{"id":"matematyka-2024-grudzien-probna-rozszerzona/zad/2","paper_id":"matematyka-2024-grudzien-probna-rozszerzona","number":"2","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"probna","year":2024,"month":"grudzien","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 2. (0-2)\nOkrąg 𝒪 jest styczny do boków 𝐴𝐶 i 𝐵𝐶 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 oraz przecina bok 𝐴𝐵 tego\ntrójkąta w punktach 𝑀 oraz 𝑁, przy czym 0 < |𝐴𝑀| < |𝐴𝑁| < |𝐴𝐵|.\nWykaż, że jeśli |𝑨𝑴| = |𝑩𝑵|, to trójkąt 𝑨𝑩𝑪 jest równoramienny.\n2.\n0-1-2\n\nMMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 2. (0-2)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIV. Rozumowanie i argumentacja.\n1. Przeprowadzanie rozumowań, także\nkilkuetapowych, podawanie argumentów\nuzasadniających poprawność rozumowania,\nodróżnianie dowodu od przykładu.\nZdający:\nVIII.11) przeprowadza dowody\ngeometryczne.\nZasady oceniania\n2 pkt - przeprowadzenie pełnego rozumowania.\n1 pkt - uzasadnienie, że |𝐶𝐷| = |𝐶𝐸|\nALBO\n- uzasadnienie, że |𝐴𝐷| = |𝐵𝐸|.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝐷 - punkt styczności okręgu 𝒪 do boku 𝐴𝐶 trójkąta,\n𝐸 - punkt styczności okręgu 𝒪 do boku 𝐵𝐶 trójkąta,\n𝑆 - środek okręgu 𝒪 (zobacz rysunek).\nZ twierdzenia o odcinkach stycznych wynika, że |𝐶𝐷| = |𝐶𝐸|.\nPonieważ |𝑀𝑆| = |𝑁𝑆|, więc trójkąt 𝑀𝑁𝑆 jest równoramienny i |∡𝑆𝑀𝑁| = |∡𝑆𝑁𝑀|.\nZatem |∡𝑆𝑀𝐴| = |∡𝑆𝑁𝐵|.\nJeżeli |𝐴𝑀| = |𝑁𝐵|, to wówczas trójkąty 𝐴𝑀𝑆 i 𝐵𝑁𝑆 będą przystające (na podstawie\ncechy bkb przystawania trójkątów), czyli |𝐴𝑆| = |𝐵𝑆|. Z równości |𝐴𝑆| = |𝐵𝑆| oraz\n|𝐷𝑆| = |𝐸𝑆|, po zastosowaniu twierdzenia Pitagorasa, otrzymamy |𝐴𝐷| = |𝐵𝐸|. Stąd\n|𝐴𝐶| = |𝐴𝐷| + |𝐷𝐶| = |𝐶𝐸| + |𝐸𝐵| = |𝐵𝐶|\nTo należało wykazać.\n𝐴\n𝑀\n𝑁\n𝐸\n𝑆\n𝐷\n𝐶\n𝐵\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nSposób II\nOznaczmy przez 𝐷 punkt styczności okręgu 𝒪 do boku 𝐴𝐶 trójkąta. Niech 𝐸 będzie\npunktem styczności okręgu 𝒪 do boku 𝐵𝐶 trójkąta (zobacz rysunek).\nZ twierdzenia o odcinkach stycznych wynika, że |𝐶𝐷| = |𝐶𝐸|.\nJeżeli |𝐴𝑀| = |𝑁𝐵|, to z twierdzenia o odcinkach siecznej i stycznej otrzymujemy\n|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝑀| ⋅|𝐴𝑁| = |𝐴𝑀| ⋅(|𝐴𝑀| + |𝑀𝑁|) = |𝐴𝑀| ⋅(|𝐵𝑁| + |𝑀𝑁|) = |𝐴𝑀| ⋅|𝐵𝑀|\noraz\n|𝐵𝐸|2 = |𝐵𝑁| ⋅|𝐵𝑀| = |𝐴𝑀| ⋅|𝐵𝑀|\nZatem |𝐴𝐷| = |𝐵𝐸| i dlatego |𝐴𝐶| = |𝐴𝐷| + |𝐷𝐶| = |𝐵𝐸| + |𝐶𝐸| = |𝐵𝐶|.\nTo należało wykazać.\n𝐴\n𝑀\n𝑁\n𝐸\n𝐷\n𝐶\n𝐵","solution":"Dowód.","image":"img/matematyka-2024-grudzien-probna-rozszerzona/zad-2.webp","solution_image":null,"topics":"dowody_geometryczne","page_from":5,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"zadaniazmatur","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura próbna · grudzień 2024 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura próbna","text_html":"<p>Zadanie 2. (0-2)<br>Okrąg 𝒪 jest styczny do boków 𝐴𝐶 i 𝐵𝐶 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 oraz przecina bok 𝐴𝐵 tego<br>trójkąta w punktach 𝑀 oraz 𝑁, przy czym 0 &lt; |𝐴𝑀| &lt; |𝐴𝑁| &lt; |𝐴𝐵|.<br>Wykaż, że jeśli |𝑨𝑴| = |𝑩𝑵|, to trójkąt 𝑨𝑩𝑪 jest równoramienny.<br>2.<br>0-1-2</p>\n<p>MMAP-R0_100</p>","answer_text_html":"<p>Zadanie 2. (0-2)<br>Wymaganie ogólne<br>Wymaganie szczegółowe<br>IV. Rozumowanie i argumentacja.</p>\n<ol><li>Przeprowadzanie rozumowań, także</li></ol>\n<p>kilkuetapowych, podawanie argumentów<br>uzasadniających poprawność rozumowania,<br>odróżnianie dowodu od przykładu.<br>Zdający:<br>VIII.11) przeprowadza dowody<br>geometryczne.<br>Zasady oceniania<br>2 pkt - przeprowadzenie pełnego rozumowania.<br>1 pkt - uzasadnienie, że |𝐶𝐷| = |𝐶𝐸|<br>ALBO</p>\n<ul><li>uzasadnienie, że |𝐴𝐷| = |𝐵𝐸|.</li></ul>\n<p>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Przykładowe pełne rozwiązania<br>Sposób I<br>Przyjmijmy następujące oznaczenia:<br>𝐷 - punkt styczności okręgu 𝒪 do boku 𝐴𝐶 trójkąta,<br>𝐸 - punkt styczności okręgu 𝒪 do boku 𝐵𝐶 trójkąta,<br>𝑆 - środek okręgu 𝒪 (zobacz rysunek).<br>Z twierdzenia o odcinkach stycznych wynika, że |𝐶𝐷| = |𝐶𝐸|.<br>Ponieważ |𝑀𝑆| = |𝑁𝑆|, więc trójkąt 𝑀𝑁𝑆 jest równoramienny i |∡𝑆𝑀𝑁| = |∡𝑆𝑁𝑀|.<br>Zatem |∡𝑆𝑀𝐴| = |∡𝑆𝑁𝐵|.<br>Jeżeli |𝐴𝑀| = |𝑁𝐵|, to wówczas trójkąty 𝐴𝑀𝑆 i 𝐵𝑁𝑆 będą przystające (na podstawie<br>cechy bkb przystawania trójkątów), czyli |𝐴𝑆| = |𝐵𝑆|. Z równości |𝐴𝑆| = |𝐵𝑆| oraz<br>|𝐷𝑆| = |𝐸𝑆|, po zastosowaniu twierdzenia Pitagorasa, otrzymamy |𝐴𝐷| = |𝐵𝐸|. Stąd<br>|𝐴𝐶| = |𝐴𝐷| + |𝐷𝐶| = |𝐶𝐸| + |𝐸𝐵| = |𝐵𝐶|<br>To należało wykazać.<br>𝐴<br>𝑀<br>𝑁<br>𝐸<br>𝑆<br>𝐷<br>𝐶<br>𝐵<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Sposób II<br>Oznaczmy przez 𝐷 punkt styczności okręgu 𝒪 do boku 𝐴𝐶 trójkąta. Niech 𝐸 będzie<br>punktem styczności okręgu 𝒪 do boku 𝐵𝐶 trójkąta (zobacz rysunek).<br>Z twierdzenia o odcinkach stycznych wynika, że |𝐶𝐷| = |𝐶𝐸|.<br>Jeżeli |𝐴𝑀| = |𝑁𝐵|, to z twierdzenia o odcinkach siecznej i stycznej otrzymujemy<br>|𝐴𝐷|2 = |𝐴𝑀| ⋅|𝐴𝑁| = |𝐴𝑀| ⋅(|𝐴𝑀| + |𝑀𝑁|) = |𝐴𝑀| ⋅(|𝐵𝑁| + |𝑀𝑁|) = |𝐴𝑀| ⋅|𝐵𝑀|<br>oraz<br>|𝐵𝐸|2 = |𝐵𝑁| ⋅|𝐵𝑀| = |𝐴𝑀| ⋅|𝐵𝑀|<br>Zatem |𝐴𝐷| = |𝐵𝐸| i dlatego |𝐴𝐶| = |𝐴𝐷| + |𝐷𝐶| = |𝐵𝐸| + |𝐶𝐸| = |𝐵𝐶|.<br>To należało wykazać.<br>𝐴<br>𝑀<br>𝑁<br>𝐸<br>𝐷<br>𝐶<br>𝐵</p>","solutions":[{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"<p>Dowód.</p>"}]}