{"id":"matematyka-2024-czerwiec-matura-stara-podstawowa/zad/33","paper_id":"matematyka-2024-czerwiec-matura-stara-podstawowa","number":"33","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2024,"month":"czerwiec","level":"podstawowa","text":"Zadanie 33. (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.\n\nEMAP-P0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 33. (0-2)\nWymagania egzaminacyjne 2024\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Użycie i tworzenie strategii.\nZdający:\nG10.7) stosuje twierdzenie Pitagorasa.\n7.3) rozpoznaje trójkąty podobne\ni wykorzystuje cechy 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\nZasady oceniania rozwiązań zadań\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\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\nZasady oceniania rozwiązań zadań\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\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.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\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\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\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2024-czerwiec-matura-stara-podstawowa/zad-33.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":27,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · czerwiec 2024 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"<p>Zadanie 33. (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.</p>\n<p>EMAP-P0_100</p>","answer_text_html":"<p>Zadanie 33. (0-2)<br>Wymagania egzaminacyjne 2024<br>Wymaganie ogólne<br>Wymagania szczegółowe<br>IV. Użycie i tworzenie strategii.<br>Zdający:<br>G10.7) stosuje twierdzenie Pitagorasa.<br>7.3) rozpoznaje trójkąty podobne<br>i wykorzystuje cechy 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>Zasady oceniania rozwiązań zadań<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>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>Zasady oceniania rozwiązań zadań<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>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>Zasady oceniania rozwiązań zadań<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>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<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań</p>","solutions":[]}