{"id":"matematyka-2023-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/13","paper_id":"matematyka-2023-czerwiec-matura-stara-rozszerzona","number":"13","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2023,"month":"czerwiec","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 13. (0-5)\nCzworokąt wypukły 𝐴𝐵𝐶𝐷 jest wpisany w okrąg o promieniu 4. Kąty 𝐵𝐴𝐷 i 𝐵𝐶𝐷 są\nproste (zobacz rysunek). Przekątne 𝐴𝐶 i 𝐵𝐷 tego czworokąta przecinają się w punkcie 𝐸\ntak, że |𝐵𝐸| = 3 ∙|𝐷𝐸| oraz |𝐵𝐷| = 2 ∙|𝐴𝐸|.\nOblicz długości boków czworokąta 𝐴𝐵𝐶𝐷.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 13. (0-5)\nZasady oceniania\n5 pkt - poprawna metoda rozwiązania oraz poprawny wynik: |𝐴𝐵| = 2√10, |𝐵𝐶| = 3√6,\n|𝐶𝐷| = √10, |𝐴𝐷| = 2√6.\n4 pkt - obliczenie długości boków 𝐴𝐵 i 𝐴𝐷: |𝐴𝐵| = 2√10 i |𝐴𝐷| = 2√6 oraz spełnienie\njednego z poniższych kryteriów I-III:\nI. obliczenie długości odcinka 𝐶𝐸: |𝐶𝐸| = 3,\nII. wyznaczenie skali podobieństwa trójkątów 𝐷𝐸𝐶 i 𝐴𝐸𝐵:\n1\n2 ,\nIII. obliczenie długości jednego z boków tego czworokąta i zapisanie wyrażenia\narytmetycznego opisującego długości pozostałych boków w zależności od długości\ntego obliczonego boku.\n3 pkt - obliczenie długości boków 𝐴𝐵 i 𝐴𝐷: |𝐴𝐵| = 2√10 i |𝐴𝐷| = 2√6.\n2 pkt - obliczenie wysokości 𝐴𝑃 trójkąta 𝐴𝑆𝐸: |𝐴𝑃| = √15\nALBO\n- obliczenie długości odcinka 𝐶𝐸: |𝐶𝐸| = 3,\nALBO\n- wyznaczenie skali podobieństwa trójkątów 𝐷𝐸𝐶 i 𝐴𝐸𝐵:\n1\n2 ,\nALBO\n- obliczenie długości odcinków 𝐷𝐸, 𝐵𝐸, 𝐴𝐸: |𝐷𝐸| = 2, |𝐵𝐸| = 6 i |𝐴𝐸| = 4 oraz\nzapisanie układu równań prowadzącego do wyznaczenia długości boków 𝑎 oraz 𝑑:\n𝑎2 + 𝑑2 = 82, 𝑎2 = 62 + 42 -2 ∙6 ∙4 ∙cos 𝛽 oraz\n𝑑2 = 22 + 42 -2 ∙2 ∙4 ∙cos(180° -𝛽).\n1 pkt - obliczenie długości odcinków 𝐷𝐸, 𝐵𝐸 oraz 𝐴𝐸: |𝐷𝐸| = 2, |𝐵𝐸| = 6 oraz |𝐴𝐸| = 4\nALBO\n- zapisanie, że trójkąty 𝐷𝐸𝐶 oraz 𝐴𝐸𝐵 (albo trójkąty 𝐵𝐸𝐶 oraz 𝐴𝐸𝐷) są podobne,\nALBO\n- zapisanie równości wynikającej z twierdzenia o odcinkach siecznych:\n|𝐴𝐸| ∙|𝐶𝐸| = |𝐵𝐸| ∙|𝐷𝐸|.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwaga:\nJeśli zdający zapisze, że |𝐷𝐸| = 1 i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może\notrzymać co najwyżej 3 punkty.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPrzykładowe pełne rozwiązanie\nPonieważ trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐵𝐶𝐷 są prostokątne, to ich wspólna przeciwprostokątna 𝐵𝐷 jest\nśrednicą okręgu opisanego na czworokącie 𝐴𝐵𝐶𝐷. Zatem |𝐵𝐷| = 8. Stąd i z warunków\n|𝐵𝐸| = 3 ∙|𝐷𝐸| oraz |𝐵𝐷| = 2 ∙|𝐴𝐸| otrzymujemy |𝐷𝐸| = 2, |𝐵𝐸| = 6 i |𝐴𝐸| = 4.\nOznaczmy przez 𝑆 środek okręgu opisanego na czworokącie 𝐴𝐵𝐶𝐷. Prowadzimy\nwysokość 𝐴𝑃 trójkąta 𝐴𝑆𝐸 i przyjmijmy pozostałe oznaczenia jak na rysunku.\nPonieważ |𝐴𝐸| = 4 = |𝐴𝑆|, więc trójkąt 𝐴𝑆𝐸 jest równoramienny. Zatem spodek 𝑃\nwysokości trójkąta 𝐴𝑆𝐸 jest środkiem podstawy 𝐸𝑆 tego trójkąta. Stąd wynika, że\n|𝐸𝑃| = |𝑃𝑆| = 1.\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝑆𝑃 otrzymujemy\n|𝐴𝑆|2 = |𝐴𝑃|2 + |𝑃𝑆|2\n42 = ℎ2 + 12\nℎ2 = 15\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów 𝐴𝐵𝑃 i 𝐴𝐷𝑃 otrzymujemy\n|𝐴𝐵|2 = |𝐴𝑃|2 + |𝑃𝐵|2 oraz |𝐴𝐷|2 = |𝐴𝑃|2 + |𝑃𝐷|2\n𝑎2 = ℎ2 + 52 oraz 𝑑2 = ℎ2 + 32\n𝑎2 = 15 + 25 oraz 𝑑2 = 15 + 9\n𝑎= √40 = 2√10 oraz 𝑑= √24 = 2√6\nKąty 𝐷𝐶𝐴 i 𝐴𝐵𝐷 są równe, gdyż są to kąty wpisane oparte na tym samym łuku 𝐴𝐷. Kąty\n𝐷𝐸𝐶 i 𝐵𝐸𝐴 są równe, gdyż są to kąty wierzchołkowe. Zatem trójkąty 𝐷𝐸𝐶 i 𝐵𝐸𝐴 są\npodobne (cecha kkk). Wynika stąd, że\n|𝐶𝐷|\n|𝐷𝐸| = |𝐴𝐵|\n|𝐴𝐸|\n𝑐\n2 = 2√10\n4\n𝑐= √10\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝑆\n𝑃\n𝑎\n𝑏\n𝑐\n𝑑\nℎ\n4\n4\n4\nZ twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐵𝐶𝐷 otrzymujemy\n|𝐵𝐷|2 = |𝐶𝐷|2 + |𝐵𝐶|2\n82 = 𝑐2 + 𝑏2\n64 = (√10)\n2 + 𝑏2\n𝑏= √54 = 3√6\nUwagi:\n1. Długości boków 𝐶𝐷 i 𝐵𝐶 można obliczyć, wykorzystując twierdzenie o odcinkach\nsiecznych. Wynika z niego, że |𝐴𝐸| ∙|𝐶𝐸| = |𝐵𝐸| ∙|𝐷𝐸|, więc |𝐶𝐸| = 3. Ponieważ\ncos ∢𝐴𝐸𝑃=\n|𝐸𝑃|\n|𝐴𝐸| =\n1\n4 , to z twierdzenia cosinusów wynika, że\n|𝐶𝐷|2 = 22 + 32 -2 ∙2 ∙3 ∙\n1\n4 = 10 oraz |𝐵𝐶|2 = 62 + 32 + 2 ∙6 ∙3 ∙\n1\n4 = 54.\n2. Po wyznaczeniu odcinków |𝐷𝐸| = 2, |𝐵𝐸| = 6 i |𝐴𝐸| = 4 można wyznaczyć długości\nboków 𝑎 oraz 𝑑, korzystając z twierdzenia cosinusów. Przyjmując 𝛽= ∡𝐴𝐸𝐵, możemy\nzapisać układ trzech równań: 𝑎2 + 𝑑2 = 82, 𝑎2 = 62 + 42 -2 ∙6 ∙4 ∙cos 𝛽 oraz\n𝑑2 = 22 + 42 -2 ∙2 ∙4 ∙cos(180° -𝛽). Wtedy cos𝛽=\n1\n4 oraz 𝑎= 2√10 i 𝑑= 2√6.\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2023-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad-13.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":22,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2023 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"<p>Zadanie 13. (0-5)<br>Czworokąt wypukły 𝐴𝐵𝐶𝐷 jest wpisany w okrąg o promieniu 4. Kąty 𝐵𝐴𝐷 i 𝐵𝐶𝐷 są<br>proste (zobacz rysunek). Przekątne 𝐴𝐶 i 𝐵𝐷 tego czworokąta przecinają się w punkcie 𝐸<br>tak, że |𝐵𝐸| = 3 ∙|𝐷𝐸| oraz |𝐵𝐷| = 2 ∙|𝐴𝐸|.<br>Oblicz długości boków czworokąta 𝐴𝐵𝐶𝐷.<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐸</p>\n<p>EMAP-R0_100</p>\n<p>EMAP-R0_100</p>","answer_text_html":"<p>Zadanie 13. (0-5)<br>Zasady oceniania<br>5 pkt - poprawna metoda rozwiązania oraz poprawny wynik: |𝐴𝐵| = 2√10, |𝐵𝐶| = 3√6,<br>|𝐶𝐷| = √10, |𝐴𝐷| = 2√6.<br>4 pkt - obliczenie długości boków 𝐴𝐵 i 𝐴𝐷: |𝐴𝐵| = 2√10 i |𝐴𝐷| = 2√6 oraz spełnienie<br>jednego z poniższych kryteriów I-III:<br>I. obliczenie długości odcinka 𝐶𝐸: |𝐶𝐸| = 3,<br>II. wyznaczenie skali podobieństwa trójkątów 𝐷𝐸𝐶 i 𝐴𝐸𝐵:<br>1<br>2 ,<br>III. obliczenie długości jednego z boków tego czworokąta i zapisanie wyrażenia<br>arytmetycznego opisującego długości pozostałych boków w zależności od długości<br>tego obliczonego boku.<br>3 pkt - obliczenie długości boków 𝐴𝐵 i 𝐴𝐷: |𝐴𝐵| = 2√10 i |𝐴𝐷| = 2√6.<br>2 pkt - obliczenie wysokości 𝐴𝑃 trójkąta 𝐴𝑆𝐸: |𝐴𝑃| = √15<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości odcinka 𝐶𝐸: |𝐶𝐸| = 3,</li></ul>\n<p>ALBO</p>\n<ul><li>wyznaczenie skali podobieństwa trójkątów 𝐷𝐸𝐶 i 𝐴𝐸𝐵:</li></ul>\n<p>1<br>2 ,<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości odcinków 𝐷𝐸, 𝐵𝐸, 𝐴𝐸: |𝐷𝐸| = 2, |𝐵𝐸| = 6 i |𝐴𝐸| = 4 oraz</li></ul>\n<p>zapisanie układu równań prowadzącego do wyznaczenia długości boków 𝑎 oraz 𝑑:<br>𝑎2 + 𝑑2 = 82, 𝑎2 = 62 + 42 -2 ∙6 ∙4 ∙cos 𝛽 oraz<br>𝑑2 = 22 + 42 -2 ∙2 ∙4 ∙cos(180° -𝛽).<br>1 pkt - obliczenie długości odcinków 𝐷𝐸, 𝐵𝐸 oraz 𝐴𝐸: |𝐷𝐸| = 2, |𝐵𝐸| = 6 oraz |𝐴𝐸| = 4<br>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie, że trójkąty 𝐷𝐸𝐶 oraz 𝐴𝐸𝐵 (albo trójkąty 𝐵𝐸𝐶 oraz 𝐴𝐸𝐷) są podobne,</li></ul>\n<p>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie równości wynikającej z twierdzenia o odcinkach siecznych:</li></ul>\n<p>|𝐴𝐸| ∙|𝐶𝐸| = |𝐵𝐸| ∙|𝐷𝐸|.<br>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Uwaga:<br>Jeśli zdający zapisze, że |𝐷𝐸| = 1 i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może<br>otrzymać co najwyżej 3 punkty.<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Przykładowe pełne rozwiązanie<br>Ponieważ trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐵𝐶𝐷 są prostokątne, to ich wspólna przeciwprostokątna 𝐵𝐷 jest<br>średnicą okręgu opisanego na czworokącie 𝐴𝐵𝐶𝐷. Zatem |𝐵𝐷| = 8. Stąd i z warunków<br>|𝐵𝐸| = 3 ∙|𝐷𝐸| oraz |𝐵𝐷| = 2 ∙|𝐴𝐸| otrzymujemy |𝐷𝐸| = 2, |𝐵𝐸| = 6 i |𝐴𝐸| = 4.<br>Oznaczmy przez 𝑆 środek okręgu opisanego na czworokącie 𝐴𝐵𝐶𝐷. Prowadzimy<br>wysokość 𝐴𝑃 trójkąta 𝐴𝑆𝐸 i przyjmijmy pozostałe oznaczenia jak na rysunku.<br>Ponieważ |𝐴𝐸| = 4 = |𝐴𝑆|, więc trójkąt 𝐴𝑆𝐸 jest równoramienny. Zatem spodek 𝑃<br>wysokości trójkąta 𝐴𝑆𝐸 jest środkiem podstawy 𝐸𝑆 tego trójkąta. Stąd wynika, że<br>|𝐸𝑃| = |𝑃𝑆| = 1.<br>Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐴𝑆𝑃 otrzymujemy<br>|𝐴𝑆|2 = |𝐴𝑃|2 + |𝑃𝑆|2<br>42 = ℎ2 + 12<br>ℎ2 = 15<br>Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów 𝐴𝐵𝑃 i 𝐴𝐷𝑃 otrzymujemy<br>|𝐴𝐵|2 = |𝐴𝑃|2 + |𝑃𝐵|2 oraz |𝐴𝐷|2 = |𝐴𝑃|2 + |𝑃𝐷|2<br>𝑎2 = ℎ2 + 52 oraz 𝑑2 = ℎ2 + 32<br>𝑎2 = 15 + 25 oraz 𝑑2 = 15 + 9<br>𝑎= √40 = 2√10 oraz 𝑑= √24 = 2√6<br>Kąty 𝐷𝐶𝐴 i 𝐴𝐵𝐷 są równe, gdyż są to kąty wpisane oparte na tym samym łuku 𝐴𝐷. Kąty<br>𝐷𝐸𝐶 i 𝐵𝐸𝐴 są równe, gdyż są to kąty wierzchołkowe. Zatem trójkąty 𝐷𝐸𝐶 i 𝐵𝐸𝐴 są<br>podobne (cecha kkk). Wynika stąd, że<br>|𝐶𝐷|<br>|𝐷𝐸| = |𝐴𝐵|<br>|𝐴𝐸|<br>𝑐<br>2 = 2√10<br>4<br>𝑐= √10<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐸<br>𝑆<br>𝑃<br>𝑎<br>𝑏<br>𝑐<br>𝑑<br>ℎ<br>4<br>4<br>4<br>Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐵𝐶𝐷 otrzymujemy<br>|𝐵𝐷|2 = |𝐶𝐷|2 + |𝐵𝐶|2<br>82 = 𝑐2 + 𝑏2<br>64 = (√10)<br>2 + 𝑏2<br>𝑏= √54 = 3√6<br>Uwagi:</p>\n<ol><li>Długości boków 𝐶𝐷 i 𝐵𝐶 można obliczyć, wykorzystując twierdzenie o odcinkach</li></ol>\n<p>siecznych. Wynika z niego, że |𝐴𝐸| ∙|𝐶𝐸| = |𝐵𝐸| ∙|𝐷𝐸|, więc |𝐶𝐸| = 3. Ponieważ<br>cos ∢𝐴𝐸𝑃=<br>|𝐸𝑃|<br>|𝐴𝐸| =<br>1<br>4 , to z twierdzenia cosinusów wynika, że<br>|𝐶𝐷|2 = 22 + 32 -2 ∙2 ∙3 ∙<br>1<br>4 = 10 oraz |𝐵𝐶|2 = 62 + 32 + 2 ∙6 ∙3 ∙<br>1<br>4 = 54.</p>\n<ol><li>Po wyznaczeniu odcinków |𝐷𝐸| = 2, |𝐵𝐸| = 6 i |𝐴𝐸| = 4 można wyznaczyć długości</li></ol>\n<p>boków 𝑎 oraz 𝑑, korzystając z twierdzenia cosinusów. Przyjmując 𝛽= ∡𝐴𝐸𝐵, możemy<br>zapisać układ trzech równań: 𝑎2 + 𝑑2 = 82, 𝑎2 = 62 + 42 -2 ∙6 ∙4 ∙cos 𝛽 oraz<br>𝑑2 = 22 + 42 -2 ∙2 ∙4 ∙cos(180° -𝛽). Wtedy cos𝛽=<br>1<br>4 oraz 𝑎= 2√10 i 𝑑= 2√6.<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań</p>","solutions":[]}