z tożsamości trygonometrycznej sin2 𝛼+ cos2 𝛼= 1 i, uwzględniając, że\n𝛼< 90°, otrzymujemy\n(1\n3)\n2\n+ cos2 𝛼= 1\ncos 𝛼= 2√2\n3\nDo trójkąta 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie cosinusów, korzystamy ze związku\ncos 𝛼= 2√2\n3 i otrzymujemy\n|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅cos 𝛼\n|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅2√2\n3\n4√2\n3\n⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -|𝐶𝐷|2\nTo należało pokazać.\nSposób 2. (twierdzenie sinusów)\nOznaczmy przez 𝑅2 promień okręgu opisanego na trójkącie 𝐶𝑃𝐷, a przez 𝛼 - miarę kąta\nostrego 𝐶𝑃𝐷.\nPonieważ kąty ostre 𝐶𝑃𝐷 i 𝐴𝑃𝐵 są wierzchołkowe, to |∡𝐶𝑃𝐷| = |∡𝐴𝑃𝐵| = 𝛼.\nDo trójkątów 𝐴𝑃𝐵 i 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie sinusów i otrzymujemy\n|𝐴𝐵|\nsin 𝛼= 2(𝑅2 + 3) oraz\n|𝐶𝐷|\nsin 𝛼= 2𝑅2\nStąd\n|𝐴𝐵|\n2(𝑅2+3) =\n|𝐶𝐷|\n2𝑅2\n, a ponieważ z założenia |𝐴𝐵| = |𝐶𝐷| + 2, więc\n|𝐶𝐷|+2\n2(𝑅2+3) =\n|𝐶𝐷|\n2𝑅2\ni w rezultacie\n|𝐶𝐷| = 2\n3 𝑅2\nZe związków |𝐶𝐷| = 2\n3 𝑅2 i\n|𝐶𝐷|\nsin𝛼= 2𝑅2 otrzymujemy\nsin 𝛼= 1\n3\nKorzystamy z tożsamości trygonometrycznej sin2 𝛼+ cos2 𝛼= 1 i, uwzględniając, że\n𝛼< 90°, otrzymujemy\n(1\n3)\n2\n+ cos2 𝛼= 1\ncos 𝛼= 2√2\n3\nDo trójkąta 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie cosinusów, korzystamy ze związku\ncos 𝛼= 2√2\n3 i otrzymujemy\n|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅cos 𝛼\n|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅2√2\n3\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n4√2\n3\n⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -|𝐶𝐷|2\nTo należało pokazać.\nSposób 3.\nOznaczmy przez 𝑅2 promień okręgu opisanego na trójkącie 𝐶𝑃𝐷, a przez 𝛼 - miarę kąta\nostrego 𝐶𝑃𝐷.\nPonieważ kąty ostre 𝐶𝑃𝐷 i 𝐴𝑃𝐵 są wierzchołkowe, to |∡𝐶𝑃𝐷| = |∡𝐴𝑃𝐵| = 𝛼.\nDo trójkątów 𝐴𝑃𝐵 i 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie sinusów i otrzymujemy\n|𝐴𝐵|\nsin 𝛼= 2(𝑅2 + 3) oraz |𝐶𝐷|\nsin 𝛼= 2𝑅2\nŁącząc obie te zależności i korzystając z założenia |𝐴𝐵| = |𝐶𝐷| + 2, otrzymujemy\n|𝐴𝐵|\nsin 𝛼= |𝐶𝐷|\nsin 𝛼+ 6\n|𝐶𝐷| + 2\nsin 𝛼\n|𝐶𝐷|\nsin 𝛼+ 6\n|𝐶𝐷|\nsin 𝛼+\n2\nsin 𝛼=\n|𝐶𝐷|\nsin 𝛼+ 6\nsin 𝛼= 1\n3\nKorzystamy z tożsamości trygonometrycznej sin2 𝛼+ cos2 𝛼= 1 i, uwzględniając, że\n𝛼< 90°, otrzymujemy\n(1\n3)\n2\n+ cos2 𝛼= 1\ncos 𝛼= 2√2\n3\nDo trójkąta 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie cosinusów, korzystamy ze związku\ncos 𝛼= 2√2\n3 i otrzymujemy\n|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅cos 𝛼\n|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅2√2\n3\n4√2\n3\n⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -|𝐶𝐷|2\nTo należało pokazać.\nSposób 4. (kąt wpisany - kąt środkowy)\nNiech 𝑜1 będzie okręgiem o środku 𝑆1 i promieniu 𝑅1 opisanym na trójkącie 𝐴𝑃𝐵.\nOznaczmy przez 𝛼 miarę kąta ostrego 𝐴𝑃𝐵.\nPonieważ odcinki 𝐴𝐵 i 𝐶𝐷 są równoległe, więc |∡𝑃𝐶𝐷| = |∡𝑃𝐴𝐵| i |∡𝐴𝐵𝑃| = |∡𝑃𝐷𝐶|\n(kąty naprzemianległe) oraz |∡𝐶𝑃𝐷| = |∡𝐴𝑃𝐵| (kąty wierzchołkowe).\nNa mocy cechy kkk trójkąty 𝐶𝑃𝐷 i 𝐴𝑃𝐵 są podobne.\nNiech 𝑥= |𝐴𝐵|. Wtedy |𝐶𝐷| = 𝑥-2. Z podobieństwa trójkątów 𝐶𝑃𝐷 i 𝐴𝑃𝐵 wynika\nrówność\n𝑥-2\n𝑥\n= 𝑅1 -3\n𝑅1\nskąd otrzymujemy 𝑅1 = 3\n2 𝑥.\nZauważmy, że 2𝛼 jest miarą kąta środkowego, opartego na tym samym łuku okręgu 𝑜1 , co\nkąt 𝐴𝑃𝐵. Korzystamy z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐴𝑆1𝐵\ni otrzymujemy kolejno\n𝑥2 = 2𝑅1\n2 ⋅(1 -cos 2𝛼)\n𝑥2 = 2 ⋅(3\n2 𝑥)\n2\n⋅(1 -cos 2𝛼)\nskąd po obustronnym podzieleniu przez 𝑥2 otrzymujemy równość\n1 = 9\n2 ⋅(1 -cos 2𝛼)\nZatem cos 2𝛼= 7\n9 . Jest ona równoważna równości 2cos2𝛼-1 = 7\n9 , z której\nobliczamy cos 𝛼= 2√2\n3 (ujemną wartość odrzucamy ze względu na to, że kąt o mierze 𝛼\njest kątem wewnętrznym trójkąta ostrokątnego 𝐶𝑃𝐷).\nDo trójkąta 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie cosinusów, korzystamy ze związku\ncos 𝛼= 2√2\n3 i otrzymujemy\n|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅cos 𝛼\n|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅2√2\n3\n4√2\n3\n⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -|𝐶𝐷|2\nTo należało pokazać.\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":"## Poprawna odpowiedź: Należy wykazać\n\nTo zadanie otwarte - wykazujemy tożsamość przez wyznaczenie kąta $\\angle DPC$ z danych warunków, a następnie zastosowanie twierdzenia cosinusów.\n\n## Sposób 1 - Prawo sinusów w obu trójkątach + twierdzenie cosinusów\n\n**Krok 1. Kąt między przekątnymi jest taki sam w obu trójkątach.**\n\nPunkt $P$ to przecięcie przekątnych $AC$ i $BD$. Odcinki $PA$, $PC$ leżą na jednej prostej (przekątna $AC$), a $PB$, $PD$ na drugiej (przekątna $BD$). Zatem kąty $\\angle APB$ i $\\angle CPD$ są **wierzchołkowymi** - równymi sobie:\n\\[\\angle CPD = \\angle APB\\]\n\n**Krok 2. Wyraź promienie okręgów przez prawo sinusów.**\n\nPrawo sinusów w trójkącie $CPD$ (kąt naprzeciwko boku $|CD|$ to $\\angle CPD$):\n\\[2R_{CPD} = \\frac{|CD|}{\\sin(\\angle CPD)}\\]\n\nPrawo sinusów w trójkącie $APB$ (kąt naprzeciwko boku $|AB|$ to $\\angle APB = \\angle CPD$):\n\\[2R_{APB} = \\frac{|AB|}{\\sin(\\angle CPD)}\\]\n\nOznaczmy $s = \\sin(\\angle CPD)$, $a = |CD|$, $b = |AB|$.\n\nStąd:\n\\[R_{CPD} = \\frac{a}{2s}, \\qquad R_{APB} = \\frac{b}{2s}\\]\n\n**Krok 3. Użyj obu danych liczbowych.**\n\nZ treści: $b = a + 2$ oraz $R_{APB} - R_{CPD} = 3$.\n\nObliczamy różnicę promieni:\n\\[R_{APB} - R_{CPD} = \\frac{b}{2s} - \\frac{a}{2s} = \\frac{b - a}{2s} = \\frac{2}{2s} = \\frac{1}{s}\\]\n\nZ warunku $R_{APB} - R_{CPD} = 3$:\n\\[\\frac{1}{s} = 3 \\implies \\boxed{s = \\sin(\\angle CPD) = \\frac{1}{3}}\\]\n\n**Krok 4. Wyznacz cosinus kąta.**\n\nTrójkąt $CPD$ jest ostrokątny (dane z zadania), więc $\\angle CPD < 90°$, a cosinus jest dodatni:\n\\[\\cos(\\angle CPD) = \\sqrt{1 - \\sin^2(\\angle CPD)} = \\sqrt{1 - \\frac{1}{9}} = \\sqrt{\\frac{8}{9}} = \\frac{2\\sqrt{2}}{3}\\]\n\n**Krok 5. Zastosuj twierdzenie cosinusów w trójkącie $CPD$.**\n\n\\[|CD|^2 = |DP|^2 + |CP|^2 - 2 \\cdot |DP| \\cdot |CP| \\cdot \\cos(\\angle CPD)\\]\n\nPrzenosimy $|CD|^2$ na prawą stronę:\n\\[|DP|^2 + |CP|^2 - |CD|^2 = 2 \\cdot |DP| \\cdot |CP| \\cdot \\cos(\\angle CPD)\\]\n\nPodstawiamy wyznaczoną wartość:\n\\[|DP|^2 + |CP|^2 - |CD|^2 = 2 \\cdot |DP| \\cdot |CP| \\cdot \\frac{2\\sqrt{2}}{3} = \\frac{4\\sqrt{2}}{3} \\cdot |DP| \\cdot |CP|\\]\n\nCo kończy dowód. $\\blacksquare$\n\n## Sposób 2 - Przez podobieństwo trójkątów i proporcję promieni\n\n**Trójkąty $APB$ i $CPD$ są podobne**, ponieważ $AB \\parallel CD$, więc:\n- $\\angle PAB = \\angle PCD$ (kąty naprzemianległe przy równoległych prostych)\n- $\\angle PBA = \\angle PDC$ (kąty naprzemianległe)\n\nZ podobieństwa $\\triangle APB \\sim \\triangle CPD$ wynika:\n\\[\\frac{|AP|}{|CP|} = \\frac{|BP|}{|DP|} = \\frac{|AB|}{|CD|} = k\\]\n\nDla figur podobnych promienie okręgów opisanych są w tej samej proporcji:\n\\[\\frac{R_{APB}}{R_{CPD}} = k = \\frac{|AB|}{|CD|} = \\frac{a+2}{a}\\]\n\nZ tej proporcji: $R_{APB} = \\frac{(a+2)}{a} \\cdot R_{CPD}$.\n\nPodstawiamy do warunku $R_{APB} - R_{CPD} = 3$:\n\\[\\frac{a+2}{a} \\cdot R_{CPD} - R_{CPD} = 3 \\implies R_{CPD} \\cdot \\frac{2}{a} = 3 \\implies R_{CPD} = \\frac{3a}{2}\\]\n\nZ prawa sinusów w $\\triangle CPD$:\n\\[\\frac{|CD|}{\\sin(\\angle CPD)} = 2R_{CPD} \\implies \\frac{a}{\\sin(\\angle CPD)} = 2 \\cdot \\frac{3a}{2} = 3a\\]\n\\[\\sin(\\angle CPD) = \\frac{1}{3}\\]\n\nDalej identycznie jak w Sposobie 1: $\\cos(\\angle CPD) = \\frac{2\\sqrt{2}}{3}$ i twierdzenie cosinusów daje tezę. $\\blacksquare$\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 15-16)** - twierdzenie sinusów:\n\\[\\frac{a}{\\sin\\alpha} = 2R\\]\nUżyte w Sposobie 1 (Krok 2) do wyrażenia $R_{CPD}$ i $R_{APB}$ przez bok $|CD|$, $|AB|$ i kąt $\\angle CPD$.\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 15)** - twierdzenie cosinusów:\n\\[a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\\cos\\alpha\\]\nUżyte w Kroku 5 do przekształcenia $|DP|^2 + |CP|^2 - |CD|^2$.\n\n**Dział 9 (Trygonometria, s. 11)** - jedynka trygonometryczna:\n\\[\\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1\\]\nUżyte w Kroku 4 do wyznaczenia $\\cos(\\angle CPD)$ ze znajomości $\\sin(\\angle CPD)$.\n\n## Typowe pułapki i uwagi\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Kąty $\\angle APB$ i $\\angle CPD$ są wierzchołkowymi - nie mylić z kątami $\\angle BPC$ i $\\angle APD$, które są ich suplementami. To kluczowy krok, bo dzięki temu sinus w mianowniku jest ten sam dla obu trójkątów.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Warunek \"trójkąt $CPD$ jest ostrokątny\" pozwala przyjąć $\\cos(\\angle CPD) > 0$. Gdyby kąt był rozwarty, cosinus byłby ujemny i prawa strona wychodziłaby ujemna - teza nie byłaby prawdziwa. Nie pomijaj tego założenia!\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Różnica długości podstaw ($|AB| - |CD| = 2$) wchodzi do rozwiązania wyłącznie przez różnicę $b - a = 2$ w mianowniku. To właśnie ta wartość \"wyczyściła\" zmienną $a$ i pozwoliła wyznaczyć $\\sin(\\angle CPD) = \\frac{1}{3}$ niezależnie od konkretnych długości boków - elegancki mechanizm zadania!\n\n### Sposób 1. (podobieństwo trójkątów)\n\n**Oznaczenia:** \\(R_2\\) - promień okręgu opisanego na \\(CPD\\), \\(R_1\\) - na \\(APB\\), \\(\\alpha\\) - miara kąta \\(CPD\\). Z założenia \\(R_1 = R_2 + 3\\) i \\(|AB| = |CD| + 2\\).\n\n**Krok 1. Podobieństwo \\(\\triangle CPD \\sim \\triangle APB\\).**\n\nPonieważ \\(AB \\parallel CD\\), to:\n- \\(\\angle PCD = \\angle PAB\\) (kąty naprzemianległe)\n- \\(\\angle PDC = \\angle PBA\\) (kąty naprzemianległe)\n- \\(\\angle CPD = \\angle APB\\) (kąty wierzchołkowe)\n\nZ cechy \\(kkk\\) trójkąty \\(CPD\\) i \\(APB\\) są podobne. Stosunek promieni opisanych równa się skali podobieństwa:\n\n\\(\\dfrac{R_2 + 3}{|AB|} = \\dfrac{R_2}{|CD|}\\)\n\nWstawiamy \\(|AB| = |CD|+2\\):\n\n\\(\\dfrac{R_2 + 3}{|CD|+2} = \\dfrac{R_2}{|CD|}\\)\n\nMnożąc krzyżowo: \\(R_2|CD| + 3|CD| = R_2|CD| + 2R_2\\), skąd \\(3|CD| = 2R_2\\), czyli \\(|CD| = \\dfrac{2}{3}R_2\\).\n\n**Krok 2. Twierdzenie sinusów w \\(\\triangle CPD\\).**\n\nZ karty wzorów (dział X Planimetria), tw. sinusów: \\(\\dfrac{|CD|}{\\sin\\alpha} = 2R_2\\).\n\nStąd \\(\\sin\\alpha = \\dfrac{|CD|}{2R_2} = \\dfrac{2R_2/3}{2R_2} = \\dfrac{1}{3}\\).\n\n**Krok 3. Obliczenie \\(\\cos\\alpha\\).**\n\nZ tożsamości \\(\\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1\\):\n\n\\(\\cos^2\\alpha = 1 - \\dfrac{1}{9} = \\dfrac{8}{9}\\)\n\nPonieważ trójkąt \\(CPD\\) jest ostrokątny, \\(\\alpha < 90°\\), więc \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{2\\sqrt{2}}{3}\\).\n\n**Krok 4. Twierdzenie cosinusów w \\(\\triangle CPD\\).**\n\nZ karty wzorów: \\(|CD|^2 = |DP|^2 + |CP|^2 - 2|DP|\\cdot|CP|\\cos\\alpha\\).\n\nPodstawiając \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{2\\sqrt{2}}{3}\\):\n\n\\(|CD|^2 = |DP|^2 + |CP|^2 - 2|DP|\\cdot|CP|\\cdot\\dfrac{2\\sqrt{2}}{3}\\)\n\n\\(|CD|^2 = |DP|^2 + |CP|^2 - \\dfrac{4\\sqrt{2}}{3}|DP|\\cdot|CP|\\)\n\nPrzenosząc otrzymujemy:\n\n\\(\\dfrac{4\\sqrt{2}}{3}|DP|\\cdot|CP| = |DP|^{2}+|CP|^{2}-|CD|^{2}\\). \\(\\blacksquare\\)\n\n### Sposób 2. (dwukrotne tw. sinusów)\n\nKąty \\(\\angle CPD\\) i \\(\\angle APB\\) są wierzchołkowe, więc równe \\(\\alpha\\).\n\nTwierdzenie sinusów w obu trójkątach:\n\\(\\dfrac{|AB|}{\\sin\\alpha} = 2R_1 = 2(R_2+3)\\) oraz \\(\\dfrac{|CD|}{\\sin\\alpha} = 2R_2\\)\n\nDzieląc stronami: \\(\\dfrac{|AB|}{|CD|} = \\dfrac{R_2+3}{R_2}\\), i wobec \\(|AB| = |CD|+2\\):\n\n\\(\\dfrac{|CD|+2}{|CD|} = \\dfrac{R_2+3}{R_2}\\)\n\nStąd \\(R_2(|CD|+2) = |CD|(R_2+3)\\), czyli \\(2R_2 = 3|CD|\\), więc \\(|CD| = \\dfrac{2}{3}R_2\\).\n\nZe związku \\(|CD| = \\dfrac{2}{3}R_2\\) i \\(\\dfrac{|CD|}{\\sin\\alpha} = 2R_2\\) otrzymujemy \\(\\sin\\alpha = \\dfrac{1}{3}\\).\n\nDalej jak w sposobie 1 (obliczenie \\(\\cos\\alpha\\) i tw. cosinusów).\n\n### Sposób 3. (podstawienie)\n\nNiech \\(x = |CD|\\). Z podobieństwa i założeń: \\(R_1 = \\dfrac{3}{2}x\\), \\(R_2 = \\dfrac{3}{2}x - 3\\).\n\nDodatkowy przepis przez kąt wpisany/środkowy daje \\(\\cos 2\\alpha = \\dfrac{7}{9}\\), stąd \\(\\cos^2\\alpha = \\dfrac{8}{9}\\), \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{2\\sqrt{2}}{3}\\). Dalej tw. cosinusów jak w sposobie 1.\n\n**Trik:** W trapezie przecięcie przekątnych daje dwa podobne trójkąty (cecha kkk z kątów naprzemianległych). Stosunek promieni opisanych = skala podobieństwa = stosunek odpowiednich boków.\n\n### Uwagi o punktacji\n(0-3)\n- **1 pkt**: zapisanie związku między bokami/promieniami (np. \\(\\dfrac{|CD|}{R_2} = \\dfrac{|AB|-2}{R_1-3}\\)) lub \\(\\dfrac{|AB|}{\\sin\\alpha} = 2(R_2+3)\\) i \\(\\dfrac{|CD|}{\\sin\\alpha} = 2R_2\\); lub zapisanie warunku \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{4\\sqrt{2}}{6}\\) jako warunku równoważnego tezie.\n- **2 pkt**: obliczenie \\(\\sin\\alpha = \\dfrac{1}{3}\\).\n- **3 pkt**: pełne rozumowanie z tw. cosinusów i uzasadnieniem wyboru dodatniej wartości \\(\\cos\\alpha\\) (ostrokątność).","image":"img/matematyka-2022-maj-matura-rozszerzona/zad-8.webp","solution_image":"img/matematyka-2022-maj-matura-rozszerzona/sol-8.svg","topics":"dowody_geometryczne","page_from":8,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2022 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 8. (0-3)
Punkt 𝑃 jest punktem przecięcia przekątnych trapezu 𝐴𝐵𝐶𝐷. Długość podstawy 𝐶𝐷 jest
o 2 mniejsza od długości podstawy 𝐴𝐵. Promień okręgu opisanego na trójkącie
ostrokątnym 𝐶𝑃𝐷 jest o 3 mniejszy od promienia okręgu opisanego na trójkącie 𝐴𝑃𝐵.
Wykaż, że spełniony jest warunek |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -|𝐶𝐷|2 = 4√2
3 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃|.

\n

EMAP-R0_100
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
8.
Maks. liczba pkt
3
Uzyskana liczba pkt

\n

EMAP-R0_100
Punkt P jest punktem przecięcia przekątnych trapezu ABCD. Długość podstawy CD jest o 2 mniejsza od długości podstawy AB. Promień okręgu opisanego na trójkącie {ostrokątnym} CPD jest o 3 mniejszy od promienia okręgu opisanego na trójkącie APB. Wykaż, że spełniony jest warunek |DP|² + |CP|² - |CD|² = 4√2/3⋅|DP|⋅|CP|.

","answer_text_html":"

Zadanie 8. (0-3)
Wymagania egzaminacyjne 2022
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
V. Rozumowanie i argumentacja.
Zdający:
R7.4) znajduje związki miarowe w figurach
płaskich z zastosowaniem twierdzenia
sinusów i twierdzenia cosinusów.
Zasady oceniania
Zdający otrzymuje 1 pkt
gdy spełni jeden z poniższych warunków:

\n
  1. zapisze związek między długością jednej z podstaw trapezu a promieniem 𝑅2
\n

okręgu opisanego na trójkącie 𝐶𝑃𝐷 (lub promieniem 𝑅1 okręgu opisanego na
trójkącie 𝐴𝑃𝐵), np.
|𝐶𝐷|
𝑅2 =
|𝐶𝐷|+2
𝑅2+3 ,
|𝐴𝐵|-2
𝑅2
|𝐴𝐵|
𝑅2+3 ,
|𝐴𝐵|
𝑅1 =
|𝐴𝐵|-2
𝑅1-3

\n
  1. zapisze związki między długościami podstaw trapezu, promieniami okręgów
\n

opisanych na trójkątach 𝐴𝐵𝑃 i 𝐶𝐷𝑃 oraz związek między długościami podstaw
trapezu i promieniami okręgów, np. |𝐴𝐵| = |𝐶𝐷| + 2 i 𝑅1 = 𝑅2 + 3 i
|𝐴𝐵|
𝑅1 =
|𝐶𝐷|
𝑅2
,

\n
  1. zapisze związki:
\n

|𝐴𝐵|
sin𝛼 = 2𝑅1,
|𝐶𝐷|
sin𝛼 = 2𝑅2, |𝐶𝐷| + 2 = |𝐴𝐵|, 𝑅1 = 𝑅2 + 3,

\n
  1. zapisze równanie z dwiema niewiadomymi - długością jednej z podstaw trapezu
\n

i sinusem kąta 𝛼, np.
|𝐶𝐷|
sin𝛼=
|𝐶𝐷|+2
sin𝛼-6,

\n
  1. zapisze warunek cos 𝛼= 4√2
\n

6 jako warunek równoważny tezie.
Zdający otrzymuje 2 pkt
gdy:
gdy spełni jeden z warunków 1)-4) zapisanych w zasadach oceniania za 1 punkt
oraz obliczy sin 𝛼: sin 𝛼= 1
3
ALBO
zastosuje twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐴𝑆1𝐵 i obliczy wartość cosinusa kąta
środkowego opartego na tym samym łuku, co kąt 𝐴𝑃𝐵: cos 2𝛼= 7
9 (sposób 4.).
Zdający otrzymuje 3 pkt
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Uwagi:

\n
  1. Jeśli zdający wprowadzi do rozwiązania dodatkowe założenia, nie wynikające z treści
\n

zadania, i korzysta z tych założeń, to za całe rozwiązanie otrzymuje 0 punktów, o ile nie
nabył praw do innej punktacji.

\n
  1. Jeśli zdający w wyniku popełnionego błędu otrzyma równość sin 𝛼= 1
\n

3 , to może
otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1. (podobieństwo trójkątów)
Oznaczmy przez 𝑅2 promień okręgu opisanego na trójkącie 𝐶𝑃𝐷, a przez 𝛼 - miarę kąta
ostrego 𝐶𝑃𝐷.
Ponieważ odcinki 𝐴𝐵 i 𝐶𝐷 są równoległe, więc |∡𝑃𝐶𝐷| = |∡𝑃𝐴𝐵| i |∡𝐴𝐵𝑃| = |∡𝑃𝐷𝐶|
(kąty naprzemianległe) oraz |∡𝐶𝑃𝐷| = |∡𝐴𝑃𝐵| (kąty wierzchołkowe). Zatem trójkąty 𝐶𝑃𝐷
i 𝐴𝑃𝐵 są podobne (na mocy cechy kkk). Stąd wynika, że
𝑅2 + 3
|𝐴𝐵| = 𝑅2
|𝐶𝐷|
i wobec |𝐴𝐵| = |𝐶𝐷| + 2 otrzymujemy dalej
𝑅2 + 3
|𝐶𝐷| + 2 = 𝑅2
|𝐶𝐷|
2𝑅2 = 3 ⋅|𝐶𝐷|
|𝐶𝐷| = 2
3 𝑅2
Do trójkąta 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie sinusów i otrzymujemy
|𝐶𝐷|
sin 𝛼= 2𝑅2
co w połączeniu ze związkiem |𝐶𝐷| = 2
3 𝑅2 prowadzi do równania
sin 𝛼= 1
3
Korzystamy z tożsamości trygonometrycznej sin2 𝛼+ cos2 𝛼= 1 i, uwzględniając, że
𝛼< 90°, otrzymujemy
(1
3)
2

\n\n

cos 𝛼= 2√2
3
Do trójkąta 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie cosinusów, korzystamy ze związku
cos 𝛼= 2√2
3 i otrzymujemy
|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅cos 𝛼
|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅2√2
3
4√2
3
⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -|𝐶𝐷|2
To należało pokazać.
Sposób 2. (twierdzenie sinusów)
Oznaczmy przez 𝑅2 promień okręgu opisanego na trójkącie 𝐶𝑃𝐷, a przez 𝛼 - miarę kąta
ostrego 𝐶𝑃𝐷.
Ponieważ kąty ostre 𝐶𝑃𝐷 i 𝐴𝑃𝐵 są wierzchołkowe, to |∡𝐶𝑃𝐷| = |∡𝐴𝑃𝐵| = 𝛼.
Do trójkątów 𝐴𝑃𝐵 i 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie sinusów i otrzymujemy
|𝐴𝐵|
sin 𝛼= 2(𝑅2 + 3) oraz
|𝐶𝐷|
sin 𝛼= 2𝑅2
Stąd
|𝐴𝐵|
2(𝑅2+3) =
|𝐶𝐷|
2𝑅2
, a ponieważ z założenia |𝐴𝐵| = |𝐶𝐷| + 2, więc
|𝐶𝐷|+2
2(𝑅2+3) =
|𝐶𝐷|
2𝑅2
i w rezultacie
|𝐶𝐷| = 2
3 𝑅2
Ze związków |𝐶𝐷| = 2
3 𝑅2 i
|𝐶𝐷|
sin𝛼= 2𝑅2 otrzymujemy
sin 𝛼= 1
3
Korzystamy z tożsamości trygonometrycznej sin2 𝛼+ cos2 𝛼= 1 i, uwzględniając, że
𝛼< 90°, otrzymujemy
(1
3)
2

\n\n

cos 𝛼= 2√2
3
Do trójkąta 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie cosinusów, korzystamy ze związku
cos 𝛼= 2√2
3 i otrzymujemy
|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅cos 𝛼
|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅2√2
3
Zasady oceniania rozwiązań zadań
4√2
3
⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -|𝐶𝐷|2
To należało pokazać.
Sposób 3.
Oznaczmy przez 𝑅2 promień okręgu opisanego na trójkącie 𝐶𝑃𝐷, a przez 𝛼 - miarę kąta
ostrego 𝐶𝑃𝐷.
Ponieważ kąty ostre 𝐶𝑃𝐷 i 𝐴𝑃𝐵 są wierzchołkowe, to |∡𝐶𝑃𝐷| = |∡𝐴𝑃𝐵| = 𝛼.
Do trójkątów 𝐴𝑃𝐵 i 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie sinusów i otrzymujemy
|𝐴𝐵|
sin 𝛼= 2(𝑅2 + 3) oraz |𝐶𝐷|
sin 𝛼= 2𝑅2
Łącząc obie te zależności i korzystając z założenia |𝐴𝐵| = |𝐶𝐷| + 2, otrzymujemy
|𝐴𝐵|
sin 𝛼= |𝐶𝐷|
sin 𝛼+ 6
|𝐶𝐷| + 2
sin 𝛼
|𝐶𝐷|
sin 𝛼+ 6
|𝐶𝐷|
sin 𝛼+
2
sin 𝛼=
|𝐶𝐷|
sin 𝛼+ 6
sin 𝛼= 1
3
Korzystamy z tożsamości trygonometrycznej sin2 𝛼+ cos2 𝛼= 1 i, uwzględniając, że
𝛼< 90°, otrzymujemy
(1
3)
2

\n\n

cos 𝛼= 2√2
3
Do trójkąta 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie cosinusów, korzystamy ze związku
cos 𝛼= 2√2
3 i otrzymujemy
|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅cos 𝛼
|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅2√2
3
4√2
3
⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -|𝐶𝐷|2
To należało pokazać.
Sposób 4. (kąt wpisany - kąt środkowy)
Niech 𝑜1 będzie okręgiem o środku 𝑆1 i promieniu 𝑅1 opisanym na trójkącie 𝐴𝑃𝐵.
Oznaczmy przez 𝛼 miarę kąta ostrego 𝐴𝑃𝐵.
Ponieważ odcinki 𝐴𝐵 i 𝐶𝐷 są równoległe, więc |∡𝑃𝐶𝐷| = |∡𝑃𝐴𝐵| i |∡𝐴𝐵𝑃| = |∡𝑃𝐷𝐶|
(kąty naprzemianległe) oraz |∡𝐶𝑃𝐷| = |∡𝐴𝑃𝐵| (kąty wierzchołkowe).
Na mocy cechy kkk trójkąty 𝐶𝑃𝐷 i 𝐴𝑃𝐵 są podobne.
Niech 𝑥= |𝐴𝐵|. Wtedy |𝐶𝐷| = 𝑥-2. Z podobieństwa trójkątów 𝐶𝑃𝐷 i 𝐴𝑃𝐵 wynika
równość
𝑥-2
𝑥
= 𝑅1 -3
𝑅1
skąd otrzymujemy 𝑅1 = 3
2 𝑥.
Zauważmy, że 2𝛼 jest miarą kąta środkowego, opartego na tym samym łuku okręgu 𝑜1 , co
kąt 𝐴𝑃𝐵. Korzystamy z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta 𝐴𝑆1𝐵
i otrzymujemy kolejno
𝑥2 = 2𝑅1
2 ⋅(1 -cos 2𝛼)
𝑥2 = 2 ⋅(3
2 𝑥)
2
⋅(1 -cos 2𝛼)
skąd po obustronnym podzieleniu przez 𝑥2 otrzymujemy równość
1 = 9
2 ⋅(1 -cos 2𝛼)
Zatem cos 2𝛼= 7
9 . Jest ona równoważna równości 2cos2𝛼-1 = 7
9 , z której
obliczamy cos 𝛼= 2√2
3 (ujemną wartość odrzucamy ze względu na to, że kąt o mierze 𝛼
jest kątem wewnętrznym trójkąta ostrokątnego 𝐶𝑃𝐷).
Do trójkąta 𝐶𝑃𝐷 stosujemy twierdzenie cosinusów, korzystamy ze związku
cos 𝛼= 2√2
3 i otrzymujemy
|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅cos 𝛼
|𝐶𝐷|2 = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -2 ⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| ⋅2√2
3
4√2
3
⋅|𝐷𝑃| ⋅|𝐶𝑃| = |𝐷𝑃|2 + |𝐶𝑃|2 -|𝐶𝐷|2
To należało pokazać.
Zasady oceniania rozwiązań zadań

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2022-maj-matura-rozszerzona/sol-8.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: Należy wykazać

\n

To zadanie otwarte - wykazujemy tożsamość przez wyznaczenie kąta $\\angle DPC$ z danych warunków, a następnie zastosowanie twierdzenia cosinusów.

\n

Sposób 1 - Prawo sinusów w obu trójkątach + twierdzenie cosinusów

\n

Krok 1. Kąt między przekątnymi jest taki sam w obu trójkątach.

\n

Punkt $P$ to przecięcie przekątnych $AC$ i $BD$. Odcinki $PA$, $PC$ leżą na jednej prostej (przekątna $AC$), a $PB$, $PD$ na drugiej (przekątna $BD$). Zatem kąty $\\angle APB$ i $\\angle CPD$ są wierzchołkowymi - równymi sobie:
\\[\\angle CPD = \\angle APB\\]

\n

Krok 2. Wyraź promienie okręgów przez prawo sinusów.

\n

Prawo sinusów w trójkącie $CPD$ (kąt naprzeciwko boku $|CD|$ to $\\angle CPD$):
\\[2R_{CPD} = \\frac{|CD|}{\\sin(\\angle CPD)}\\]

\n

Prawo sinusów w trójkącie $APB$ (kąt naprzeciwko boku $|AB|$ to $\\angle APB = \\angle CPD$):
\\[2R_{APB} = \\frac{|AB|}{\\sin(\\angle CPD)}\\]

\n

Oznaczmy $s = \\sin(\\angle CPD)$, $a = |CD|$, $b = |AB|$.

\n

Stąd:
\\[R_{CPD} = \\frac{a}{2s}, \\qquad R_{APB} = \\frac{b}{2s}\\]

\n

Krok 3. Użyj obu danych liczbowych.

\n

Z treści: $b = a + 2$ oraz $R_{APB} - R_{CPD} = 3$.

\n

Obliczamy różnicę promieni:
\\[R_{APB} - R_{CPD} = \\frac{b}{2s} - \\frac{a}{2s} = \\frac{b - a}{2s} = \\frac{2}{2s} = \\frac{1}{s}\\]

\n

Z warunku $R_{APB} - R_{CPD} = 3$:
\\[\\frac{1}{s} = 3 \\implies \\boxed{s = \\sin(\\angle CPD) = \\frac{1}{3}}\\]

\n

Krok 4. Wyznacz cosinus kąta.

\n

Trójkąt $CPD$ jest ostrokątny (dane z zadania), więc $\\angle CPD < 90°$, a cosinus jest dodatni:
\\[\\cos(\\angle CPD) = \\sqrt{1 - \\sin^2(\\angle CPD)} = \\sqrt{1 - \\frac{1}{9}} = \\sqrt{\\frac{8}{9}} = \\frac{2\\sqrt{2}}{3}\\]

\n

Krok 5. Zastosuj twierdzenie cosinusów w trójkącie $CPD$.

\n

\\[|CD|^2 = |DP|^2 + |CP|^2 - 2 \\cdot |DP| \\cdot |CP| \\cdot \\cos(\\angle CPD)\\]

\n

Przenosimy $|CD|^2$ na prawą stronę:
\\[|DP|^2 + |CP|^2 - |CD|^2 = 2 \\cdot |DP| \\cdot |CP| \\cdot \\cos(\\angle CPD)\\]

\n

Podstawiamy wyznaczoną wartość:
\\[|DP|^2 + |CP|^2 - |CD|^2 = 2 \\cdot |DP| \\cdot |CP| \\cdot \\frac{2\\sqrt{2}}{3} = \\frac{4\\sqrt{2}}{3} \\cdot |DP| \\cdot |CP|\\]

\n

Co kończy dowód. $\\blacksquare$

\n

Sposób 2 - Przez podobieństwo trójkątów i proporcję promieni

\n

Trójkąty $APB$ i $CPD$ są podobne, ponieważ $AB \\parallel CD$, więc:

\n\n

Z podobieństwa $\\triangle APB \\sim \\triangle CPD$ wynika:
\\[\\frac{|AP|}{|CP|} = \\frac{|BP|}{|DP|} = \\frac{|AB|}{|CD|} = k\\]

\n

Dla figur podobnych promienie okręgów opisanych są w tej samej proporcji:
\\[\\frac{R_{APB}}{R_{CPD}} = k = \\frac{|AB|}{|CD|} = \\frac{a+2}{a}\\]

\n

Z tej proporcji: $R_{APB} = \\frac{(a+2)}{a} \\cdot R_{CPD}$.

\n

Podstawiamy do warunku $R_{APB} - R_{CPD} = 3$:
\\[\\frac{a+2}{a} \\cdot R_{CPD} - R_{CPD} = 3 \\implies R_{CPD} \\cdot \\frac{2}{a} = 3 \\implies R_{CPD} = \\frac{3a}{2}\\]

\n

Z prawa sinusów w $\\triangle CPD$:
\\[\\frac{|CD|}{\\sin(\\angle CPD)} = 2R_{CPD} \\implies \\frac{a}{\\sin(\\angle CPD)} = 2 \\cdot \\frac{3a}{2} = 3a\\]
\\[\\sin(\\angle CPD) = \\frac{1}{3}\\]

\n

Dalej identycznie jak w Sposobie 1: $\\cos(\\angle CPD) = \\frac{2\\sqrt{2}}{3}$ i twierdzenie cosinusów daje tezę. $\\blacksquare$

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15-16) - twierdzenie sinusów:
\\[\\frac{a}{\\sin\\alpha} = 2R\\]
Użyte w Sposobie 1 (Krok 2) do wyrażenia $R_{CPD}$ i $R_{APB}$ przez bok $|CD|$, $|AB|$ i kąt $\\angle CPD$.

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15) - twierdzenie cosinusów:
\\[a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\\cos\\alpha\\]
Użyte w Kroku 5 do przekształcenia $|DP|^2 + |CP|^2 - |CD|^2$.

\n

Dział 9 (Trygonometria, s. 11) - jedynka trygonometryczna:
\\[\\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1\\]
Użyte w Kroku 4 do wyznaczenia $\\cos(\\angle CPD)$ ze znajomości $\\sin(\\angle CPD)$.

\n

Typowe pułapki i uwagi

\n
⚠️ Uwaga: Kąty $\\angle APB$ i $\\angle CPD$ są wierzchołkowymi - nie mylić z kątami $\\angle BPC$ i $\\angle APD$, które są ich suplementami. To kluczowy krok, bo dzięki temu sinus w mianowniku jest ten sam dla obu trójkątów.
\n
⚠️ Uwaga: Warunek "trójkąt $CPD$ jest ostrokątny" pozwala przyjąć $\\cos(\\angle CPD) > 0$. Gdyby kąt był rozwarty, cosinus byłby ujemny i prawa strona wychodziłaby ujemna - teza nie byłaby prawdziwa. Nie pomijaj tego założenia!
\n
⚠️ Uwaga: Różnica długości podstaw ($|AB| - |CD| = 2$) wchodzi do rozwiązania wyłącznie przez różnicę $b - a = 2$ w mianowniku. To właśnie ta wartość "wyczyściła" zmienną $a$ i pozwoliła wyznaczyć $\\sin(\\angle CPD) = \\frac{1}{3}$ niezależnie od konkretnych długości boków - elegancki mechanizm zadania!
\n
Sposób 1. (podobieństwo trójkątów)
\n

Oznaczenia: \\(R_2\\) - promień okręgu opisanego na \\(CPD\\), \\(R_1\\) - na \\(APB\\), \\(\\alpha\\) - miara kąta \\(CPD\\). Z założenia \\(R_1 = R_2 + 3\\) i \\(|AB| = |CD| + 2\\).

\n

Krok 1. Podobieństwo \\(\\triangle CPD \\sim \\triangle APB\\).

\n

Ponieważ \\(AB \\parallel CD\\), to:

\n\n

Z cechy \\(kkk\\) trójkąty \\(CPD\\) i \\(APB\\) są podobne. Stosunek promieni opisanych równa się skali podobieństwa:

\n

\\(\\dfrac{R_2 + 3}{|AB|} = \\dfrac{R_2}{|CD|}\\)

\n

Wstawiamy \\(|AB| = |CD|+2\\):

\n

\\(\\dfrac{R_2 + 3}{|CD|+2} = \\dfrac{R_2}{|CD|}\\)

\n

Mnożąc krzyżowo: \\(R_2|CD| + 3|CD| = R_2|CD| + 2R_2\\), skąd \\(3|CD| = 2R_2\\), czyli \\(|CD| = \\dfrac{2}{3}R_2\\).

\n

Krok 2. Twierdzenie sinusów w \\(\\triangle CPD\\).

\n

Z karty wzorów (dział X Planimetria), tw. sinusów: \\(\\dfrac{|CD|}{\\sin\\alpha} = 2R_2\\).

\n

Stąd \\(\\sin\\alpha = \\dfrac{|CD|}{2R_2} = \\dfrac{2R_2/3}{2R_2} = \\dfrac{1}{3}\\).

\n

Krok 3. Obliczenie \\(\\cos\\alpha\\).

\n

Z tożsamości \\(\\sin^2\\alpha + \\cos^2\\alpha = 1\\):

\n

\\(\\cos^2\\alpha = 1 - \\dfrac{1}{9} = \\dfrac{8}{9}\\)

\n

Ponieważ trójkąt \\(CPD\\) jest ostrokątny, \\(\\alpha < 90°\\), więc \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{2\\sqrt{2}}{3}\\).

\n

Krok 4. Twierdzenie cosinusów w \\(\\triangle CPD\\).

\n

Z karty wzorów: \\(|CD|^2 = |DP|^2 + |CP|^2 - 2|DP|\\cdot|CP|\\cos\\alpha\\).

\n

Podstawiając \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{2\\sqrt{2}}{3}\\):

\n

\\(|CD|^2 = |DP|^2 + |CP|^2 - 2|DP|\\cdot|CP|\\cdot\\dfrac{2\\sqrt{2}}{3}\\)

\n

\\(|CD|^2 = |DP|^2 + |CP|^2 - \\dfrac{4\\sqrt{2}}{3}|DP|\\cdot|CP|\\)

\n

Przenosząc otrzymujemy:

\n

\\(\\dfrac{4\\sqrt{2}}{3}|DP|\\cdot|CP| = |DP|^{2}+|CP|^{2}-|CD|^{2}\\). \\(\\blacksquare\\)

\n
Sposób 2. (dwukrotne tw. sinusów)
\n

Kąty \\(\\angle CPD\\) i \\(\\angle APB\\) są wierzchołkowe, więc równe \\(\\alpha\\).

\n

Twierdzenie sinusów w obu trójkątach:
\\(\\dfrac{|AB|}{\\sin\\alpha} = 2R_1 = 2(R_2+3)\\) oraz \\(\\dfrac{|CD|}{\\sin\\alpha} = 2R_2\\)

\n

Dzieląc stronami: \\(\\dfrac{|AB|}{|CD|} = \\dfrac{R_2+3}{R_2}\\), i wobec \\(|AB| = |CD|+2\\):

\n

\\(\\dfrac{|CD|+2}{|CD|} = \\dfrac{R_2+3}{R_2}\\)

\n

Stąd \\(R_2(|CD|+2) = |CD|(R_2+3)\\), czyli \\(2R_2 = 3|CD|\\), więc \\(|CD| = \\dfrac{2}{3}R_2\\).

\n

Ze związku \\(|CD| = \\dfrac{2}{3}R_2\\) i \\(\\dfrac{|CD|}{\\sin\\alpha} = 2R_2\\) otrzymujemy \\(\\sin\\alpha = \\dfrac{1}{3}\\).

\n

Dalej jak w sposobie 1 (obliczenie \\(\\cos\\alpha\\) i tw. cosinusów).

\n
Sposób 3. (podstawienie)
\n

Niech \\(x = |CD|\\). Z podobieństwa i założeń: \\(R_1 = \\dfrac{3}{2}x\\), \\(R_2 = \\dfrac{3}{2}x - 3\\).

\n

Dodatkowy przepis przez kąt wpisany/środkowy daje \\(\\cos 2\\alpha = \\dfrac{7}{9}\\), stąd \\(\\cos^2\\alpha = \\dfrac{8}{9}\\), \\(\\cos\\alpha = \\dfrac{2\\sqrt{2}}{3}\\). Dalej tw. cosinusów jak w sposobie 1.

\n

Trik: W trapezie przecięcie przekątnych daje dwa podobne trójkąty (cecha kkk z kątów naprzemianległych). Stosunek promieni opisanych = skala podobieństwa = stosunek odpowiednich boków.

\n
Uwagi o punktacji
\n

(0-3)

\n"}]}