Zadanie 9. (0-4)
Dany jest kwadrat 𝐴𝐵𝐶𝐷 o boku długości 𝑎. Punkt 𝐸 jest środkiem boku 𝐶𝐷. Przekątna
𝐵𝐷 dzieli trójkąt 𝐴𝐶𝐸 na dwie figury: 𝐴𝐺𝐹 oraz 𝐶𝐸𝐹𝐺 (zobacz rysunek).
Oblicz pola figur 𝑨𝑮𝑭 oraz 𝑪𝑬𝑭𝑮. Zapisz obliczenia.
9.
0-1-
2-3-4
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
𝐹
𝐺
𝑎
MMAP-R0_100
\nMMAP-R0_100
Dany jest kwadrat ABCD o boku długości a. Punkt E jest środkiem boku CD. Przekątna BD dzieli trójkąt ACE na dwie figury: AGF oraz CEFG (zobacz rysunek). [rysunek] Oblicz pola figur AGF oraz CEFG.
Zadanie 9. (0-4)
Wymagania egzaminacyjne 2024
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.
rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach
nietypowych.
Zdający:
VIII.7) stosuje twierdzenia: Talesa,
o dwusiecznej kąta […].
Zasady oceniania
4 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 𝑃𝐴𝐺𝐹= 1
12 𝑎2 i 𝑃𝐶𝐸𝐹𝐺= 1
6 𝑎2.
3 pkt - obliczenie pola trójkąta 𝐴𝐺𝐹: 𝑃𝐴𝐺𝐹= 1
12 𝑎2
ALBO
6 𝑎2.
2 pkt - obliczenie długości jednego z odcinków 𝐹𝐺, 𝐷𝐹, 𝐴𝐹, 𝐹𝐸, 𝐵𝐹:
|𝐹𝐺| = 𝑎√2
6 , |𝐷𝐹| = 𝑎√2
3 , |𝐴𝐹| = 𝑎√5
3 , |𝐹𝐸| = 𝑎√5
6 , |𝐵𝐹| = 2𝑎√2
3
ALBO
polami trójkątów 𝐴𝐹𝐷 i 𝐸𝐹𝐺: 𝑃𝐴𝐹𝐷= 4 ⋅𝑃𝐸𝐹𝐺 ,
ALBO
polami trójkątów 𝐴𝐷𝐹 i 𝐸𝐷𝐹: 𝑃𝐴𝐹𝐷= 2 ⋅𝑃𝐸𝐷𝐹 ,
ALBO
polami trójkątów 𝐴𝐵𝐹 i 𝐸𝐷𝐹: 𝑃𝐴𝐵𝐹= 4 ⋅𝑃𝐸𝐷𝐹 ,
ALBO
𝑥+ 𝑦= 1
8 𝑎2 oraz 𝑥+ 4𝑦= 1
4 𝑎2, gdzie 𝑥= 𝑃𝐴𝐺𝐹= 𝑃𝐹𝐷𝐸 , 𝑦= 𝑃𝐸𝐹𝐺 ,
ALBO
2 𝑎 , 𝑎) oraz 𝐹= (1
3 𝑎 , 2
3 𝑎),
ALBO
trójkątów 𝐴𝐵𝐹 i 𝐴𝐵𝐺: 𝑃𝐴𝐵𝐹= 1
2 ⋅12𝑚⋅8𝑚 oraz 𝑃𝐴𝐵𝐺= 1
2 ⋅12𝑚⋅6𝑚, gdzie
𝑚= 1
12 𝑎.
1 pkt - zapisanie wraz z uzasadnieniem, że |𝐷𝐹| ∶|𝐹𝐺| = 2 ∶1
ALBO
ALBO
\nALBO
Zasady oceniania rozwiązań zadań
ALBO
\nALBO
\nrzut prostokątny punktu 𝐸 na przekątną 𝐴𝐶,
ALBO
|𝐴𝐺| = 𝑎√2
2 oraz cos ∡𝐸𝐴𝐶= 3√10
10 ,
ALBO
ALBO
\nprostych 𝐴𝐸 i 𝐵𝐷, np. 𝑦= 2𝑥 oraz 𝑦= -𝑥+ 𝑎,
ALBO
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwagi:
w stosunku innym niż 2 ∶1, i na tym opiera rozwiązanie, to otrzymuje 0 punktów za całe
rozwiązanie.
stosunku 2 ∶1 bez uzasadnienia, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe
rozwiązanie (brak uzasadnienia traktujemy na równi z błędem rachunkowym).
kąta 𝐷𝐸𝐴 jest równa 60°) i na tym opiera swoje rozwiązanie, to otrzymuje 0 punktów,
o ile nie nabył praw do innej punktacji.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I (poprzez środek ciężkości trójkąta)
Punkt 𝐹 jest środkiem ciężkości trójkąta 𝐴𝐶𝐷, więc |𝐷𝐹| ∶|𝐹𝐺| = 2 ∶1, czyli
|𝐹𝐺| = 1
3 |𝐷𝐺|
Trójkąty 𝐴𝐺𝐹 i 𝐴𝐺𝐷 mają wspólną wysokość 𝐴𝐺 oraz pole trójkąta 𝐴𝐺𝐷 jest
równe 1
4 𝑎2, więc
𝑃𝐴𝐺𝐹= 1
3 ⋅𝑃𝐴𝐺𝐷= 1
3 ⋅1
4 𝑎2 = 1
12 𝑎2
Zatem
𝑃𝐶𝐸𝐹𝐺= 𝑃𝐴𝐶𝐸-𝑃𝐴𝐺𝐹= 1
4 ⋅𝑃𝐴𝐵𝐶𝐷-1
12 ⋅𝑃𝐴𝐵𝐶𝐷= 1
6 𝑎2
Sposób II (poprzez długości boków 𝐴𝐺 i 𝐹𝐺)
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐴𝐷𝐸 i wyznaczamy długość odcinka 𝐴𝐸:
|𝐴𝐸|2 = |𝐴𝐷|2 + |𝐷𝐸|2
|𝐴𝐸|2 = 𝑎2 + (1
2 𝑎)
2
|𝐴𝐸| = √5𝑎
2
Stosujemy twierdzenie o dwusiecznej do trójkąta 𝐴𝐷𝐸 i wyznaczamy |𝐴𝐹|:
|𝐴𝐹|
|𝐹𝐸| =
|𝐴𝐷|
|𝐷𝐸|
|𝐴𝐹|
|𝐹𝐸| = 𝑎
1
2 𝑎
|𝐴𝐹|
|𝐴𝐸| -|𝐴𝐹| = 2
|𝐴𝐹|
√5𝑎
2
-|𝐴𝐹|
= 2
|𝐴𝐹| = √5𝑎-2 ⋅|𝐴𝐹|
|𝐴𝐹| = √5𝑎
3
Wyznaczamy długość odcinka 𝐹𝐺:
|𝐹𝐺|2 = |𝐴𝐹|2 -|𝐴𝐺|2
|𝐹𝐺|2 = (√5𝑎
3 )
2
-(√2𝑎
2 )
2
|𝐹𝐺| = √2𝑎
6
Obliczamy pole 𝑃𝐴𝐺𝐹 trójkąta 𝐴𝐺𝐹:
𝑃𝐴𝐺𝐹= 1
2 ⋅|𝐴𝐺| ⋅|𝐹𝐺| = 1
2 ⋅√2𝑎
2
⋅√2𝑎
6
= 𝑎2
12
Obliczamy pole 𝑃𝐴𝐶𝐸 trójkąta 𝐴𝐶𝐸:
𝑃𝐴𝐶𝐸= 1
2 ⋅|𝐸𝐶| ⋅|𝐴𝐷| = 1
2 ⋅1
2 𝑎⋅𝑎= 𝑎2
4
Obliczamy pole 𝑃𝐶𝐸𝐹𝐺 czworokąta 𝐶𝐸𝐹𝐺:
Zasady oceniania rozwiązań zadań
𝑃𝐶𝐸𝐹𝐺= 𝑃𝐴𝐶𝐸-𝑃𝐴𝐺𝐹= 𝑎2
4 -𝑎2
12 = 𝑎2
6
Sposób III (poprzez pole trójkąta 𝐴𝐷𝐹)
Stosujemy twierdzenie o dwusiecznej do trójkąta 𝐴𝐷𝐸 i otrzymujemy
|𝐴𝐷|
|𝐷𝐸| = |𝐴𝐹|
|𝐹𝐸|
2 =
|𝐴𝐹|
|𝐹𝐸|
Wysokość trójkąta 𝐹𝐷𝐸 poprowadzona z wierzchołka 𝐷 na bok 𝐹𝐸 jest jednocześnie
wysokością trójkąta 𝐴𝐷𝐹, więc stosunek pól tych trójkątów jest równy
𝑃𝐴𝐷𝐹
𝑃𝐹𝐷𝐸
|𝐴𝐹|
|𝐹𝐸| = 2
Stąd i z tego, że pole trójkąta 𝐴𝐷𝐸 jest równe 1
4 𝑎2 , otrzymujemy
𝑃𝐴𝐷𝐹= 2
3 ⋅𝑃𝐴𝐷𝐸= 2
3 ⋅1
4 𝑎2 = 1
6 𝑎2
oraz
𝑃𝐹𝐷𝐸= 1
3 ⋅𝑃𝐴𝐷𝐸= 1
3 ⋅1
4 𝑎2 = 1
12 𝑎2
Zatem
𝑃𝐴𝐺𝐹= 𝑃𝐴𝐷𝐺-𝑃𝐴𝐷𝐹= 1
4 𝑎2 -1
6 𝑎2 = 1
12 𝑎2
oraz
𝑃𝐶𝐸𝐹𝐺= 𝑃𝐺𝐷𝐶-𝑃𝐹𝐷𝐸= 1
4 𝑎2 -1
12 𝑎2 = 1
6 𝑎2
Sposób IV (poprzez pole trójkąta 𝐷𝐸𝐹)
Trójkąty 𝐴𝐷𝐸 i 𝐴𝐷𝐺 mają wspólną podstawę 𝐴𝐷, a wysokości tych trójkątów opuszczone
na bok 𝐴𝐷 są równe. Zatem 𝑃𝐴𝐷𝐸= 𝑃𝐴𝐷𝐺. Stąd pola trójkątów 𝐴𝐺𝐹 i 𝐹𝐷𝐸 są równe:
𝑃𝐴𝐺𝐹= 𝑃𝐹𝐷𝐸 .
Ponieważ pola trójkątów 𝐴𝐷𝐺 i 𝐺𝐷𝐶 są równe i 𝑃𝐴𝐺𝐹= 𝑃𝐹𝐷𝐸 , więc 𝑃𝐴𝐷𝐹= 𝑃𝐶𝐸𝐹𝐺.
Stosujemy twierdzenie o dwusiecznej do trójkąta 𝐴𝐷𝐸 i otrzymujemy
|𝐴𝐷|
|𝐷𝐸| =
|𝐴𝐹|
|𝐹𝐸|
2 = |𝐴𝐹|
|𝐹𝐸|
Wysokość trójkąta 𝐹𝐷𝐸 poprowadzona z wierzchołka 𝐷 na bok 𝐹𝐸 jest jednocześnie
wysokością trójkąta 𝐴𝐷𝐹, więc stosunek pól tych trójkątów jest równy
𝑃𝐴𝐷𝐹
𝑃𝐹𝐷𝐸
|𝐴𝐹|
|𝐹𝐸| = 2
Stąd i z tego, że pole trójkąta 𝐴𝐷𝐸 jest równe 1
4 𝑎2 , otrzymujemy
𝑃𝐴𝐷𝐹= 2
3 ⋅𝑃𝐴𝐷𝐸= 2
3 ⋅1
4 𝑎2 = 1
6 𝑎2
oraz
𝑃𝐹𝐷𝐸= 1
3 ⋅𝑃𝐴𝐷𝐸= 1
3 ⋅1
4 𝑎2 = 1
12 𝑎2
Zatem
𝑃𝐴𝐺𝐹= 𝑃𝐹𝐷𝐸= 1
12 𝑎2
oraz
𝑃𝐶𝐸𝐹𝐺= 𝑃𝐴𝐷𝐹= 1
6 𝑎2
Sposób V (poprzez odcinek 𝑀𝑁)
Oznaczmy przez 𝑀 i 𝑁 punkty przecięcia prostej równoległej do 𝐴𝐷 i przechodzącej
przez punkt 𝐹 z bokami - odpowiednio - 𝐴𝐵 i 𝐶𝐷 kwadratu (zobacz rysunek).
Trójkąty 𝐴𝐵𝐹 i 𝐸𝐷𝐹 są podobne (cecha kkk), a skala tego podobieństwa jest
równa
|𝐴𝐵|
|𝐷𝐸| = 2. Zatem
|𝐹𝑀| = 2
3 𝑎 oraz |𝐹𝑁| = 1
3 𝑎
Stąd
𝑃𝐴𝐵𝐹= 1
2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅|𝐹𝑀| = 1
2 ⋅𝑎⋅2
3 𝑎= 1
3 𝑎2
Ponieważ 𝑃𝐴𝐵𝐺= 1
4 𝑃𝐴𝐵𝐶𝐷= 1
4 𝑎2 oraz 𝑃𝐴𝐺𝐹 = 𝑃𝐴𝐵𝐹-𝑃𝐴𝐵𝐺, więc
𝑃𝐴𝐺𝐹 = 𝑃𝐴𝐵𝐹-𝑃𝐴𝐵𝐺= 1
3 𝑎2 -1
4 𝑎2 = 1
12 𝑎2
Obliczamy pole trójkąta 𝐸𝐷𝐹:
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
𝐹
𝐺
𝑎
𝑀
𝑁
Zasady oceniania rozwiązań zadań
𝑃𝐸𝐷𝐹= 1
2 ⋅|𝐷𝐸| ⋅|𝐹𝑁| = 1
2 ⋅1
2 𝑎⋅1
3 𝑎= 1
12 𝑎2
Ponieważ 𝑃𝐶𝐷𝐺= 1
4 𝑃𝐴𝐵𝐶𝐷= 1
4 𝑎2 oraz 𝑃𝐶𝐸𝐹𝐺 = 𝑃𝐶𝐷𝐺-𝑃𝐸𝐷𝐹 , więc
𝑃𝐶𝐸𝐹𝐺 = 𝑃𝐶𝐷𝐺-𝑃𝐸𝐷𝐹= 1
4 𝑎2 -1
12 𝑎2 = 1
6 𝑎2
Sposób VI (poprzez trójkąty 𝐴𝐸𝑄 i 𝐴𝐺𝐹)
Oznaczmy przez 𝑃 środek boku 𝐵𝐶, a przez 𝑄 - punkt przecięcia przekątnej 𝐴𝐶
i odcinka 𝑃𝐸 (zobacz rysunek).
Trójkąty 𝐴𝐹𝐺 i 𝐴𝐸𝑄 są podobne (cecha kkk), a skala tego podobieństwa jest równa
|𝐴𝐺|
|𝐴𝑄| =
1
2 |𝐴𝐶|
3
4 |𝐴𝐶|
= 2
3
Zatem
𝑃𝐴𝐺𝐹= (2
3)
2
⋅𝑃𝐴𝑄𝐸= 4
9 ⋅1
2 ⋅3
4 𝑎√2 ⋅1
4 𝑎√2 = 1
12 𝑎2
Wobec tego
𝑃𝐶𝐸𝐹𝐺 = 𝑃𝐴𝐶𝐸-𝑃𝐴𝐺𝐹= 1
4 𝑎2 -1
12 𝑎2 = 1
6 𝑎2
Sposób VII (poprzez pola trójkątów w trapezie 𝐴𝐷𝐸𝐺)
Trójkąty 𝐴𝐷𝐸 i 𝐴𝐷𝐺 mają wspólną podstawę 𝐴𝐷, a wysokości tych trójkątów opuszczone
na bok 𝐴𝐷 są równe. Zatem 𝑃𝐴𝐷𝐸= 𝑃𝐴𝐷𝐺 . Stąd
𝑃𝐴𝐺𝐹= 𝑃𝐴𝐺𝐷-𝑃𝐴𝐹𝐷= 𝑃𝐴𝐷𝐸-𝑃𝐴𝐹𝐷= 𝑃𝐹𝐷𝐸
Oznaczmy 𝑥= 𝑃𝐴𝐺𝐹= 𝑃𝐹𝐷𝐸 oraz 𝑦= 𝑃𝐸𝐹𝐺 .
Trójkąty 𝐴𝐹𝐷 i 𝐸𝐹𝐺 są podobne (cecha kkk), a skala tego podobieństwa jest
równa
|𝐴𝐷|
|𝐸𝐺| = 2. Zatem
𝑃𝐴𝐹𝐷= 22 ⋅𝑃𝐸𝐹𝐺= 4𝑦
(zobacz rysunek).
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
𝐹
𝐺
𝑎
𝑄
𝑃
Pola trójkątów 𝐷𝐸𝐺 i 𝐴𝐺𝐷 stanowią - odpowiednio - ósmą i czwartą część pola
kwadratu 𝐴𝐵𝐶𝐷. Otrzymujemy zatem układ równań
𝑥+ 𝑦= 1
8 𝑎2 oraz 𝑥+ 4𝑦= 1
4 𝑎2
Stąd
3𝑦= 1
8 𝑎2
𝑦= 1
24 𝑎2
Zatem
𝑥= 1
8 𝑎2 -𝑦= 1
8 𝑎2 -1
24 𝑎2 = 1
12 𝑎2
Wobec tego
𝑃𝐶𝐸𝐹𝐺= 𝑃𝐺𝐶𝐸+ 𝑃𝐸𝐹𝐺= 𝑥+ 2𝑦= 1
12 𝑎2 + 2 ⋅1
24 𝑎2 = 1
6 𝑎2
Sposób VIII (w układzie współrzędnych)
Umieszczamy kwadrat 𝐴𝐵𝐶𝐷 w układzie współrzędnych tak, że 𝐴= (0, 0), 𝐵= (𝑎, 0),
𝐶= (𝑎, 𝑎) oraz 𝐷= (0, 𝑎), gdzie 𝑎> 0 (zobacz rysunek).
Wtedy 𝐺= (0 + 𝑎
2
, 0 + 𝑎
2
) = (1
2 𝑎 , 1
2 𝑎) oraz 𝐸= (1
2 𝑎 , 𝑎).
Prosta 𝐴𝐸 ma równanie postaci 𝑦= 𝑎
1
2𝑎𝑥, czyli 𝑦= 2𝑥.
Prosta 𝐵𝐷 ma równanie postaci 𝑦= 𝑎
-𝑎𝑥+ 𝑎, czyli 𝑦= -𝑥+ 𝑎.
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
𝐹
𝐺
𝑎
𝑦
4𝑦
𝑥
𝑥
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Wyznaczamy współrzędne punktu 𝐹 przecięcia prostych 𝐴𝐸 i 𝐵𝐷, rozwiązując układ
równań 𝑦= 2𝑥 i 𝑦= -𝑥+ 𝑎. Stąd
2𝑥= -𝑥+ 𝑎
𝑥= 1
3 𝑎
więc 𝑦= 2
3 𝑎 oraz 𝐹= (1
3 𝑎 , 2
3 𝑎).
Obliczamy pola trójkątów 𝐴𝐺𝐹 i 𝐴𝐶𝐸:
𝑃𝐴𝐺𝐹= 1
2 ⋅|1
2 𝑎⋅2
3 𝑎-1
2 𝑎⋅1
3 𝑎 | = 1
12 𝑎2
oraz
𝑃𝐴𝐶𝐸= 1
2 ⋅|𝑎⋅𝑎-𝑎⋅1
2 𝑎 | = 1
4 𝑎2
Zatem
𝑃𝐶𝐸𝐹𝐺= 𝑃𝐴𝐶𝐸-𝑃𝐴𝐺𝐹= 1
4 𝑎2 -1
12 𝑎2 = 1
6 𝑎2
Sposób IX (poprzez punkty kratowe)
Kwadrat 𝐴𝐵𝐶𝐷 umieszczamy na sieci złożonej z przystających kwadratów o boku
𝑚= 1
12 𝑎 (jak na rysunku).
Wtedy
𝑃𝐴𝐵𝐹= 1
2 ⋅12𝑚⋅8𝑚= 48𝑚2
oraz
𝑃𝐴𝐵𝐺= 1
2 ⋅12𝑚⋅6𝑚= 36𝑚2
Zatem
𝑃𝐴𝐺𝐹 = 𝑃𝐴𝐵𝐹-𝑃𝐴𝐵𝐺= 12𝑚2 = 12 ⋅( 1
12 𝑎)
2
= 1
12 𝑎2
oraz
𝑃𝐶𝐸𝐹𝐺 = 𝑃𝐶𝐷𝐺-𝑃𝐷𝐹𝐸= 1
2 ⋅12𝑚⋅6𝑚-1
2 ⋅6𝑚⋅4𝑚= 24𝑚2 = 24 ⋅( 1
12 𝑎)
2
= 1
6 𝑎2
Odpowiedź: P(AGF) = a²/12 | P(CEFG) = a²/6
\nStrona arkusza CKE z tym zadaniem
\nGeometryczna obserwacja — F to środek ciężkości trójkąta ACD
\nTo najważniejszy fakt tego zadania. Spójrz:
\nW trójkącie $ACD$ mamy zatem:
\nMediany przecinają się w środku ciężkości, więc punkt $F = AE \\cap BD = AE \\cap DG$ to środek ciężkości trójkąta $ACD$.
\nZ własności środka ciężkości: dzieli każdą medianę w stosunku 2 : 1, licząc od wierzchołka. Czyli $|DF| : |FG| = 2 : 1$, a $|AF| : |FE| = 2 : 1$.
\nPole trójkąta AGF — przez stosunki
\nOblicz pole trójkąta $AGD$. $G$ to środek przekątnej $AC$, więc $G$ jest środkiem kwadratu. Trójkąt $AGD$ ma wierzchołki: $A$, środek kwadratu, $D$ — to ćwiartka kwadratu (jedno z czterech przystających trójkątów wyznaczonych przez obie przekątne):
\n$$P_{AGD} = \\frac{1}{4} a^2$$
\nWykorzystaj fakt, że $F$ leży na $DG$ i dzieli ją w stosunku $|DF|:|FG| = 2:1$.
\nTrójkąty $AGF$ i $AGD$ mają wspólny wierzchołek $A$, a ich „podstawy" $GF$ i $GD$ leżą na tej samej prostej. Stosunek pól = stosunek podstaw:
\n$$\\frac{P_{AGF}}{P_{AGD}} = \\frac{|GF|}{|GD|} = \\frac{1}{3}$$
\n(bo $|GF| = \\tfrac{1}{3} |GD|$ — $F$ jest jedną trzecią drogi od $G$ do $D$ — albo równoważnie $\\tfrac{1}{3}$ całej mediany od strony środka boku).
\nStąd:
\n$$P_{AGF} = \\frac{1}{3} \\cdot \\frac{1}{4} a^2 = \\frac{a^2}{12}$$
\nPole czworokąta CEFG — przez różnicę
\nOblicz pole trójkąta $ACE$. Trójkąt $ACE$ ma podstawę $EC = \\tfrac{1}{2}a$ i wysokość $a$ (od $A$ do prostej $CD$):
\n$$P_{ACE} = \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{1}{2} a \\cdot a = \\frac{a^2}{4}$$
\nTrójkąt $AGF$ + czworokąt $CEFG$ pokrywa trójkąt $ACE$ (dwie figury rozdzielone przez przekątną $BD$):
\n$$P_{CEFG} = P_{ACE} - P_{AGF} = \\frac{a^2}{4} - \\frac{a^2}{12} = \\frac{3 a^2 - a^2}{12} = \\frac{2 a^2}{12} = \\frac{a^2}{6}$$
\nSposób alternatywny — w układzie współrzędnych (mechanicznie)
\nUmieść kwadrat w układzie: $A = (0, 0)$, $B = (a, 0)$, $C = (a, a)$, $D = (0, a)$. Wtedy:
\nPola obliczamy ze wzoru wyznacznikowego (½|det|):
\n$$P_{AGF} = \\frac{1}{2} \\left| \\frac{a}{2} \\cdot \\frac{2a}{3} - \\frac{a}{2} \\cdot \\frac{a}{3} \\right| = \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{a^2}{6} = \\frac{a^2}{12}$$
\n$$P_{ACE} = \\frac{1}{2} \\left| a \\cdot a - a \\cdot \\frac{a}{2} \\right| = \\frac{a^2}{4}$$
\n$$P_{CEFG} = \\frac{a^2}{4} - \\frac{a^2}{12} = \\frac{a^2}{6}$$
\nMniej geometryczne myślenie, więcej arytmetyki — ale żadnego ryzyka pomyłki o środku ciężkości.
\nPunktacja CKE
\nKlucz — środek ciężkości na maturze
\nDwa fakty, które warto mieć zawsze pod ręką:
\nTe dwie reguły rozwiązują 80% zadań o polach figur w kwadracie/prostokącie podzielonym przekątnymi i odcinkami od środków boków.
\nTypowy błąd: CKE wprost: jeśli przyjmiesz, że F dzieli AE w stosunku 1:1 lub 2:1 (np. "F to środek AE") — 0 punktów. F jest środkiem ciężkości trójkąta ACD, więc dzieli mediany w stosunku 2:1, ale od WIERZCHOŁKA, nie od środka boku.
"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"Wprowadzamy układ współrzędnych tak, by \\(A = (0,0)\\).
\nWierzchołki kwadratu (zgodnie z opisem rysunku):
\\[A = (0,0),\\quad B = (a, 0),\\quad C = (a, a),\\quad D = (0, a)\\]
Punkt \\(E\\) - środek \\(DC\\):
\\[E = \\left(\\frac{a}{2},\\ a\\right)\\]
Wyznaczamy punkt G - przecięcie przekątnej \\(BD\\) z przekątną \\(AC\\).
\nProsta \\(AC\\): \\(y = x\\)
\nProsta \\(BD\\) (z \\(B(a,0)\\) do \\(D(0,a)\\)): \\(x + y = a\\)
\nPodstawiamy \\(y = x\\):
\\[2x = a \\quad\\Rightarrow\\quad x = \\frac{a}{2},\\quad y = \\frac{a}{2}\\]
\\[\\boxed{G = \\left(\\frac{a}{2},\\ \\frac{a}{2}\\right)}\\]
(G to centrum kwadratu - środek obu przekątnych.)
\nWyznaczamy punkt F - przecięcie przekątnej \\(BD\\) z odcinkiem \\(AE\\).
\nProsta \\(AE\\): przez \\(A(0,0)\\) i \\(E\\!\\left(\\frac{a}{2}, a\\right)\\), nachylenie \\(=\\frac{a}{a/2} = 2\\), więc \\(y = 2x\\).
\nPodstawiamy do \\(x + y = a\\):
\\[x + 2x = a \\quad\\Rightarrow\\quad x = \\frac{a}{3},\\quad y = \\frac{2a}{3}\\]
\\[\\boxed{F = \\left(\\frac{a}{3},\\ \\frac{2a}{3}\\right)}\\]
Pole trójkąta \\(AGF\\) - wzór ze współrzędnych \\(A(0,0)\\), \\(G\\!\\left(\\frac{a}{2}, \\frac{a}{2}\\right)\\), \\(F\\!\\left(\\frac{a}{3}, \\frac{2a}{3}\\right)\\):
\n\\[P_{AGF} = \\frac{1}{2}\\left|(x_G - x_A)(y_F - y_A) - (x_F - x_A)(y_G - y_A)\\right|\\]
\n\\[P_{AGF} = \\frac{1}{2}\\left|\\frac{a}{2}\\cdot\\frac{2a}{3} - \\frac{a}{3}\\cdot\\frac{a}{2}\\right| = \\frac{1}{2}\\left|\\frac{a^2}{3} - \\frac{a^2}{6}\\right| = \\frac{1}{2}\\cdot\\frac{a^2}{6}\\]
\n\\[\\boxed{P_{AGF} = \\frac{a^2}{12}}\\]
\nPole czworokąta \\(CEFG\\) - wzór Shoelace dla \\(C(a,a)\\), \\(E\\!\\left(\\frac{a}{2},a\\right)\\), \\(F\\!\\left(\\frac{a}{3},\\frac{2a}{3}\\right)\\), \\(G\\!\\left(\\frac{a}{2},\\frac{a}{2}\\right)\\):
\n\\[\\Sigma_1 = x_C y_E + x_E y_F + x_F y_G + x_G y_C = a\\cdot a + \\frac{a}{2}\\cdot\\frac{2a}{3} + \\frac{a}{3}\\cdot\\frac{a}{2} + \\frac{a}{2}\\cdot a\\]
\\[= a^2 + \\frac{a^2}{3} + \\frac{a^2}{6} + \\frac{a^2}{2}\\]
\\[\\Sigma_2 = y_C x_E + y_E x_F + y_F x_G + y_G x_C = a\\cdot\\frac{a}{2} + a\\cdot\\frac{a}{3} + \\frac{2a}{3}\\cdot\\frac{a}{2} + \\frac{a}{2}\\cdot a\\]
\\[= \\frac{a^2}{2} + \\frac{a^2}{3} + \\frac{a^2}{3} + \\frac{a^2}{2}\\]
\\[P_{CEFG} = \\frac{1}{2}|\\Sigma_1 - \\Sigma_2| = \\frac{1}{2}\\left|\\left(a^2 + \\frac{a^2}{3} + \\frac{a^2}{6} + \\frac{a^2}{2}\\right) - \\left(\\frac{a^2}{2} + \\frac{2a^2}{3} + \\frac{a^2}{2}\\right)\\right|\\]
\n\\[= \\frac{1}{2}\\left|a^2 + \\frac{a^2}{6} - \\frac{a^2}{3} - \\frac{a^2}{2}\\right| = \\frac{1}{2}\\cdot\\frac{a^2}{3}\\]
\n\\[\\boxed{P_{CEFG} = \\frac{a^2}{6}}\\]
\nSprawdzenie: \\(P_{AGF} + P_{CEFG} = \\frac{a^2}{12} + \\frac{a^2}{6} = \\frac{a^2}{12} + \\frac{2a^2}{12} = \\frac{3a^2}{12} = \\frac{a^2}{4}\\) - to powinno być pole trójkąta \\(ACE\\), co sprawdzimy w Sposobie 2. ✓
\nKrok 1: Pole trójkąta \\(ACE\\).
\nTrójkąt \\(ACD\\) (połowa kwadratu wzdłuż przekątnej \\(AC\\)):
\\[P_{ACD} = \\frac{a^2}{2}\\]
Ponieważ \\(E\\) jest środkiem \\(DC\\), mediana \\(AE\\) dzieli trójkąt \\(ACD\\) na dwa trójkąty o równych polach:
\\[P_{ACE} = P_{ADE} = \\frac{1}{2}\\cdot P_{ACD} = \\frac{a^2}{4}\\]
Krok 2: Stosunek \\(AG : AC\\).
\nPrzekątne kwadratu przecinają się w środku i nawzajem się połowią, więc \\(G\\) (centrum kwadratu) jest środkiem \\(AC\\):
\\[\\frac{AG}{AC} = \\frac{1}{2}\\]
Krok 3: Stosunek \\(AF : AE\\).
\nWyznaczamy \\(F\\) - przecięcie \\(BD\\) z \\(AE\\) - metodą wektorową. Niech \\(\\vec{AB} = \\vec{b}\\), \\(\\vec{AD} = \\vec{d}\\). Wtedy:
\\[\\vec{AE} = \\vec{d} + \\frac{1}{2}\\vec{b}\\]
Punkt na \\(AE\\): \\(P = t\\!\\left(\\frac{1}{2}\\vec{b} + \\vec{d}\\right)\\). Punkt na \\(BD\\): \\(Q = (1-s)\\vec{b} + s\\vec{d}\\).
\nZ warunku \\(P = Q\\):
\\[\\frac{t}{2} = 1 - s \\quad\\text{i}\\quad t = s \\quad\\Longrightarrow\\quad \\frac{t}{2} = 1 - t \\quad\\Longrightarrow\\quad t = \\frac{2}{3}\\]
Zatem:
\\[\\frac{AF}{AE} = \\frac{2}{3}\\]
Krok 4: Pole trójkąta \\(AGF\\).
\nTrójkąty \\(AGF\\) i \\(ACE\\) mają wspólny kąt przy wierzchołku \\(A\\). Korzystamy z wzoru:
\\[\\frac{P_{AGF}}{P_{ACE}} = \\frac{AG}{AC}\\cdot\\frac{AF}{AE} = \\frac{1}{2}\\cdot\\frac{2}{3} = \\frac{1}{3}\\]
\\[P_{AGF} = \\frac{1}{3}\\cdot\\frac{a^2}{4} = \\boxed{\\frac{a^2}{12}}\\]
\nKrok 5: Pole czworokąta \\(CEFG\\).
\n\\[P_{CEFG} = P_{ACE} - P_{AGF} = \\frac{a^2}{4} - \\frac{a^2}{12} = \\frac{3a^2}{12} - \\frac{a^2}{12} = \\boxed{\\frac{a^2}{6}}\\]
\nDział 11 (Geometria analityczna, s. 22-25) - pole trójkąta ze współrzędnych (Sposób 1):
\\[P = \\frac{1}{2}|(x_B - x_A)(y_C - y_A) - (y_B - y_A)(x_C - x_A)|\\]
Użyte przy obliczaniu pola \\(P_{AGF}\\).
Dział 10 (Planimetria, s. 15-16) - pole trójkąta (Sposób 2):
\\[P = \\frac{1}{2}ab\\sin\\gamma\\]
Leży u podstaw wzoru \\(\\frac{P_{AGF}}{P_{ACE}} = \\frac{AG}{AC}\\cdot\\frac{AF}{AE}\\) - kąt przy \\(A\\) jest wspólny, więc sinusy się skracają.
⚠️ Uwaga: Najczęstszy błąd to mylenie punktów \\(G\\) i \\(F\\) - pamiętaj, że \\(G\\) leży na przekątnej \\(AC\\) (czyli jest centrum kwadratu i środkiem \\(AC\\)), a \\(F\\) leży na odcinku \\(AE\\).\n
⚠️ Uwaga: Łatwo pomylić proporcję \\(AF/AE = 2/3\\) z \\(1/2\\). Środek odcinka \\(AE\\) to nie \\(F\\)! Punkt \\(F\\) leży bliżej \\(E\\) niż środka - dzieli \\(AE\\) w stosunku \\(2:1\\) od \\(A\\).\n
⚠️ Uwaga: Przy obliczaniu pola \\(ACE\\) przez metodę mediany (krok 1 Sposobu 2), zadbaj o to, żeby \\(E\\) był środkiem boku trójkąta, z którego wyznaczamy medianę (tu: środek \\(DC\\) w trójkącie \\(ACD\\)). Gdybyś mylnie liczył pole przez inne podstawy, dostaniesz zły wynik.\n
Kwadrat \\(ABCD\\) z \\(E\\) - środkiem \\(CD\\). Punkt \\(G\\) to środek kwadratu (przecięcie przekątnych), \\(F\\) to przecięcie \\(AE\\) i \\(BD\\). Kluczowe: \\(F\\) to środek ciężkości trójkąta \\(ACD\\) (bo \\(BD\\) i \\(AE\\) są środkowymi!).
\nW \\(\\triangle ACD\\): \\(DG\\) (połowa \\(DB\\) od \\(D\\) do środka \\(G\\)) to środkowa z \\(D\\) do środka \\(AC\\); \\(AE\\) to środkowa z \\(A\\) do środka \\(CD\\). Więc \\(F\\) to środek ciężkości, zatem \\(|DF|:|FG|=2:1\\).
\nTrójkąty \\(AGF\\) i \\(AGD\\) mają wspólną wysokość \\(AG\\), więc \\(\\dfrac{P_{AGF}}{P_{AGD}}=\\dfrac{|FG|}{|DG|}=\\dfrac{1}{3}\\).
\nPole \\(P_{AGD}=\\tfrac{1}{4}P_{ABCD}=\\tfrac{a^{2}}{4}\\) (połowa \\(\\triangle ACD\\), które ma pole \\(\\tfrac{a^2}{2}\\)). Stąd: \\[P_{AGF}=\\dfrac{1}{3}\\cdot\\dfrac{a^{2}}{4}=\\dfrac{a^{2}}{12}\\]
\nPole \\(\\triangle ACE\\): \\(P_{ACE}=\\tfrac{1}{2}\\cdot|EC|\\cdot|AD|=\\tfrac{1}{2}\\cdot\\tfrac{a}{2}\\cdot a=\\dfrac{a^{2}}{4}\\). Zatem: \\[P_{CEFG}=P_{ACE}-P_{AGF}=\\dfrac{a^{2}}{4}-\\dfrac{a^{2}}{12}=\\dfrac{a^{2}}{6}\\]
\nKładziemy \\(A=(0,0)\\), \\(B=(a,0)\\), \\(C=(a,a)\\), \\(D=(0,a)\\), \\(E=(\\tfrac{a}{2},a)\\), \\(G=(\\tfrac{a}{2},\\tfrac{a}{2})\\). Proste: \\(AE:y=2x\\); \\(BD:y=-x+a\\). Przecięcie: \\(2x=-x+a\\Rightarrow x=\\tfrac{a}{3}\\), \\(y=\\tfrac{2a}{3}\\), więc \\(F=(\\tfrac{a}{3},\\tfrac{2a}{3})\\).
\n\\[P_{AGF}=\\dfrac{1}{2}\\left|\\dfrac{a}{2}\\cdot\\dfrac{2a}{3}-\\dfrac{a}{2}\\cdot\\dfrac{a}{3}\\right|=\\dfrac{1}{2}\\cdot\\dfrac{a^{2}}{6}=\\dfrac{a^{2}}{12}\\]
\n\\(P_{ACE}=\\tfrac{a^2}{4}\\), więc \\(P_{CEFG}=\\tfrac{a^2}{4}-\\tfrac{a^2}{12}=\\tfrac{a^2}{6}\\).
\nDział VII: Własności trójkąta - środek ciężkości dzieli środkową w stosunku \\(2:1\\); pole trójkąta \\(P=\\tfrac{1}{2}\\cdot a\\cdot h\\).
\nTrik: Kluczowe zauważenie: \\(F\\) to środek ciężkości \\(\\triangle ACD\\) (nie kwadratu!). Dzielenie \\(2:1\\) od razu rozwiązuje problem bez rachunków.
"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"$P_{AGF} = \\dfrac{1}{12}a^2, P_{CEFG} = \\dfrac{1}{6}a^2$
"}]}