{"id":"matematyka-2024-czerwiec-matura-podstawowa/zad/22","paper_id":"matematyka-2024-czerwiec-matura-podstawowa","number":"22","points":2,"ptype":"closed","subject":"matematyka","category":"matura","year":2024,"month":"czerwiec","level":"podstawowa","text":"Zadanie 22. (0-2)\nBok kwadratu 𝐴𝐵𝐶𝐷 ma długość równą 12. Punkt 𝑆 jest środkiem boku 𝐵𝐶 tego\nkwadratu. Na odcinku 𝐴𝑆 leży punkt 𝑃 taki, że odcinek 𝐵𝑃 jest prostopadły do odcinka 𝐴𝑆.\nOblicz długość odcinka 𝑩𝑷. Zapisz obliczenia.\n\nMMAP-P0_100\nBok kwadratu ABCD ma długość równą 12. Punkt S jest środkiem boku BC tego kwadratu. Na odcinku AS leży punkt P taki, że odcinek BP jest prostopadły do odcinka AS. Oblicz długość odcinka BP. Zapisz obliczenia.","answer":"D","answer_text":"Zadanie 22. (0-2)\nWymagania egzaminacyjne 2024\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIV. Rozumowanie i argumentacja.\n4. Stosowanie i tworzenie strategii przy\nrozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach\nnietypowych.\nZdający:\nVIII.8) korzysta z cech podobieństwa\ntrójkątów.\nZasady oceniania\n2 pkt - poprawna metoda i obliczenie długości odcinka 𝐵𝑃: |𝐵𝑃| = 12√5\n5\n1 pkt - obliczenie długości odcinka 𝐴𝑆: |𝐴𝑆| = 6√5\nALBO\n- obliczenie sinusa lub cosinusa jednego z kątów ostrych w trójkącie 𝐴𝐵𝑃 lub 𝐵𝑆𝑃,\nALBO\n- zapisanie równości |𝐴𝑃| = 2|𝐵𝑃|,\nALBO\n- zapisanie równości |𝑃𝑆| = 1\n2 |𝐵𝑃|,\nALBO\n- obliczenie długości odcinka 𝑀𝐵 (gdzie 𝑀 jest rzutem prostokątnym punktu 𝑃 na\nodcinek 𝐴𝐵): |𝑀𝐵| = 12\n5\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nPunkt 𝑆 jest środkiem odcinka 𝐵𝐶, więc |𝐵𝑆| = 6.\nTrójkąt 𝐴𝐵𝑆 jest prostokątny. Odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta 𝐴𝐵𝑆 poprowadzoną\nna przeciwprostokątną 𝐴𝑆 (jak na rysunku).\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n𝑃\n12\n6\nZ twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość odcinka 𝐴𝑆\n|𝐴𝑆|2 = 122 + 62\n|𝐴𝑆|2 = 180\n|𝐴𝑆| = √180 = 6√5\nPonieważ odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta prostokątnego poprowadzoną na\nprzeciwprostokątną, więc\n|𝐵𝑃| =\n|𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝑆|\n|𝐴𝑆|\n= 12 ⋅6\n6√5\n= 12\n√5\n= 12√5\n5\nDługość odcinka 𝐵𝑃 jest równa 12√5\n5\nSposób II\nPunkt 𝑆 jest środkiem odcinka 𝐵𝐶, więc |𝐵𝑆| = 6.\nTrójkąt 𝐴𝐵𝑆 jest prostokątny. Odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta 𝐴𝐵𝑆 poprowadzoną\nna przeciwprostokątną 𝐴𝑆 (jak na rysunku).\nZ twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość odcinka 𝐴𝑆\n|𝐴𝑆|2 = 122 + 62\n|𝐴𝑆|2 = 180\n|𝐴𝑆| = √180 = 6√5\nPole trójkąta 𝐴𝐵𝑆 jest równe\n𝑃𝐴𝐵𝑆= 1\n2 ⋅6√5 ⋅|𝐵𝑃|\nPonadto pole trójkąta 𝐴𝐵𝑆 można obliczyć jako połowę iloczynu długości przyprostokątnych\n𝑃𝐴𝐵𝑆= 1\n2 ⋅12 ⋅6 = 36\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n𝑃\n12\n6\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZatem\n1\n2 ⋅6√5 ⋅|𝐵𝑃| = 36\n|𝐵𝑃| = 72\n6√5\n= 12√5\n5\nDługość odcinka 𝐵𝑃 jest równa 12√5\n5\nSposób III\nPunkt 𝑆 jest środkiem odcinka 𝐵𝐶, więc |𝐵𝑆| = 6.\nTrójkąt 𝐴𝐵𝑆 jest prostokątny. Odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta 𝐴𝐵𝑆 poprowadzoną\nna przeciwprostokątną 𝐴𝑆.\nZ warunków zadania otrzymujemy:\n|∢𝐵𝐴𝑃| = |∢𝑃𝐵𝑆|\n|∢𝐴𝐵𝑃| = |∢𝐵𝑆𝑃|\nZatem trójkąty 𝐴𝐵𝑆, 𝐴𝑃𝐵, 𝐵𝑃𝑆 są podobne na podstawie cechy kąt-kąt-kąt.\nOznaczmy:\n𝑥= |𝑃𝑆|\n𝛼= |∢𝐵𝐴𝑃| = |∢𝑃𝐵𝑆|\n𝛽= 90° -𝛼= |∢𝐴𝐵𝑃| = |∢𝐵𝑆𝑃|\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n𝑃\n12\n6\n𝛼\n𝛼\n𝛽\n𝛽\nWtedy\ntg 𝛼= 1\n2\n, |𝐵𝑃| = 2𝑥, |𝐴𝑃| = 4𝑥, |𝐴𝑆| = 5𝑥.\nZ twierdzenia Pitagorasa (dla trójkąta 𝐴𝐵𝑆) obliczamy długość odcinka 𝐴𝑆\n|𝐴𝑆|2 = 122 + 62\n|𝐴𝑆| = √180 = 6√5\nZatem\n5𝑥= 6√5\n𝑥= 6√5\n5\n|𝐵𝑃| = 2𝑥= 12√5\n5\nDługość odcinka 𝐵𝑃 jest równa 12√5\n5\nSposób IV\nPunkt 𝑆 jest środkiem odcinka 𝐵𝐶, więc |𝐵𝑆| = 6.\nTrójkąt 𝐴𝐵𝑆 jest prostokątny. Odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta 𝐴𝐵𝑆 poprowadzoną\nna przeciwprostokątną 𝐴𝑆.\nZ warunków zadania otrzymujemy:\n|∢𝐵𝐴𝑃| = |∢𝑃𝐵𝑆|\n|∢𝐴𝐵𝑃| = |∢𝐵𝑆𝑃|\nZatem trójkąty 𝐴𝐵𝑆 i 𝐵𝑃𝑆 są podobne na podstawie cechy kąt-kąt-kąt.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n𝑃\n12\n6\n𝛼\n𝛼\n𝛽\n𝛽\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nOznaczmy:\n𝑥= |𝐵𝑃|\n𝛼= |∢𝐵𝐴𝑃| = |∢𝑃𝐵𝑆|\n𝛽= 90° -𝛼= |∢𝐴𝐵𝑃| = |∢𝐵𝑆𝑃|\nWtedy\ntg 𝛼= 1\n2\n|𝑃𝑆| = 1\n2 𝑥\nZ twierdzenia Pitagorasa (dla trójkąta 𝐵𝑃𝑆) obliczamy długość odcinka 𝐵𝑃\n|𝐵𝑃|2 + |𝑃𝑆|2 = 62\n𝑥2 + (1\n2 𝑥)\n2\n= 36\n5\n4 𝑥2 = 36\n𝑥2 = 144\n5\n𝑥= 12√5\n5\nDługość odcinka 𝐵𝑃 jest równa 12√5\n5\nSposób V\nPunkt 𝑆 jest środkiem odcinka 𝐵𝐶, więc |𝐵𝑆| = 6.\nTrójkąt 𝐴𝐵𝑆 jest prostokątny. Odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta 𝐴𝐵𝑆 poprowadzoną\nna przeciwprostokątną 𝐴𝑆.\nPoprowadźmy odcinek 𝑃𝑀 prostopadły do odcinka 𝐴𝐵 (jak na rysunku).\nZ warunków zadania otrzymujemy:\n|∢𝐵𝐴𝑃| = |∢𝐵𝑃𝑀|\n|∢𝐴𝑆𝐵| = |∢𝐴𝑃𝑀| = |∢𝑃𝐵𝑀|\nZatem trójkąty 𝐴𝐵𝑆, 𝐴𝑀𝑃, 𝑃𝑀𝐵 są podobne na podstawie cechy kąt-kąt-kąt.\nOznaczmy:\n𝑥= |𝑀𝐵|\n𝛼= |∢𝐵𝐴𝑃| = |∢𝐵𝑃𝑀|\n𝛽= 90° -𝛼= |∢𝐴𝑆𝐵| = |∢𝐴𝑃𝑀| = |∢𝑃𝐵𝑀|\nWtedy\ntg 𝛼= 1\n2\n, |𝑀𝑃| = 2𝑥, |𝐴𝑀| = 4𝑥, |𝐴𝐵| = 5𝑥= 12.\nZatem 𝑥= 12\n5\nZ twierdzenia Pitagorasa (dla trójkąta 𝑀𝐵𝑃) obliczamy długość odcinka 𝐵𝑃\n|𝐵𝑃|2 = |𝑀𝐵|2 + |𝑀𝑃|2\n|𝐵𝑃|2 = (12\n5 )\n2\n+ (24\n5 )\n2\n|𝐵𝑃|2 = 720\n25\n|𝐵𝑃| = √720\n25 = 12√5\n5\nDługość odcinka 𝐵𝑃 jest równa 12√5\n5\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n𝑃\n12\n6\n𝛼\n𝛽\n𝛽\n𝑀\n𝛼\n𝛽\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nSposób VI\nPunkt 𝑆 jest środkiem odcinka 𝐵𝐶, więc |𝐵𝑆| = 6.\nTrójkąt 𝐴𝐵𝑆 jest prostokątny. Odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta 𝐴𝐵𝑆 poprowadzoną\nna przeciwprostokątną 𝐴𝑆 (jak na rysunku).\nOznaczmy: 𝛼= |∢𝐵𝐴𝑆|. Wtedy tg 𝛼= 1\n2\n, zatem sin𝛼\ncos𝛼= 1\n2\n. Stąd cos 𝛼= 2 ⋅sin 𝛼.\nWykorzystując tę zależność oraz tożsamość sin2 𝛼+ cos2 𝛼= 1 otrzymujemy\nsin2 𝛼+ (2 ⋅sin 𝛼)2 = 1\n5 sin2 𝛼= 1\nsin2 𝛼= 1\n5\nStąd sin 𝛼= 1\n√5\n, ponieważ 𝛼 jest kątem ostrym.\nZatem\n|𝐵𝑃|\n|𝐴𝐵| = 1\n√5\n|𝐵𝑃|\n12 = 1\n√5\n|𝐵𝑃| = 12\n√5\n= 12√5\n5\nDługość odcinka 𝐵𝑃 jest równa 12√5\n5\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n𝑃\n12\n6\n𝛼","solution":"## Poprawna odpowiedź: D - \\(y = -3x - 1\\)\n\n## Sposób 1 - Przekształcenie punktu przez symetrię środkową\n\n**Co to jest symetria środkowa względem początku układu?**\n\nPunkt \\(P(x, y)\\) w symetrii środkowej względem punktu \\((0, 0)\\) przechodzi w punkt \\(P'(-x, -y)\\).\nCzyli zamieniamy: \\(x \\to -x\\), \\(y \\to -y\\).\n\n**Jak znaleźć obraz prostej?**\n\nWeźmy dowolny punkt \\((x, y)\\) leżący na obrazie prostej. Jego \"poprzednik\" (punkt, który przeszedł w \\((x,y)\\)) to \\((-x, -y)\\) - bo symetria środkowa jest inwolucją (symetria do siebie odwrotna).\n\nTen poprzednik leży na prostej \\(y = -3x + 1\\), więc podstawiamy:\n\\[-y = -3(-x) + 1\\]\n\\[-y = 3x + 1\\]\n\nMnożymy obie strony przez \\(-1\\):\n\\[y = -3x - 1\\]\n\n**Wynik:** Obraz prostej ma równanie \\(\\boxed{y = -3x - 1}\\). ✓\n\n## Sposób 2 - Sprawdzenie konkretnego punktu\n\nWeźmy konkretny punkt leżący na prostej \\(y = -3x + 1\\).\n\nDla \\(x = 0\\): punkt \\(A = (0, 1)\\).\n\nJego obraz w symetrii środkowej względem \\((0,0)\\): \\(A' = (0, -1)\\).\n\nSprawdzamy, które równanie jest spełnione przez \\(A' = (0, -1)\\):\n\n| Odpowiedź | Podstawiamy \\(x=0, y=-1\\) | Wynik |\n| A: \\(y = 3x+1\\) | \\(-1 = 0+1\\) | ✗ |\n| B: \\(y = 3x-1\\) | \\(-1 = 0-1\\) | ✓ (na razie) |\n| C: \\(y = -3x+1\\) | \\(-1 = 0+1\\) | ✗ |\n| D: \\(y = -3x-1\\) | \\(-1 = 0-1\\) | ✓ (na razie) |\n\nZostały B i D - bierzemy drugi punkt. Dla \\(x = 1\\): punkt \\(B = (1, -2)\\) na prostej (bo \\(-3\\cdot1+1=-2\\)). Jego obraz: \\(B' = (-1, 2)\\).\n\nSprawdzamy \\(B'=(-1,2)\\):\n- B: \\(y = 3(-1)-1 = -4 \\neq 2\\) ✗\n- D: \\(y = -3(-1)-1 = 3-1 = 2\\) ✓\n\n**Odpowiedź D jest jedyną pasującą.** ✓\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 11 (Geometria analityczna, s. 22-25)** - równanie kierunkowe prostej:\n\\[y = ax + b\\]\n\nW tym zadaniu korzystamy z definicji symetrii środkowej i zamiany współrzędnych \\((x, y) \\to (-x, -y)\\), co nie jest osobnym wzorem z karty - to własność transformacji geometrycznej.\n\nKarta CKE nie zawiera wzoru na symetrię środkową wprost. Wystarczy zapamiętać: **symetria środkowa względem \\((0,0)\\)** to \\((x,y) \\to (-x,-y)\\).\n\n## Dlaczego inne odpowiedzi są błędne\n\n| Odp. | Błąd prowadzący do tej odpowiedzi |\n| A: \\(y = 3x+1\\) | Zmieniono tylko znak przy \\(x\\) (współczynnik kierunkowy), ale pozostawiono wyraz wolny bez zmian - błędne, bo wyraz wolny też zmienia znak |\n| B: \\(y = 3x-1\\) | Zmieniono oba znaki - i przy \\(x\\), i wyraz wolny - ale współczynnik kierunkowy nie powinien się zmieniać (prosta jest nachylona tak samo, tylko przesunięta) |\n| C: \\(y = -3x+1\\) | To ta sama prosta co wyjściowa! Uczeń nie wykonał żadnej zmiany - błąd polegający na myśleniu, że prosta symetryczna do siebie samej |\n\n## Typowe pułapki i uwagi\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Symetria środkowa względem \\((0,0)\\) to **nie** to samo co odbicie względem osi \\(OX\\) lub \\(OY\\). Przy symetrii środkowej zmieniamy znaki **obu** współrzędnych: \\(x\\) i \\(y\\).\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Współczynnik kierunkowy (nachylenie prostej) **nie zmienia się** - prosta po symetrii środkowej jest **równoległa** do pierwotnej. Zmienia się tylko wyraz wolny (prosta przesuwa się).\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Jeśli prosta przechodzi przez początek układu współrzędnych (wyraz wolny = 0), to jej obraz w symetrii środkowej to **ta sama prosta** - nie daj się zaskoczyć takim przypadkiem na egzaminie!\n\n**Poprawna odpowiedź: D**\n\n### Sposób 1 - Podstawienie symetrii\nSymetria środkowa względem \\((0,0)\\): \\((x,y)\\mapsto(-x,-y)\\). Podstaw do równania prostej \\(-y = -3\\cdot(-x) + 1\\):\n\\[-y = 3x + 1 \\Rightarrow y = -3x - 1.\\]\n\n### Sposób 2 - Własność (prosta → prosta równoległa)\nObraz prostej \\(y = ax + b\\) w symetrii względem \\((0,0)\\): \\(y = ax - b\\) (ten sam kierunek, przeciwny wyraz wolny). Tu \\(a=-3\\), \\(b=1\\), więc obraz: \\(y = -3x - 1\\).\n\n### Dlaczego inne odpowiedzi są błędne\n- **A, B** - zmieniony współczynnik kierunkowy (\\(a\\) powinno zostać).\n- **C** - sama prosta (brak zmiany \\(b\\)).\n\n**Trik:** symetria w \\(O\\) prostej nieprzechodzącej przez \\(O\\): \\(a\\) ten sam, \\(b\\to -b\\).","image":"img/matematyka-2024-czerwiec-matura-podstawowa/zad-22.webp","solution_image":"img/matematyka-2024-czerwiec-matura-podstawowa/sol-22.svg","topics":"Planimetria","page_from":20,"source":"ocr","answer_source":"maturazai","answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2024 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"<p>Zadanie 22. (0-2)<br>Bok kwadratu 𝐴𝐵𝐶𝐷 ma długość równą 12. Punkt 𝑆 jest środkiem boku 𝐵𝐶 tego<br>kwadratu. Na odcinku 𝐴𝑆 leży punkt 𝑃 taki, że odcinek 𝐵𝑃 jest prostopadły do odcinka 𝐴𝑆.<br>Oblicz długość odcinka 𝑩𝑷. Zapisz obliczenia.</p>\n<p>MMAP-P0_100<br>Bok kwadratu ABCD ma długość równą 12. Punkt S jest środkiem boku BC tego kwadratu. Na odcinku AS leży punkt P taki, że odcinek BP jest prostopadły do odcinka AS. Oblicz długość odcinka BP. Zapisz obliczenia.</p>","answer_text_html":"<p>Zadanie 22. (0-2)<br>Wymagania egzaminacyjne 2024<br>Wymaganie ogólne<br>Wymaganie szczegółowe<br>IV. Rozumowanie i argumentacja.</p>\n<ol><li>Stosowanie i tworzenie strategii przy</li></ol>\n<p>rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach<br>nietypowych.<br>Zdający:<br>VIII.8) korzysta z cech podobieństwa<br>trójkątów.<br>Zasady oceniania<br>2 pkt - poprawna metoda i obliczenie długości odcinka 𝐵𝑃: |𝐵𝑃| = 12√5<br>5<br>1 pkt - obliczenie długości odcinka 𝐴𝑆: |𝐴𝑆| = 6√5<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie sinusa lub cosinusa jednego z kątów ostrych w trójkącie 𝐴𝐵𝑃 lub 𝐵𝑆𝑃,</li></ul>\n<p>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie równości |𝐴𝑃| = 2|𝐵𝑃|,</li></ul>\n<p>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie równości |𝑃𝑆| = 1</li></ul>\n<p>2 |𝐵𝑃|,<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości odcinka 𝑀𝐵 (gdzie 𝑀 jest rzutem prostokątnym punktu 𝑃 na</li></ul>\n<p>odcinek 𝐴𝐵): |𝑀𝐵| = 12<br>5<br>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Przykładowe pełne rozwiązania<br>Sposób I<br>Punkt 𝑆 jest środkiem odcinka 𝐵𝐶, więc |𝐵𝑆| = 6.<br>Trójkąt 𝐴𝐵𝑆 jest prostokątny. Odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta 𝐴𝐵𝑆 poprowadzoną<br>na przeciwprostokątną 𝐴𝑆 (jak na rysunku).<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝑆<br>𝑃<br>12<br>6<br>Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość odcinka 𝐴𝑆<br>|𝐴𝑆|2 = 122 + 62<br>|𝐴𝑆|2 = 180<br>|𝐴𝑆| = √180 = 6√5<br>Ponieważ odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta prostokątnego poprowadzoną na<br>przeciwprostokątną, więc<br>|𝐵𝑃| =<br>|𝐴𝐵| ⋅|𝐵𝑆|<br>|𝐴𝑆|<br>= 12 ⋅6<br>6√5<br>= 12<br>√5<br>= 12√5<br>5<br>Długość odcinka 𝐵𝑃 jest równa 12√5<br>5<br>Sposób II<br>Punkt 𝑆 jest środkiem odcinka 𝐵𝐶, więc |𝐵𝑆| = 6.<br>Trójkąt 𝐴𝐵𝑆 jest prostokątny. Odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta 𝐴𝐵𝑆 poprowadzoną<br>na przeciwprostokątną 𝐴𝑆 (jak na rysunku).<br>Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość odcinka 𝐴𝑆<br>|𝐴𝑆|2 = 122 + 62<br>|𝐴𝑆|2 = 180<br>|𝐴𝑆| = √180 = 6√5<br>Pole trójkąta 𝐴𝐵𝑆 jest równe<br>𝑃𝐴𝐵𝑆= 1<br>2 ⋅6√5 ⋅|𝐵𝑃|<br>Ponadto pole trójkąta 𝐴𝐵𝑆 można obliczyć jako połowę iloczynu długości przyprostokątnych<br>𝑃𝐴𝐵𝑆= 1<br>2 ⋅12 ⋅6 = 36<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝑆<br>𝑃<br>12<br>6<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Zatem<br>1<br>2 ⋅6√5 ⋅|𝐵𝑃| = 36<br>|𝐵𝑃| = 72<br>6√5<br>= 12√5<br>5<br>Długość odcinka 𝐵𝑃 jest równa 12√5<br>5<br>Sposób III<br>Punkt 𝑆 jest środkiem odcinka 𝐵𝐶, więc |𝐵𝑆| = 6.<br>Trójkąt 𝐴𝐵𝑆 jest prostokątny. Odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta 𝐴𝐵𝑆 poprowadzoną<br>na przeciwprostokątną 𝐴𝑆.<br>Z warunków zadania otrzymujemy:<br>|∢𝐵𝐴𝑃| = |∢𝑃𝐵𝑆|<br>|∢𝐴𝐵𝑃| = |∢𝐵𝑆𝑃|<br>Zatem trójkąty 𝐴𝐵𝑆, 𝐴𝑃𝐵, 𝐵𝑃𝑆 są podobne na podstawie cechy kąt-kąt-kąt.<br>Oznaczmy:<br>𝑥= |𝑃𝑆|<br>𝛼= |∢𝐵𝐴𝑃| = |∢𝑃𝐵𝑆|<br>𝛽= 90° -𝛼= |∢𝐴𝐵𝑃| = |∢𝐵𝑆𝑃|<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝑆<br>𝑃<br>12<br>6<br>𝛼<br>𝛼<br>𝛽<br>𝛽<br>Wtedy<br>tg 𝛼= 1<br>2<br>, |𝐵𝑃| = 2𝑥, |𝐴𝑃| = 4𝑥, |𝐴𝑆| = 5𝑥.<br>Z twierdzenia Pitagorasa (dla trójkąta 𝐴𝐵𝑆) obliczamy długość odcinka 𝐴𝑆<br>|𝐴𝑆|2 = 122 + 62<br>|𝐴𝑆| = √180 = 6√5<br>Zatem<br>5𝑥= 6√5<br>𝑥= 6√5<br>5<br>|𝐵𝑃| = 2𝑥= 12√5<br>5<br>Długość odcinka 𝐵𝑃 jest równa 12√5<br>5<br>Sposób IV<br>Punkt 𝑆 jest środkiem odcinka 𝐵𝐶, więc |𝐵𝑆| = 6.<br>Trójkąt 𝐴𝐵𝑆 jest prostokątny. Odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta 𝐴𝐵𝑆 poprowadzoną<br>na przeciwprostokątną 𝐴𝑆.<br>Z warunków zadania otrzymujemy:<br>|∢𝐵𝐴𝑃| = |∢𝑃𝐵𝑆|<br>|∢𝐴𝐵𝑃| = |∢𝐵𝑆𝑃|<br>Zatem trójkąty 𝐴𝐵𝑆 i 𝐵𝑃𝑆 są podobne na podstawie cechy kąt-kąt-kąt.<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝑆<br>𝑃<br>12<br>6<br>𝛼<br>𝛼<br>𝛽<br>𝛽<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Oznaczmy:<br>𝑥= |𝐵𝑃|<br>𝛼= |∢𝐵𝐴𝑃| = |∢𝑃𝐵𝑆|<br>𝛽= 90° -𝛼= |∢𝐴𝐵𝑃| = |∢𝐵𝑆𝑃|<br>Wtedy<br>tg 𝛼= 1<br>2<br>|𝑃𝑆| = 1<br>2 𝑥<br>Z twierdzenia Pitagorasa (dla trójkąta 𝐵𝑃𝑆) obliczamy długość odcinka 𝐵𝑃<br>|𝐵𝑃|2 + |𝑃𝑆|2 = 62<br>𝑥2 + (1<br>2 𝑥)<br>2<br>= 36<br>5<br>4 𝑥2 = 36<br>𝑥2 = 144<br>5<br>𝑥= 12√5<br>5<br>Długość odcinka 𝐵𝑃 jest równa 12√5<br>5<br>Sposób V<br>Punkt 𝑆 jest środkiem odcinka 𝐵𝐶, więc |𝐵𝑆| = 6.<br>Trójkąt 𝐴𝐵𝑆 jest prostokątny. Odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta 𝐴𝐵𝑆 poprowadzoną<br>na przeciwprostokątną 𝐴𝑆.<br>Poprowadźmy odcinek 𝑃𝑀 prostopadły do odcinka 𝐴𝐵 (jak na rysunku).<br>Z warunków zadania otrzymujemy:<br>|∢𝐵𝐴𝑃| = |∢𝐵𝑃𝑀|<br>|∢𝐴𝑆𝐵| = |∢𝐴𝑃𝑀| = |∢𝑃𝐵𝑀|<br>Zatem trójkąty 𝐴𝐵𝑆, 𝐴𝑀𝑃, 𝑃𝑀𝐵 są podobne na podstawie cechy kąt-kąt-kąt.<br>Oznaczmy:<br>𝑥= |𝑀𝐵|<br>𝛼= |∢𝐵𝐴𝑃| = |∢𝐵𝑃𝑀|<br>𝛽= 90° -𝛼= |∢𝐴𝑆𝐵| = |∢𝐴𝑃𝑀| = |∢𝑃𝐵𝑀|<br>Wtedy<br>tg 𝛼= 1<br>2<br>, |𝑀𝑃| = 2𝑥, |𝐴𝑀| = 4𝑥, |𝐴𝐵| = 5𝑥= 12.<br>Zatem 𝑥= 12<br>5<br>Z twierdzenia Pitagorasa (dla trójkąta 𝑀𝐵𝑃) obliczamy długość odcinka 𝐵𝑃<br>|𝐵𝑃|2 = |𝑀𝐵|2 + |𝑀𝑃|2<br>|𝐵𝑃|2 = (12<br>5 )<br>2</p>\n<ul><li>(24</li></ul>\n<p>5 )<br>2<br>|𝐵𝑃|2 = 720<br>25<br>|𝐵𝑃| = √720<br>25 = 12√5<br>5<br>Długość odcinka 𝐵𝑃 jest równa 12√5<br>5<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝑆<br>𝑃<br>12<br>6<br>𝛼<br>𝛽<br>𝛽<br>𝑀<br>𝛼<br>𝛽<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Sposób VI<br>Punkt 𝑆 jest środkiem odcinka 𝐵𝐶, więc |𝐵𝑆| = 6.<br>Trójkąt 𝐴𝐵𝑆 jest prostokątny. Odcinek 𝐵𝑃 jest wysokością trójkąta 𝐴𝐵𝑆 poprowadzoną<br>na przeciwprostokątną 𝐴𝑆 (jak na rysunku).<br>Oznaczmy: 𝛼= |∢𝐵𝐴𝑆|. Wtedy tg 𝛼= 1<br>2<br>, zatem sin𝛼<br>cos𝛼= 1<br>2<br>. Stąd cos 𝛼= 2 ⋅sin 𝛼.<br>Wykorzystując tę zależność oraz tożsamość sin2 𝛼+ cos2 𝛼= 1 otrzymujemy<br>sin2 𝛼+ (2 ⋅sin 𝛼)2 = 1<br>5 sin2 𝛼= 1<br>sin2 𝛼= 1<br>5<br>Stąd sin 𝛼= 1<br>√5<br>, ponieważ 𝛼 jest kątem ostrym.<br>Zatem<br>|𝐵𝑃|<br>|𝐴𝐵| = 1<br>√5<br>|𝐵𝑃|<br>12 = 1<br>√5<br>|𝐵𝑃| = 12<br>√5<br>= 12√5<br>5<br>Długość odcinka 𝐵𝑃 jest równa 12√5<br>5<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝑆<br>𝑃<br>12<br>6<br>𝛼</p>","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2024-czerwiec-matura-podstawowa/sol-22.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"<h4>Poprawna odpowiedź: D - \\(y = -3x - 1\\)</h4>\n<h4>Sposób 1 - Przekształcenie punktu przez symetrię środkową</h4>\n<p><strong>Co to jest symetria środkowa względem początku układu?</strong></p>\n<p>Punkt \\(P(x, y)\\) w symetrii środkowej względem punktu \\((0, 0)\\) przechodzi w punkt \\(P&#x27;(-x, -y)\\).<br>Czyli zamieniamy: \\(x \\to -x\\), \\(y \\to -y\\).</p>\n<p><strong>Jak znaleźć obraz prostej?</strong></p>\n<p>Weźmy dowolny punkt \\((x, y)\\) leżący na obrazie prostej. Jego &quot;poprzednik&quot; (punkt, który przeszedł w \\((x,y)\\)) to \\((-x, -y)\\) - bo symetria środkowa jest inwolucją (symetria do siebie odwrotna).</p>\n<p>Ten poprzednik leży na prostej \\(y = -3x + 1\\), więc podstawiamy:<br>\\[-y = -3(-x) + 1\\]<br>\\[-y = 3x + 1\\]</p>\n<p>Mnożymy obie strony przez \\(-1\\):<br>\\[y = -3x - 1\\]</p>\n<p><strong>Wynik:</strong> Obraz prostej ma równanie \\(\\boxed{y = -3x - 1}\\). ✓</p>\n<h4>Sposób 2 - Sprawdzenie konkretnego punktu</h4>\n<p>Weźmy konkretny punkt leżący na prostej \\(y = -3x + 1\\).</p>\n<p>Dla \\(x = 0\\): punkt \\(A = (0, 1)\\).</p>\n<p>Jego obraz w symetrii środkowej względem \\((0,0)\\): \\(A&#x27; = (0, -1)\\).</p>\n<p>Sprawdzamy, które równanie jest spełnione przez \\(A&#x27; = (0, -1)\\):</p>\n<p>| Odpowiedź | Podstawiamy \\(x=0, y=-1\\) | Wynik |<br>| A: \\(y = 3x+1\\) | \\(-1 = 0+1\\) | ✗ |<br>| B: \\(y = 3x-1\\) | \\(-1 = 0-1\\) | ✓ (na razie) |<br>| C: \\(y = -3x+1\\) | \\(-1 = 0+1\\) | ✗ |<br>| D: \\(y = -3x-1\\) | \\(-1 = 0-1\\) | ✓ (na razie) |</p>\n<p>Zostały B i D - bierzemy drugi punkt. Dla \\(x = 1\\): punkt \\(B = (1, -2)\\) na prostej (bo \\(-3\\cdot1+1=-2\\)). Jego obraz: \\(B&#x27; = (-1, 2)\\).</p>\n<p>Sprawdzamy \\(B&#x27;=(-1,2)\\):</p>\n<ul><li>B: \\(y = 3(-1)-1 = -4 \\neq 2\\) ✗</li><li>D: \\(y = -3(-1)-1 = 3-1 = 2\\) ✓</li></ul>\n<p><strong>Odpowiedź D jest jedyną pasującą.</strong> ✓</p>\n<h4>Wzory z karty CKE</h4>\n<p><strong>Dział 11 (Geometria analityczna, s. 22-25)</strong> - równanie kierunkowe prostej:<br>\\[y = ax + b\\]</p>\n<p>W tym zadaniu korzystamy z definicji symetrii środkowej i zamiany współrzędnych \\((x, y) \\to (-x, -y)\\), co nie jest osobnym wzorem z karty - to własność transformacji geometrycznej.</p>\n<p>Karta CKE nie zawiera wzoru na symetrię środkową wprost. Wystarczy zapamiętać: <strong>symetria środkowa względem \\((0,0)\\)</strong> to \\((x,y) \\to (-x,-y)\\).</p>\n<h4>Dlaczego inne odpowiedzi są błędne</h4>\n<p>| Odp. | Błąd prowadzący do tej odpowiedzi |<br>| A: \\(y = 3x+1\\) | Zmieniono tylko znak przy \\(x\\) (współczynnik kierunkowy), ale pozostawiono wyraz wolny bez zmian - błędne, bo wyraz wolny też zmienia znak |<br>| B: \\(y = 3x-1\\) | Zmieniono oba znaki - i przy \\(x\\), i wyraz wolny - ale współczynnik kierunkowy nie powinien się zmieniać (prosta jest nachylona tak samo, tylko przesunięta) |<br>| C: \\(y = -3x+1\\) | To ta sama prosta co wyjściowa! Uczeń nie wykonał żadnej zmiany - błąd polegający na myśleniu, że prosta symetryczna do siebie samej |</p>\n<h4>Typowe pułapki i uwagi</h4>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Symetria środkowa względem \\((0,0)\\) to <strong>nie</strong> to samo co odbicie względem osi \\(OX\\) lub \\(OY\\). Przy symetrii środkowej zmieniamy znaki <strong>obu</strong> współrzędnych: \\(x\\) i \\(y\\).</blockquote>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Współczynnik kierunkowy (nachylenie prostej) <strong>nie zmienia się</strong> - prosta po symetrii środkowej jest <strong>równoległa</strong> do pierwotnej. Zmienia się tylko wyraz wolny (prosta przesuwa się).</blockquote>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Jeśli prosta przechodzi przez początek układu współrzędnych (wyraz wolny = 0), to jej obraz w symetrii środkowej to <strong>ta sama prosta</strong> - nie daj się zaskoczyć takim przypadkiem na egzaminie!</blockquote>\n<p><strong>Poprawna odpowiedź: D</strong></p>\n<h5>Sposób 1 - Podstawienie symetrii</h5>\n<p>Symetria środkowa względem \\((0,0)\\): \\((x,y)\\mapsto(-x,-y)\\). Podstaw do równania prostej \\(-y = -3\\cdot(-x) + 1\\):<br>\\[-y = 3x + 1 \\Rightarrow y = -3x - 1.\\]</p>\n<h5>Sposób 2 - Własność (prosta → prosta równoległa)</h5>\n<p>Obraz prostej \\(y = ax + b\\) w symetrii względem \\((0,0)\\): \\(y = ax - b\\) (ten sam kierunek, przeciwny wyraz wolny). Tu \\(a=-3\\), \\(b=1\\), więc obraz: \\(y = -3x - 1\\).</p>\n<h5>Dlaczego inne odpowiedzi są błędne</h5>\n<ul><li><strong>A, B</strong> - zmieniony współczynnik kierunkowy (\\(a\\) powinno zostać).</li><li><strong>C</strong> - sama prosta (brak zmiany \\(b\\)).</li></ul>\n<p><strong>Trik:</strong> symetria w \\(O\\) prostej nieprzechodzącej przez \\(O\\): \\(a\\) ten sam, \\(b\\to -b\\).</p>"},{"source":"matematykaorg","label":"matematyka.org.pl","kind":"text","html":"<p>Trójkąt ABS jest prostokątny w punkcie B .</p>\n<p>|AB|=12, |BS|=6.</p>\n<p>Z twierdzenia Pitagorasa:</p>\n<p>|AS|=√(12^2+6^2)=√(180)=6√(5).</p>\n<p>Pole trójkąta ABS :</p>\n<p>P_triangle ABS=(1)/(2)·12·6=36.</p>\n<p>Przyjmując AS za podstawę, a BP za wysokość:</p>\n<p>36=(1)/(2)·6√(5)·|BP|.</p>\n<p>36=3√(5)·|BP|.</p>\n<p>|BP|=(12)/(√(5))=(12√(5))/(5).</p>"}]}