Zadanie 6. (0-3)
Długości podstaw trapezu równoramiennego są równe 𝑎 oraz 𝑏, przy czym 𝑎> 𝑏. W ten
trapez można wpisać okrąg.
Wykaż, że pole tego trapezu jest większe od 𝒂⋅𝒃.
MMAP-R0_100
Długości podstaw trapezu równoramiennego są równe a oraz b, przy czym a>b. W ten trapez można wpisać okrąg. Wykaż, że pole tego trapezu jest większe od a⋅ b.
Zadanie 6. (0-3)
Wymagania egzaminacyjne 2024
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.
kilkuetapowych, podawanie argumentów
uzasadniających poprawność rozumowania,
odróżnianie dowodu od przykładu.
Zdający:
VIII.R1) stosuje własności czworokątów
wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.
Zasady oceniania
3 pkt - przeprowadzenie pełnego rozumowania.
2 pkt - wyznaczenie pola trapezu w zależności od długości jego podstaw: 𝑃= 𝑎+𝑏
2
⋅√𝑎𝑏.
1 pkt - zastosowanie twierdzenia Pitagorasa i zapisanie równania z 𝑎, 𝑏 oraz ℎ, z którego
można wyznaczyć długość wysokości trapezu w zależności od długości jego
podstaw, np. (𝑎-𝑏
2 )
2
2 )
2
ALBO
np. 𝑟= √𝑎
2 ⋅𝑏
2 ,
ALBO
pierwiastkowi z iloczynu długości boków tego czworokąta,
ALBO
długości podstaw trapezu.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwaga:
W przypadku, gdy zdający zapisze nierówność 𝑎+𝑏
2
⋅√𝑎𝑏> 𝑎𝑏 w postaci równoważnej
𝑎+𝑏
2
√𝑎𝑏 i stwierdzi, że jej prawdziwość wynika z nierówności między średnią\n
arytmetyczną i geometryczną różnych liczb dodatnich 𝑎 i 𝑏, to rozumowanie uznajemy za
pełne.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
Trapez jest równoramienny, więc |𝐴𝐸| = |𝐵𝐹| = 𝑎-𝑏
2 . Ponieważ trapez jest opisany na
okręgu, więc 𝑎+ 𝑏= 𝑐+ 𝑐, czyli 𝑐= 𝑎+𝑏
2 .
Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta 𝐵𝐶𝐹 otrzymujemy
|𝐵𝐹|2 + |𝐹𝐶|2 = |𝐶𝐵|2
(𝑎-𝑏
2
)
2
(𝑎-𝑏
2
)
2
2
)
2
/⋅4
𝑎2 -2𝑎𝑏+ 𝑏2 + 4ℎ2 = 𝑎2 + 2𝑎𝑏+ 𝑏2
ℎ= √𝑎𝑏
Pole 𝑃 trapezu jest równe 𝑃= 𝑎+𝑏
2
⋅ℎ= 𝑎+𝑏
2
⋅√𝑎𝑏.
Ponieważ 𝑎> 𝑏, więc z nierówności między średnimi arytmetyczną i geometryczną liczb
dodatnich 𝑎 oraz 𝑏 otrzymujemy 𝑎+𝑏
2
√𝑎𝑏. Stąd\n
𝑃= 𝑎+ 𝑏
2
⋅√𝑎𝑏> √𝑎𝑏⋅√𝑎𝑏
czyli 𝑃> 𝑎𝑏, co należało wykazać.
𝐴
𝐸
𝐵
𝐶
𝐷
𝑐
ℎ
𝑏
𝑎
𝑐
ℎ
𝐹
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Sposób II
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku (𝐾, 𝐿, 𝑀 są punktami styczności okręgu z trapezem).
Z twierdzenia o odcinkach stycznych wynika, że |𝐵𝐿| = 𝑎
2 oraz |𝐶𝐿| = 𝑏
2 .
Ponieważ środek okręgu wpisanego w trapez 𝐴𝐵𝐶𝐷 jest punktem przecięcia dwusiecznych
kątów wewnętrznych tego trapezu, więc
|∡𝐾𝐵𝑆| = |∡𝐶𝐵𝑆| oraz |∡𝑀𝐶𝑆| = |∡𝐵𝐶𝑆|
Suma miar kątów wewnętrznych trapezu przy ramieniu 𝐵𝐶 jest równa 180°, więc
|∡𝐾𝐵𝑆| + |∡𝐶𝐵𝑆| + |∡𝑀𝐶𝑆| + |∡𝐵𝐶𝑆| = 180°
Zatem
|∡𝐶𝐵𝑆| + |∡𝐵𝐶𝑆| = 90°
To oznacza, że trójkąt 𝐵𝐶𝑆 jest prostokątny.
Wysokość tego trójkąta opuszczona na przeciwprostokątną jest promieniem okręgu
wpisanego w trapez 𝐴𝐵𝐶𝐷, więc z twierdzenia o wysokości trójkąta prostokątnego wynika,
że 𝑟= √𝑎
2 ⋅𝑏
2 = 1
2 √𝑎𝑏.
Pole 𝑃 trapezu jest równe 𝑃= 𝑎+𝑏
2
⋅2𝑟= 𝑎+𝑏
2
⋅√𝑎𝑏.
Pozostaje wykazać, że prawdziwa jest nierówność 𝑎+𝑏
2
⋅√𝑎𝑏> 𝑎𝑏.
Dzieląc obie strony tej nierówności przez √𝑎𝑏, otrzymujemy
𝑎+ 𝑏
2
⋅√𝑎𝑏> 𝑎𝑏 /: √𝑎𝑏
𝑎+ 𝑏
2
√𝑎𝑏\n
𝐴
𝐾
𝑎
2
𝐵
𝐿
𝐶
𝑀
𝐷
𝑐
𝑟
𝑟
𝑆
𝑏
2
𝑏
2
𝑎
2
𝑟
𝑎-2√𝑎𝑏+ 𝑏> 0
(√𝑎-√𝑏)
2 > 0
Z założenia 𝑎> 𝑏> 0, więc √𝑎-√𝑏> 0. Zatem (√𝑎-√𝑏)
2 > 0 jako kwadrat liczby
dodatniej √𝑎-√𝑏. To oznacza, że 𝑃> 𝑎𝑏.
Sposób III
Z własności czworokąta opisanego na okręgu i w który można także wpisać okrąg wynika, że
pole takiego czworokąta jest równe √𝑎⋅𝑏⋅𝑐⋅𝑑, gdzie 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑 są długościami boków
czworokąta.
Trapez 𝐴𝐵𝐶𝐷 jest opisany na okręgu, ale jest on równoramienny, więc można na nim także
opisać okrąg. Zatem pole 𝑃 tego trapezu jest równe 𝑃= √𝑎⋅𝑏⋅𝑐⋅𝑐= √𝑎𝑏⋅𝑐, gdzie 𝑐
jest długością ramienia trapezu.
Ponieważ trapez jest opisany na okręgu, więc 𝑎+ 𝑏= 𝑐+ 𝑐, czyli 𝑐= 𝑎+𝑏
2 .
Stąd 𝑃= √𝑎𝑏⋅𝑎+𝑏
2 .
Ponieważ 𝑎> 𝑏, więc z nierówności między średnimi arytmetyczną i geometryczną liczb
dodatnich 𝑎 oraz 𝑏 otrzymujemy 𝑎+𝑏
2
√𝑎𝑏. Stąd\n
𝑃= 𝑎+ 𝑏
2
⋅√𝑎𝑏> √𝑎𝑏⋅√𝑎𝑏
czyli 𝑃> 𝑎𝑏, co należało wykazać.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Dowód
"}]}