{"id":"matematyka-2024-maj-matura-rozszerzona/zad/11","paper_id":"matematyka-2024-maj-matura-rozszerzona","number":"11","points":5,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2024,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 11. (0-5)\nW kartezjańskim układzie współrzędnych (𝑥, 𝑦) środek 𝑆 okręgu o promieniu √5 leży na\nprostej o równaniu 𝑦= 𝑥+ 1. Przez punkt 𝐴= (1, 2), którego odległość od punktu 𝑆 jest\nwiększa od √5, poprowadzono dwie proste styczne do tego okręgu w punktach -\nodpowiednio - 𝐵 i 𝐶. Pole czworokąta 𝐴𝐵𝑆𝐶 jest równe 15.\nOblicz współrzędne punktu 𝑺. Rozważ wszystkie przypadki. Zapisz obliczenia.\n11.\n0-1-\n2-3-\n4-5\n\nMMAP-R0_100\n\nMMAP-R0_100\nW kartezjańskim układzie współrzędnych (x,y) środek S okręgu o promieniu √5 leży na prostej o równaniu y=x+1. Przez punkt A=(1,2), którego odległość od punktu S jest większa od √5, poprowadzono dwie proste styczne do tego okręgu w punktach - odpowiednio - B i C. Pole czworokąta ABSC jest równe 15. Oblicz współrzędne punktu S. Rozważ wszystkie przypadki.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 11. (0-5)\nWymagania egzaminacyjne 2024\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIV. Rozumowanie i argumentacja.\n4. Stosowanie i tworzenie strategii przy\nrozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach\nnietypowych.\nZdający:\nIX.3) oblicza odległość dwóch punktów\nw układzie współrzędnych;\nIX.5) oblicza odległość punktu od prostej.\nIX.R1) posługuje się równaniem prostej\nw postaci ogólnej na płaszczyźnie […].\nZasady oceniania\n5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 𝑆= (6, 7) oraz 𝑆= (-4, -3).\n4 pkt - obliczenie obydwu wartości 𝑥𝑆: 6 oraz (-4)\nALBO\n- obliczenie obydwu współrzędnych punktu 𝑆 tylko dla jednego przypadku: 𝑆= (6, 7)\nalbo 𝑆= (-4, -3).\n3 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą (współrzędną punktu 𝑆), np.\n(𝑥𝑆-1)2 + (𝑥𝑆+ 1 -2)2 = 50,\n|2𝑥𝑆 - (𝑥𝑆 + 1)|\n√22+ (-1)2\n= √5,\n(𝑥𝑆-(-5))2 + (𝑥𝑆+ 1 -(-1))2 = 5,\n(𝑥𝑆-(-2))2 + (𝑥𝑆+ 1 -(-4))2 = 5,\n(𝑥𝑆-4)2 + (𝑥𝑆+ 1 -8)2 = 5,\n(𝑥𝑆-7)2 + (𝑥𝑆+ 1 -5)2 = 5.\n2 pkt - obliczenie długości 𝑚 odcinka 𝐴𝐵 (lub 𝐴𝐶) stycznej: 3√5\nALBO\n- obliczenie długości odcinka 𝐴𝑆: |𝐴𝑆| = 5√2.\n1 pkt - zapisanie współrzędnych punktu 𝑆 w zależności od jednej zmiennej, np.\n𝑆= (𝑥, 𝑥+ 1)\nALBO\n- zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością 𝑚 odcinka 𝐴𝐵 stycznej), np.\n15 = 2 ⋅1\n2 ⋅𝑚⋅√5,\nALBO\n- zapisanie układ trzech równań:\n|𝑧|2 = 𝑚2 + 𝑚2 -2𝑚⋅𝑚⋅cos 𝛼 oraz\n|𝑧|2 = (√5)2 + (√5)2 -2√5 ⋅√5 ⋅cos(180° -𝛼) oraz\n15 = 1\n2 ⋅𝑚2 ⋅sin 𝛼+ 1\n2 ⋅(√5)\n2 ⋅sin(180° -𝛼),\ngdzie 𝑧= |𝐵𝐶|, 𝑚= |𝐴𝐵|, 𝛼= |∡𝐵𝐴𝐶|.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający pomija współczynnik 1\n2 we wzorze na pole trójkąta lub deltoidu, to błąd ten\ntraktujemy jako błąd rachunkowy.\n2. Jeżeli zdający rozwiąże zadanie do końca, ale otrzyma więcej niż dwa punkty 𝑆, to może\notrzymać co najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nPromienie 𝐵𝑆 oraz 𝐶𝑆 okręgu poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do\nstycznych - odpowiednio - 𝐴𝐵 i 𝐴𝐶, więc trójkąty 𝐴𝐵𝑆 oraz 𝐴𝐶𝑆 są prostokątne.\nPonadto odcinki 𝐴𝐵 oraz 𝐴𝐶 mają równe długości, więc trójkąty te są przystające (na\npodstawie cechy bbb przystawania trójkątów). Oznaczmy 𝑚= |𝐴𝐵| = |𝐴𝐶| (zobacz\nrysunek).\nPole 𝑃𝐴𝐵𝑆𝐶 czworokąta 𝐴𝐵𝑆𝐶 jest sumą pól trójkątów przystających 𝐴𝐵𝑆 oraz 𝐴𝐶𝑆, więc\n𝑃𝐴𝐵𝑆𝐶= 𝑃𝐴𝐵𝑆+ 𝑃𝐴𝐶𝑆\n15 = 2 ⋅1\n2 ⋅ 𝑚⋅√5\n𝑚= 3√5\nZ twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐴𝐵𝑆 otrzymujemy\n|𝐴𝑆|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝑆|2 = (3√5)\n2 + (√5)\n2 = 50\nNiech 𝑥𝑆 będzie pierwszą współrzędną punktu 𝑆. Punkt 𝑆 leży na prostej o równaniu\n𝑦= 𝑥+ 1, więc 𝑆= (𝑥𝑆 , 𝑥𝑆+ 1).\nWtedy\n(𝑥𝑆-1)2 + (𝑥𝑆+ 1 -2)2 = 50\n𝐵\n𝐶\n𝑆\n𝑦\n1\n1\nξ5\n𝑚\n𝑚\nξ5\n𝑦= 𝑥+ 1\n𝐴\n𝑥\nStąd dalej otrzymujemy\n(𝑥𝑆-1)2 = 25\n|𝑥𝑆-1| = 5\n𝑥𝑆= 6 ∨ 𝑥𝑆= -4\nZatem 𝑆= (6, 7) lub 𝑆= (-4, -3).\nSposób II\nNiech 𝑥𝑆 będzie pierwszą współrzędną punktu 𝑆. Punkt 𝑆 leży na prostej o równaniu\n𝑦= 𝑥+ 1, więc 𝑆= (𝑥𝑆 , 𝑥𝑆+ 1).\nPromienie 𝐵𝑆 oraz 𝐶𝑆 okręgu poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do\nstycznych - odpowiednio - 𝐴𝐵 i 𝐴𝐶, więc trójkąty 𝐴𝐵𝑆 oraz 𝐴𝐶𝑆 są prostokątne.\nPonadto odcinki 𝐴𝐵 oraz 𝐴𝐶 mają równe długości, więc trójkąty te są przystające (na\npodstawie cechy bbb przystawania trójkątów). Oznaczmy 𝑚= |𝐴𝐵| = |𝐴𝐶| (zobacz\nrysunek).\nPole 𝑃𝐴𝐵𝑆𝐶 czworokąta 𝐴𝐵𝑆𝐶 jest sumą pól trójkątów przystających 𝐴𝐵𝑆 oraz 𝐴𝐶𝑆, więc\n𝑃𝐴𝐵𝑆𝐶= 𝑃𝐴𝐵𝑆+ 𝑃𝐴𝐶𝑆\n15 = 2 ⋅1\n2 ⋅ 𝑚⋅√5\n𝑚= 3√5\nZauważmy, że punkt 𝐴 leży na prostej o równaniu 𝑦= 𝑥+ 1. Każda prosta przechodząca\nprzez punkt 𝐴= (1, 2), poza prostą równoległą do osi 𝑂𝑦, ma równanie postaci\n𝑦= 𝑎(𝑥-1) + 2. Tangens kąta, jaki tworzy każda ze stycznych 𝐴𝐵 oraz 𝐴𝐶 z prostą\no równaniu 𝑦= 𝑥+ 1, jest równy\n𝐵\n𝐶\n𝑆\n𝑦\n1\n1\nξ5\n𝑚\n𝑚\nξ5\n𝑦= 𝑥+ 1\n𝐴\n𝑥\nZasady oceniania rozwiązań zadań\ntg 𝛼= √5\n𝑚= √5\n3√5\n= 1\n3\nStąd i ze wzoru na tangens kąta między prostymi otrzymujemy\n1\n3 = tg 𝛼= |𝑎-1\n𝑎+ 1|\n𝑎+ 1 = 3(𝑎-1) ∨ 𝑎+ 1 = -3(𝑎-1)\n𝑎= 2 ∨ 𝑎= 1\n2\nZatem styczne 𝐴𝐵 oraz 𝐴𝐶 mają równania postaci 𝑦= 2(𝑥-1) + 2 oraz\n𝑦= 1\n2 (𝑥-1) + 2, czyli 2𝑥-𝑦= 0 oraz 𝑥-2𝑦+ 3 = 0.\nOdległość punktu 𝑆 od każdej ze stycznych 𝐴𝐵 i 𝐴𝐶 jest równa √5. Zatem\n|2𝑥𝑆-(𝑥𝑆+ 1)|\n√22 + (-1)2\n= √5\n|𝑥𝑆-1| = 5\n𝑥𝑆= 6 ∨ 𝑥𝑆= -4\nIstnieją dwa punkty spełniające warunki zadania: 𝑆= (6, 7) oraz 𝑆= (-4, -3).","solution":"Odpowiedź: $S = (6, 7)$ lub $S = (-4, -3)$ — dwa rozwiązania.\n\nStrona arkusza CKE z tym zadaniem\n\nKonfiguracja — co jest dane\n\nCztery elementy układu:\n\n- prosta $y = x + 1$ — na niej leży środek $S$\n- okrąg o środku $S$ i promieniu $\\sqrt{5}$\n- punkt $A = (1, 2)$ — punkt zewnętrzny ($|AS| > \\sqrt{5}$)\n- dwie styczne $AB$ i $AC$ — odcinki od $A$ do punktów styczności $B$ i $C$ na okręgu\n\nCzworokąt $ABSC$ tworzą cztery wierzchołki: $A$, $B$, $S$, $C$. Jego pole jest $15$.\n\nKlucz — własności geometryczne\n\nTrzy fakty, na których stoi rozwiązanie:\n\n1. Promień do punktu styczności jest prostopadły do stycznej. Stąd $\\angle ABS = \\angle ACS = 90°$.\n2. Odcinki styczne z jednego punktu mają równe długości: $|AB| = |AC|$.\n3. Trójkąty $ABS$ i $ACS$ są przystające (oba prostokątne, mają wspólną przeciwprostokątną $AS$ i równe boki $AB = AC$).\n\nCzworokąt $ABSC$ to deltoid (dwa boki $SB = SC = \\sqrt{5}$, dwa boki $AB = AC$). Jego pole to suma pól dwóch przystających trójkątów prostokątnych.\n\nKrok 1 — wyznacz $|AB|$ z pola czworokąta\n\nZapisz pole jako sumę dwóch trójkątów. Niech $m = |AB| = |AC|$.\n\n$$P_{ABSC} = 2 \\cdot P_{\\triangle ABS} = 2 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot m \\cdot \\sqrt{5} = m \\sqrt{5}$$\n\nZ warunku $P_{ABSC} = 15$:\n\n$$m \\sqrt{5} = 15 \\quad\\Rightarrow\\quad m = \\frac{15}{\\sqrt{5}} = \\frac{15 \\sqrt{5}}{5} = 3\\sqrt{5}$$\n\nOblicz $|AS|$ z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABS$ (prostokątnym przy $B$):\n\n$$|AS|^2 = |AB|^2 + |BS|^2 = (3\\sqrt{5})^2 + (\\sqrt{5})^2 = 45 + 5 = 50$$\n\n$$|AS| = \\sqrt{50} = 5\\sqrt{2}$$\n\nKrok 2 — znajdź $S$ na prostej $y = x + 1$ w odległości $5\\sqrt{2}$ od $A$\n\nWprowadź jedną zmienną. Punkt $S$ leży na prostej $y = x + 1$, więc:\n\n$$S = (x_S,\\ x_S + 1)$$\n\nZapisz warunek odległości $|AS|^2 = 50$, gdzie $A = (1, 2)$:\n\n$$(x_S - 1)^2 + (x_S + 1 - 2)^2 = 50$$\n\n$$(x_S - 1)^2 + (x_S - 1)^2 = 50$$\n\n$$2(x_S - 1)^2 = 50$$\n\n$$(x_S - 1)^2 = 25$$\n\nRozwiąż na $x_S$:\n\n$$|x_S - 1| = 5 \\quad\\Rightarrow\\quad x_S = 6 \\quad\\text{lub}\\quad x_S = -4$$\n\nStąd dwie możliwości:\n\n$$S_1 = (6, 7), \\qquad S_2 = (-4, -3)$$\n\nSprawdź warunek „odległość od $A$ większa od $\\sqrt{5}$\".\n\n$|AS| = 5\\sqrt{2} = \\sqrt{50}$, a $\\sqrt{5} \\approx 2{,}24$. Mamy $5\\sqrt{2} > \\sqrt{5}$ ✓ dla obu punktów.\n\nDlaczego dwa rozwiązania?\n\nGeometrycznie: konfiguracja „punkt $A$ + okrąg w odległości $5\\sqrt{2}$\" jest symetryczna względem $A$. Środek $S$ może leżeć po jednej lub drugiej stronie $A$ wzdłuż prostej $y = x + 1$ — oba położenia spełniają warunki zadania:\n\n- $S_1 = (6, 7)$ — na prawo od $A$\n- $S_2 = (-4, -3)$ — na lewo od $A$\n\nTreść zadania mówi „rozważ wszystkie przypadki\" — dlatego ZAWSZE odpowiadamy oba.\n\nPunktacja CKE\n\n- 1 pkt — zapisanie $S = (x, x+1)$ ALBO układu równań z $m$, $\\alpha$ ALBO równania z $m$ (np. $15 = 2 \\cdot \\tfrac{1}{2} \\cdot m \\cdot \\sqrt{5}$).\n- 2 pkt — obliczenie $m = |AB| = 3\\sqrt{5}$ ALBO obliczenie $|AS| = 5\\sqrt{2}$.\n- 3 pkt — zapisanie równania z jedną niewiadomą (np. $(x_S - 1)^2 + (x_S - 1)^2 = 50$).\n- 4 pkt — obliczenie obu wartości $x_S = 6$ i $x_S = -4$ ALBO znalezienie obu współrzędnych dla jednego rozwiązania.\n- 5 pkt — oba punkty $S = (6, 7)$ i $S = (-4, -3)$.\n\nKlucz uniwersalny\n\nTrzy własności styczne-okrąg, które warto mieć w pamięci:\n\n1. Styczne z jednego punktu zewnętrznego są równej długości ($|AB| = |AC|$).\n2. Promień w punkcie styczności jest prostopadły do stycznej ($\\angle SBA = 90°$).\n3. Czworokąt $A$-styczność-$S$-styczność to deltoid z polem $= 2 \\cdot \\tfrac{1}{2} \\cdot \\text{styczna} \\cdot \\text{promień}$.\n\nTe trzy fakty rozwiązują 90% zadań „styczne z punktu zewnętrznego\" — reszta to arytmetyka.\n\nTypowy błąd: CKE wprost: jeśli otrzymasz więcej niż dwa punkty $S$ (np. zapomnisz, że to musi być na prostej $y = x + 1$ i sprawdzisz wszystkie punkty na okręgu wokół $A$) — maksimum 4 pkt. Druga pułapka: pomiń współczynnik $\\tfrac{1}{2}$ we wzorze na pole trójkąta i wszystko się rozjeżdża.","image":"img/matematyka-2024-maj-matura-rozszerzona/zad-11.webp","solution_image":"img/matematyka-2024-maj-matura-rozszerzona/sol-11.svg","topics":"geometria analityczna, okrąg, styczne, deltoid, analityczna","page_from":18,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2024 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"<p>Zadanie 11. (0-5)<br>W kartezjańskim układzie współrzędnych (𝑥, 𝑦) środek 𝑆 okręgu o promieniu √5 leży na<br>prostej o równaniu 𝑦= 𝑥+ 1. Przez punkt 𝐴= (1, 2), którego odległość od punktu 𝑆 jest<br>większa od √5, poprowadzono dwie proste styczne do tego okręgu w punktach -<br>odpowiednio - 𝐵 i 𝐶. Pole czworokąta 𝐴𝐵𝑆𝐶 jest równe 15.<br>Oblicz współrzędne punktu 𝑺. Rozważ wszystkie przypadki. Zapisz obliczenia.<br>11.<br>0-1-<br>2-3-<br>4-5</p>\n<p>MMAP-R0_100</p>\n<p>MMAP-R0_100<br>W kartezjańskim układzie współrzędnych (x,y) środek S okręgu o promieniu √5 leży na prostej o równaniu y=x+1. Przez punkt A=(1,2), którego odległość od punktu S jest większa od √5, poprowadzono dwie proste styczne do tego okręgu w punktach - odpowiednio - B i C. Pole czworokąta ABSC jest równe 15. Oblicz współrzędne punktu S. Rozważ wszystkie przypadki.</p>","answer_text_html":"<p>Zadanie 11. (0-5)<br>Wymagania egzaminacyjne 2024<br>Wymaganie ogólne<br>Wymagania 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>IX.3) oblicza odległość dwóch punktów<br>w układzie współrzędnych;<br>IX.5) oblicza odległość punktu od prostej.<br>IX.R1) posługuje się równaniem prostej<br>w postaci ogólnej na płaszczyźnie […].<br>Zasady oceniania<br>5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 𝑆= (6, 7) oraz 𝑆= (-4, -3).<br>4 pkt - obliczenie obydwu wartości 𝑥𝑆: 6 oraz (-4)<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie obydwu współrzędnych punktu 𝑆 tylko dla jednego przypadku: 𝑆= (6, 7)</li></ul>\n<p>albo 𝑆= (-4, -3).<br>3 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą (współrzędną punktu 𝑆), np.<br>(𝑥𝑆-1)2 + (𝑥𝑆+ 1 -2)2 = 50,<br>|2𝑥𝑆 - (𝑥𝑆 + 1)|<br>√22+ (-1)2<br>= √5,<br>(𝑥𝑆-(-5))2 + (𝑥𝑆+ 1 -(-1))2 = 5,<br>(𝑥𝑆-(-2))2 + (𝑥𝑆+ 1 -(-4))2 = 5,<br>(𝑥𝑆-4)2 + (𝑥𝑆+ 1 -8)2 = 5,<br>(𝑥𝑆-7)2 + (𝑥𝑆+ 1 -5)2 = 5.<br>2 pkt - obliczenie długości 𝑚 odcinka 𝐴𝐵 (lub 𝐴𝐶) stycznej: 3√5<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości odcinka 𝐴𝑆: |𝐴𝑆| = 5√2.</li></ul>\n<p>1 pkt - zapisanie współrzędnych punktu 𝑆 w zależności od jednej zmiennej, np.<br>𝑆= (𝑥, 𝑥+ 1)<br>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością 𝑚 odcinka 𝐴𝐵 stycznej), np.</li></ul>\n<p>15 = 2 ⋅1<br>2 ⋅𝑚⋅√5,<br>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie układ trzech równań:</li></ul>\n<p>|𝑧|2 = 𝑚2 + 𝑚2 -2𝑚⋅𝑚⋅cos 𝛼 oraz<br>|𝑧|2 = (√5)2 + (√5)2 -2√5 ⋅√5 ⋅cos(180° -𝛼) oraz<br>15 = 1<br>2 ⋅𝑚2 ⋅sin 𝛼+ 1<br>2 ⋅(√5)<br>2 ⋅sin(180° -𝛼),<br>gdzie 𝑧= |𝐵𝐶|, 𝑚= |𝐴𝐵|, 𝛼= |∡𝐵𝐴𝐶|.<br>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Uwagi:</p>\n<ol><li>Jeżeli zdający pomija współczynnik 1</li></ol>\n<p>2 we wzorze na pole trójkąta lub deltoidu, to błąd ten<br>traktujemy jako błąd rachunkowy.</p>\n<ol><li>Jeżeli zdający rozwiąże zadanie do końca, ale otrzyma więcej niż dwa punkty 𝑆, to może</li></ol>\n<p>otrzymać co najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie.<br>Przykładowe pełne rozwiązania<br>Sposób I<br>Promienie 𝐵𝑆 oraz 𝐶𝑆 okręgu poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do<br>stycznych - odpowiednio - 𝐴𝐵 i 𝐴𝐶, więc trójkąty 𝐴𝐵𝑆 oraz 𝐴𝐶𝑆 są prostokątne.<br>Ponadto odcinki 𝐴𝐵 oraz 𝐴𝐶 mają równe długości, więc trójkąty te są przystające (na<br>podstawie cechy bbb przystawania trójkątów). Oznaczmy 𝑚= |𝐴𝐵| = |𝐴𝐶| (zobacz<br>rysunek).<br>Pole 𝑃𝐴𝐵𝑆𝐶 czworokąta 𝐴𝐵𝑆𝐶 jest sumą pól trójkątów przystających 𝐴𝐵𝑆 oraz 𝐴𝐶𝑆, więc<br>𝑃𝐴𝐵𝑆𝐶= 𝑃𝐴𝐵𝑆+ 𝑃𝐴𝐶𝑆<br>15 = 2 ⋅1<br>2 ⋅ 𝑚⋅√5<br>𝑚= 3√5<br>Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐴𝐵𝑆 otrzymujemy<br>|𝐴𝑆|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝑆|2 = (3√5)<br>2 + (√5)<br>2 = 50<br>Niech 𝑥𝑆 będzie pierwszą współrzędną punktu 𝑆. Punkt 𝑆 leży na prostej o równaniu<br>𝑦= 𝑥+ 1, więc 𝑆= (𝑥𝑆 , 𝑥𝑆+ 1).<br>Wtedy<br>(𝑥𝑆-1)2 + (𝑥𝑆+ 1 -2)2 = 50<br>𝐵<br>𝐶<br>𝑆<br>𝑦<br>1<br>1<br>ξ5<br>𝑚<br>𝑚<br>ξ5<br>𝑦= 𝑥+ 1<br>𝐴<br>𝑥<br>Stąd dalej otrzymujemy<br>(𝑥𝑆-1)2 = 25<br>|𝑥𝑆-1| = 5<br>𝑥𝑆= 6 ∨ 𝑥𝑆= -4<br>Zatem 𝑆= (6, 7) lub 𝑆= (-4, -3).<br>Sposób II<br>Niech 𝑥𝑆 będzie pierwszą współrzędną punktu 𝑆. Punkt 𝑆 leży na prostej o równaniu<br>𝑦= 𝑥+ 1, więc 𝑆= (𝑥𝑆 , 𝑥𝑆+ 1).<br>Promienie 𝐵𝑆 oraz 𝐶𝑆 okręgu poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do<br>stycznych - odpowiednio - 𝐴𝐵 i 𝐴𝐶, więc trójkąty 𝐴𝐵𝑆 oraz 𝐴𝐶𝑆 są prostokątne.<br>Ponadto odcinki 𝐴𝐵 oraz 𝐴𝐶 mają równe długości, więc trójkąty te są przystające (na<br>podstawie cechy bbb przystawania trójkątów). Oznaczmy 𝑚= |𝐴𝐵| = |𝐴𝐶| (zobacz<br>rysunek).<br>Pole 𝑃𝐴𝐵𝑆𝐶 czworokąta 𝐴𝐵𝑆𝐶 jest sumą pól trójkątów przystających 𝐴𝐵𝑆 oraz 𝐴𝐶𝑆, więc<br>𝑃𝐴𝐵𝑆𝐶= 𝑃𝐴𝐵𝑆+ 𝑃𝐴𝐶𝑆<br>15 = 2 ⋅1<br>2 ⋅ 𝑚⋅√5<br>𝑚= 3√5<br>Zauważmy, że punkt 𝐴 leży na prostej o równaniu 𝑦= 𝑥+ 1. Każda prosta przechodząca<br>przez punkt 𝐴= (1, 2), poza prostą równoległą do osi 𝑂𝑦, ma równanie postaci<br>𝑦= 𝑎(𝑥-1) + 2. Tangens kąta, jaki tworzy każda ze stycznych 𝐴𝐵 oraz 𝐴𝐶 z prostą<br>o równaniu 𝑦= 𝑥+ 1, jest równy<br>𝐵<br>𝐶<br>𝑆<br>𝑦<br>1<br>1<br>ξ5<br>𝑚<br>𝑚<br>ξ5<br>𝑦= 𝑥+ 1<br>𝐴<br>𝑥<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>tg 𝛼= √5<br>𝑚= √5<br>3√5<br>= 1<br>3<br>Stąd i ze wzoru na tangens kąta między prostymi otrzymujemy<br>1<br>3 = tg 𝛼= |𝑎-1<br>𝑎+ 1|<br>𝑎+ 1 = 3(𝑎-1) ∨ 𝑎+ 1 = -3(𝑎-1)<br>𝑎= 2 ∨ 𝑎= 1<br>2<br>Zatem styczne 𝐴𝐵 oraz 𝐴𝐶 mają równania postaci 𝑦= 2(𝑥-1) + 2 oraz<br>𝑦= 1<br>2 (𝑥-1) + 2, czyli 2𝑥-𝑦= 0 oraz 𝑥-2𝑦+ 3 = 0.<br>Odległość punktu 𝑆 od każdej ze stycznych 𝐴𝐵 i 𝐴𝐶 jest równa √5. Zatem<br>|2𝑥𝑆-(𝑥𝑆+ 1)|<br>√22 + (-1)2<br>= √5<br>|𝑥𝑆-1| = 5<br>𝑥𝑆= 6 ∨ 𝑥𝑆= -4<br>Istnieją dwa punkty spełniające warunki zadania: 𝑆= (6, 7) oraz 𝑆= (-4, -3).</p>","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2024-maj-matura-rozszerzona/sol-11.svg"},{"source":"maturaonline","label":"matura-online.pl","kind":"text","html":"<p>Odpowiedź: $S = (6, 7)$ lub $S = (-4, -3)$ — dwa rozwiązania.</p>\n<p>Strona arkusza CKE z tym zadaniem</p>\n<p>Konfiguracja — co jest dane</p>\n<p>Cztery elementy układu:</p>\n<ul><li>prosta $y = x + 1$ — na niej leży środek $S$</li><li>okrąg o środku $S$ i promieniu $\\sqrt{5}$</li><li>punkt $A = (1, 2)$ — punkt zewnętrzny ($|AS| &gt; \\sqrt{5}$)</li><li>dwie styczne $AB$ i $AC$ — odcinki od $A$ do punktów styczności $B$ i $C$ na okręgu</li></ul>\n<p>Czworokąt $ABSC$ tworzą cztery wierzchołki: $A$, $B$, $S$, $C$. Jego pole jest $15$.</p>\n<p>Klucz — własności geometryczne</p>\n<p>Trzy fakty, na których stoi rozwiązanie:</p>\n<ol><li>Promień do punktu styczności jest prostopadły do stycznej. Stąd $\\angle ABS = \\angle ACS = 90°$.</li><li>Odcinki styczne z jednego punktu mają równe długości: $|AB| = |AC|$.</li><li>Trójkąty $ABS$ i $ACS$ są przystające (oba prostokątne, mają wspólną przeciwprostokątną $AS$ i równe boki $AB = AC$).</li></ol>\n<p>Czworokąt $ABSC$ to deltoid (dwa boki $SB = SC = \\sqrt{5}$, dwa boki $AB = AC$). Jego pole to suma pól dwóch przystających trójkątów prostokątnych.</p>\n<p>Krok 1 — wyznacz $|AB|$ z pola czworokąta</p>\n<p>Zapisz pole jako sumę dwóch trójkątów. Niech $m = |AB| = |AC|$.</p>\n<p>$$P_{ABSC} = 2 \\cdot P_{\\triangle ABS} = 2 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot m \\cdot \\sqrt{5} = m \\sqrt{5}$$</p>\n<p>Z warunku $P_{ABSC} = 15$:</p>\n<p>$$m \\sqrt{5} = 15 \\quad\\Rightarrow\\quad m = \\frac{15}{\\sqrt{5}} = \\frac{15 \\sqrt{5}}{5} = 3\\sqrt{5}$$</p>\n<p>Oblicz $|AS|$ z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABS$ (prostokątnym przy $B$):</p>\n<p>$$|AS|^2 = |AB|^2 + |BS|^2 = (3\\sqrt{5})^2 + (\\sqrt{5})^2 = 45 + 5 = 50$$</p>\n<p>$$|AS| = \\sqrt{50} = 5\\sqrt{2}$$</p>\n<p>Krok 2 — znajdź $S$ na prostej $y = x + 1$ w odległości $5\\sqrt{2}$ od $A$</p>\n<p>Wprowadź jedną zmienną. Punkt $S$ leży na prostej $y = x + 1$, więc:</p>\n<p>$$S = (x_S,\\ x_S + 1)$$</p>\n<p>Zapisz warunek odległości $|AS|^2 = 50$, gdzie $A = (1, 2)$:</p>\n<p>$$(x_S - 1)^2 + (x_S + 1 - 2)^2 = 50$$</p>\n<p>$$(x_S - 1)^2 + (x_S - 1)^2 = 50$$</p>\n<p>$$2(x_S - 1)^2 = 50$$</p>\n<p>$$(x_S - 1)^2 = 25$$</p>\n<p>Rozwiąż na $x_S$:</p>\n<p>$$|x_S - 1| = 5 \\quad\\Rightarrow\\quad x_S = 6 \\quad\\text{lub}\\quad x_S = -4$$</p>\n<p>Stąd dwie możliwości:</p>\n<p>$$S_1 = (6, 7), \\qquad S_2 = (-4, -3)$$</p>\n<p>Sprawdź warunek „odległość od $A$ większa od $\\sqrt{5}$&quot;.</p>\n<p>$|AS| = 5\\sqrt{2} = \\sqrt{50}$, a $\\sqrt{5} \\approx 2{,}24$. Mamy $5\\sqrt{2} &gt; \\sqrt{5}$ ✓ dla obu punktów.</p>\n<p>Dlaczego dwa rozwiązania?</p>\n<p>Geometrycznie: konfiguracja „punkt $A$ + okrąg w odległości $5\\sqrt{2}$&quot; jest symetryczna względem $A$. Środek $S$ może leżeć po jednej lub drugiej stronie $A$ wzdłuż prostej $y = x + 1$ — oba położenia spełniają warunki zadania:</p>\n<ul><li>$S_1 = (6, 7)$ — na prawo od $A$</li><li>$S_2 = (-4, -3)$ — na lewo od $A$</li></ul>\n<p>Treść zadania mówi „rozważ wszystkie przypadki&quot; — dlatego ZAWSZE odpowiadamy oba.</p>\n<p>Punktacja CKE</p>\n<ul><li>1 pkt — zapisanie $S = (x, x+1)$ ALBO układu równań z $m$, $\\alpha$ ALBO równania z $m$ (np. $15 = 2 \\cdot \\tfrac{1}{2} \\cdot m \\cdot \\sqrt{5}$).</li><li>2 pkt — obliczenie $m = |AB| = 3\\sqrt{5}$ ALBO obliczenie $|AS| = 5\\sqrt{2}$.</li><li>3 pkt — zapisanie równania z jedną niewiadomą (np. $(x_S - 1)^2 + (x_S - 1)^2 = 50$).</li><li>4 pkt — obliczenie obu wartości $x_S = 6$ i $x_S = -4$ ALBO znalezienie obu współrzędnych dla jednego rozwiązania.</li><li>5 pkt — oba punkty $S = (6, 7)$ i $S = (-4, -3)$.</li></ul>\n<p>Klucz uniwersalny</p>\n<p>Trzy własności styczne-okrąg, które warto mieć w pamięci:</p>\n<ol><li>Styczne z jednego punktu zewnętrznego są równej długości ($|AB| = |AC|$).</li><li>Promień w punkcie styczności jest prostopadły do stycznej ($\\angle SBA = 90°$).</li><li>Czworokąt $A$-styczność-$S$-styczność to deltoid z polem $= 2 \\cdot \\tfrac{1}{2} \\cdot \\text{styczna} \\cdot \\text{promień}$.</li></ol>\n<p>Te trzy fakty rozwiązują 90% zadań „styczne z punktu zewnętrznego&quot; — reszta to arytmetyka.</p>\n<p>Typowy błąd: CKE wprost: jeśli otrzymasz więcej niż dwa punkty $S$ (np. zapomnisz, że to musi być na prostej $y = x + 1$ i sprawdzisz wszystkie punkty na okręgu wokół $A$) — maksimum 4 pkt. Druga pułapka: pomiń współczynnik $\\tfrac{1}{2}$ we wzorze na pole trójkąta i wszystko się rozjeżdża.</p>"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"<h4>Poprawna odpowiedź: \\(S = (6, 7)\\) lub \\(S = (-4, -3)\\)</h4>\n<h4>Sposób 1 - Pole czworokąta przez długości stycznych</h4>\n<p><strong>Parametryzacja środka okręgu.</strong></p>\n<p>Ponieważ \\(S\\) leży na prostej \\(y = x + 1\\), piszemy:<br>\\[S = (a,\\ a+1) \\quad \\text{dla pewnego } a \\in \\mathbb{R}\\]</p>\n<p><strong>Kluczowa własność stycznych.</strong></p>\n<p>Styczne \\(AB\\) i \\(AC\\) poprowadzone z zewnętrznego punktu \\(A\\) do okręgu spełniają:</p>\n<ul><li>\\(SB \\perp AB\\) oraz \\(SC \\perp AC\\) (promień prostopadły do stycznej),</li><li>\\(|SB| = |SC| = \\sqrt{5}\\) (promienie okręgu),</li><li>\\(|AB| = |AC|\\) (styczne z jednego punktu zewnętrznego są równe).</li></ul>\n<p>Czworokąt \\(ABSC\\) jest zatem <strong>latawcem</strong> (kitem) z kątami prostymi w \\(B\\) i \\(C\\).</p>\n<p><strong>Pole czworokąta \\(ABSC\\).</strong></p>\n<p>Dzielimy go przekątną \\(AS\\) na dwa przystające trójkąty prostokątne \\(ABS\\) i \\(ACS\\):<br>\\[P_{ABSC} = 2 \\cdot \\frac{1}{2} \\cdot |AB| \\cdot |SB| = |AB| \\cdot \\sqrt{5}\\]</p>\n<p>Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \\(ABS\\) (kąt prosty przy \\(B\\)):<br>\\[|AB|^2 = |AS|^2 - |SB|^2 = |AS|^2 - 5\\]</p>\n<p>Podstawiamy warunek \\(P_{ABSC} = 15\\):<br>\\[\\sqrt{|AS|^2 - 5} \\cdot \\sqrt{5} = 15\\]<br>\\[5\\bigl(|AS|^2 - 5\\bigr) = 225\\]<br>\\[|AS|^2 = 50\\]</p>\n<p><strong>Obliczenie \\(|AS|^2\\) ze współrzędnych.</strong></p>\n<p>Mamy \\(A = (1, 2)\\) i \\(S = (a, a+1)\\):<br>\\[|AS|^2 = (a-1)^2 + (a+1-2)^2 = (a-1)^2 + (a-1)^2 = 2(a-1)^2\\]</p>\n<p>Przyrównujemy:<br>\\[2(a-1)^2 = 50\\]<br>\\[(a-1)^2 = 25\\]<br>\\[a - 1 = \\pm 5\\]</p>\n<p>\\[a = 6 \\implies S = (6,\\ 7)\\]<br>\\[a = -4 \\implies S = (-4,\\ -3)\\]</p>\n<p>Sprawdzamy warunek \\(|AS| &gt; \\sqrt{5}\\): \\(|AS| = \\sqrt{50} = 5\\sqrt{2} \\approx 7{,}07 &gt; \\sqrt{5}\\) - spełniony dla obu przypadków. ✓</p>\n<p><strong>Odpowiedź: \\(S = (6, 7)\\) lub \\(S = (-4, -3)\\).</strong></p>\n<h4>Sposób 2 - Weryfikacja przez podstawienie</h4>\n<p>Sprawdzamy oba wyniki bezpośrednio.</p>\n<p><strong>Dla \\(S = (6, 7)\\):</strong><br>\\[|AS| = \\sqrt{(6-1)^2 + (7-2)^2} = \\sqrt{25 + 25} = 5\\sqrt{2} &gt; \\sqrt{5} \\checkmark\\]</p>\n<p>Długość stycznej z \\(A\\) do okręgu:<br>\\[|AB| = \\sqrt{|AS|^2 - r^2} = \\sqrt{50 - 5} = \\sqrt{45} = 3\\sqrt{5}\\]</p>\n<p>Pole czworokąta:<br>\\[P = |AB| \\cdot r = 3\\sqrt{5} \\cdot \\sqrt{5} = 3 \\cdot 5 = 15 \\checkmark\\]</p>\n<p><strong>Dla \\(S = (-4, -3)\\):</strong><br>\\[|AS| = \\sqrt{(-4-1)^2 + (-3-2)^2} = \\sqrt{25 + 25} = 5\\sqrt{2} &gt; \\sqrt{5} \\checkmark\\]<br>\\[|AB| = \\sqrt{50 - 5} = 3\\sqrt{5}\\]<br>\\[P = 3\\sqrt{5} \\cdot \\sqrt{5} = 15 \\checkmark\\]</p>\n<p>Oba punkty \\(S\\) spełniają wszystkie warunki zadania.</p>\n<h4>Wzory z karty CKE</h4>\n<p><strong>Dział 11 (Geometria analityczna, s. 22-25)</strong> - odległość między dwoma punktami:<br>\\[|AS| = \\sqrt{(x_S - x_A)^2 + (y_S - y_A)^2}\\]<br>Użyliśmy tego do wyrażenia \\(|AS|^2 = 2(a-1)^2\\).</p>\n<p><strong>Dział 10 (Planimetria, s. 15-21)</strong> - twierdzenie Pitagorasa:<br>\\[|AB|^2 + |SB|^2 = |AS|^2\\]<br>Użyliśmy w trójkącie \\(ABS\\) (kąt prosty przy \\(B\\)), aby wyrazić długość stycznej przez \\(|AS|\\).</p>\n<h4>Typowe pułapki i uwaga</h4>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Zapominanie, że czworokąt \\(ABSC\\) składa się z <strong>dwóch</strong> trójkątów prostokątnych - uczniowie często liczą pole tylko jednego, pomijając czynnik 2, i dostają błędny wynik \\(|AB| \\cdot \\frac{\\sqrt{5}}{2} = 15\\).</blockquote>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Ponieważ \\(S\\) leży na prostej \\(y = x + 1\\), obie współrzędne zależą od jednego parametru \\(a\\). Pominięcie podstawienia \\(b = a + 1\\) i traktowanie \\(a, b\\) niezależnie prowadzi do układu z nieskończenie wieloma rozwiązaniami.</blockquote>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Zadanie wymaga rozważenia <strong>wszystkich przypadków</strong> - uczeń musi sprawdzić warunek \\(|AS| &gt; \\sqrt{5}\\) i nie odrzucić z góry żadnego rozwiązania. Tu oba wyniki \\(a = 6\\) i \\(a = -4\\) są poprawne.</blockquote>\n<h5>Analiza zadania</h5>\n<p>Promień \\(SB\\perp AB\\) (styczna prostopadła do promienia w punkcie styczności). Trójkąty \\(ABS\\) i \\(ACS\\) przystające (cecha bbb), każdy prostokątny z \\(|BS|=|CS|=\\sqrt{5}\\). Pole \\(ABSC=15\\).</p>\n<h5>Sposób 1 (Pitagoras)</h5>\n<p>Oznaczamy \\(m=|AB|=|AC|\\). Pole: \\[15=2\\cdot\\dfrac{1}{2}\\cdot m\\cdot\\sqrt{5}\\Rightarrow m=3\\sqrt{5}\\]</p>\n<p>Z Pitagorasa w \\(\\triangle ABS\\): \\(|AS|^{2}=m^{2}+5=45+5=50\\).</p>\n<p>Punkt \\(S=(x_S,x_S+1)\\). Odległość \\(|AS|^2=(x_S-1)^2+(x_S+1-2)^2=(x_S-1)^2+(x_S-1)^2=2(x_S-1)^2=50\\).</p>\n<p>\\((x_S-1)^2=25\\Rightarrow x_S=6\\) lub \\(x_S=-4\\). Zatem \\(S=(6,7)\\) lub \\(S=(-4,-3)\\).</p>\n<h5>Sposób 2 (przez tangens kąta)</h5>\n<p>\\(A=(1,2)\\) leży na prostej \\(y=x+1\\)! Każda prosta przez \\(A\\) (poza pionową): \\(y=a(x-1)+2\\). Tangens kąta między styczną a prostą \\(y=x+1\\): \\(\\tan\\alpha=\\dfrac{\\sqrt{5}}{m}=\\dfrac{\\sqrt{5}}{3\\sqrt{5}}=\\tfrac{1}{3}\\).</p>\n<p>\\(\\tfrac{1}{3}=\\left|\\dfrac{a-1}{a+1}\\right|\\Rightarrow a=2\\) lub \\(a=\\tfrac{1}{2}\\). Styczne: \\(2x-y=0\\) oraz \\(x-2y+3=0\\). Odległość \\(S\\) od każdej jest \\(\\sqrt{5}\\): \\[\\dfrac{|2x_S-(x_S+1)|}{\\sqrt{5}}=\\sqrt{5}\\Rightarrow |x_S-1|=5\\Rightarrow x_S=6\\text{ lub }x_S=-4\\]</p>\n<h5>Odniesienie do karty wzorów CKE</h5>\n<p>Dział IX: Odległość punktu od prostej \\(d=\\dfrac{|Ax_0+By_0+C|}{\\sqrt{A^2+B^2}}\\); odległość dwóch punktów; równanie prostej; styczna prostopadła do promienia.</p>\n<h5>Uwagi o punktacji</h5>\n<ul><li>5 pkt: poprawna metoda i wynik \\(S=(6,7)\\) oraz \\(S=(-4,-3)\\)</li><li>4 pkt: obliczenie jednego punktu \\(S\\)</li><li>3 pkt: zapisanie równania z jedną niewiadomą (współrzędną \\(S\\))</li><li>2 pkt: obliczenie długości stycznej \\(m=3\\sqrt{5}\\) lub \\(|AS|=5\\sqrt{2}\\)</li><li>1 pkt: zapisanie \\(S=(x,x+1)\\) lub zapisanie równania z \\(m\\)</li><li>0 pkt: niepoprawna metoda</li></ul>\n<p><strong>Trik:</strong> Kluczowe zauważenie: punkt \\(A=(1,2)\\) leży na prostej \\(y=x+1\\)! To znaczy, że \\(AS\\) leży na tej prostej - upraszcza to rachunki o połowę. Bez tego spostrzeżenia metoda 1 jest szybsza od metody 2.</p>"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"<p>$S = (6, 7)$ lub $S = (-4, -3)$</p>"}]}