Zadanie 14. (0-5)
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.
EMAP-R0_100
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
14.
Maks. liczba pkt
5
Uzyskana liczba pkt
EMAP-R0_100
","answer_text_html":"Zadanie 14. (0-5)
Wymagania egzaminacyjne 2024
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Użycie i tworzenie strategii.
Zdający:
8.6) oblicza odległość dwóch punktów.
8.1R) oblicza odległość punktu od prostej.
Zasady oceniania
5 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 𝑆= (6, 7) oraz 𝑆= (-4, -3).
4 pkt - obliczenie obydwu wartości 𝑥𝑆: 6 oraz (-4)
ALBO
albo 𝑆= (-4, -3).
3 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą (współrzędną punktu 𝑆), np.
(𝑥𝑆-1)2 + (𝑥𝑆+ 1 -2)2 = 50,
|2𝑥𝑆 - (𝑥𝑆 + 1)|
√22+ (-1)2
= √5,
(𝑥𝑆-(-5))2 + (𝑥𝑆+ 1 -(-1))2 = 5,
(𝑥𝑆-(-2))2 + (𝑥𝑆+ 1 -(-4))2 = 5,
(𝑥𝑆-4)2 + (𝑥𝑆+ 1 -8)2 = 5,
(𝑥𝑆-7)2 + (𝑥𝑆+ 1 -5)2 = 5.
2 pkt - obliczenie długości 𝑚 odcinka 𝐴𝐵 (lub 𝐴𝐶) stycznej: 3√5
ALBO
1 pkt - zapisanie współrzędnych punktu 𝑆 w zależności od jednej zmiennej, np.
𝑆= (𝑥, 𝑥+ 1)
ALBO
15 = 2 ⋅1
2 ⋅𝑚⋅√5,
ALBO
|𝑧|2 = 𝑎2 + 𝑎2 -2𝑎⋅𝑎⋅cos 𝛼 oraz
|𝑧|2 = (√5)2 + (√5)2 -2√5 ⋅√5 ⋅cos(180° -𝛼) oraz
15 = 1
2 ⋅𝑎2 ⋅sin 𝛼+ 1
2 ⋅(√5)
2 ⋅sin(180° -𝛼),
gdzie 𝑧= |𝐵𝐶|, 𝑎= |𝐴𝐵|, 𝛼= |∡𝐵𝐴𝐶|.
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Uwagi:
2 we wzorze na pole trójkąta lub deltoidu, to błąd ten
traktujemy jako błąd rachunkowy.
otrzymać co najwyżej 4 punkty za całe rozwiązanie.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób I
Promienie 𝐵𝑆 oraz 𝐶𝑆 okręgu poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do
stycznych - odpowiednio - 𝐴𝐵 i 𝐴𝐶, więc trójkąty 𝐴𝐵𝑆 oraz 𝐴𝐶𝑆 są prostokątne.
Ponadto odcinki 𝐴𝐵 oraz 𝐴𝐶 mają równe długości, więc trójkąty te są przystające (na
podstawie cechy bbb przystawania trójkątów). Oznaczmy 𝑚= |𝐴𝐵| = |𝐴𝐶| (zobacz
rysunek).
Pole 𝑃𝐴𝐵𝑆𝐶 czworokąta 𝐴𝐵𝑆𝐶 jest sumą pól trójkątów przystających 𝐴𝐵𝑆 oraz 𝐴𝐶𝑆, więc
𝑃𝐴𝐵𝑆𝐶= 𝑃𝐴𝐵𝑆+ 𝑃𝐴𝐶𝑆
15 = 2 ⋅1
2 ⋅ 𝑚⋅√5
𝑚= 3√5
Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐴𝐵𝑆 otrzymujemy
|𝐴𝑆|2 = |𝐴𝐵|2 + |𝐵𝑆|2 = (3√5)
2 + (√5)
2 = 50
Niech 𝑥𝑆 będzie pierwszą współrzędną punktu 𝑆. Punkt 𝑆 leży na prostej o równaniu
𝑦= 𝑥+ 1, więc 𝑆= (𝑥𝑆 , 𝑥𝑆+ 1).
Wtedy
(𝑥𝑆-1)2 + (𝑥𝑆+ 1 -2)2 = 50
Stąd dalej otrzymujemy
(𝑥𝑆-1)2 = 25
𝐵
𝐶
𝑆
𝑦
1
1
ξ5
𝑚
𝑚
ξ5
𝑦= 𝑥+ 1
𝐴
𝑥
Zasady oceniania rozwiązań zadań
|𝑥𝑆-1| = 5
𝑥𝑆= 6 ∨ 𝑥𝑆= -4
Zatem 𝑆= (6, 7) lub 𝑆= (-4, -3).
Sposób II
Promienie 𝐵𝑆 oraz 𝐶𝑆 okręgu poprowadzone do punktów styczności są prostopadłe do
stycznych - odpowiednio - 𝐴𝐵 i 𝐴𝐶, więc trójkąty 𝐴𝐵𝑆 oraz 𝐴𝐶𝑆 są prostokątne.
Ponadto odcinki 𝐴𝐵 oraz 𝐴𝐶 mają równe długości, więc trójkąty te są przystające (na
podstawie cechy bbb przystawania trójkątów). Oznaczmy 𝑚= |𝐴𝐵| = |𝐴𝐶| (zobacz
rysunek).
Pole 𝑃𝐴𝐵𝑆𝐶 czworokąta 𝐴𝐵𝑆𝐶 jest sumą pól trójkątów przystających 𝐴𝐵𝑆 oraz 𝐴𝐶𝑆, więc
𝑃𝐴𝐵𝑆𝐶= 𝑃𝐴𝐵𝑆+ 𝑃𝐴𝐶𝑆
15 = 2 ⋅1
2 ⋅ 𝑚⋅√5
𝑚= 3√5
Niech 𝑥𝑆 będzie pierwszą współrzędną punktu 𝑆. Punkt 𝑆 leży na prostej o równaniu
𝑦= 𝑥+ 1, więc 𝑆= (𝑥𝑆 , 𝑥𝑆+ 1).
Zauważmy, że punkt 𝐴 leży na prostej o równaniu 𝑦= 𝑥+ 1. Każda prosta przechodząca
przez punkt 𝐴= (1, 2), poza prostą równoległą do osi 𝑂𝑦, ma równanie postaci
𝑦= 𝑎(𝑥-1) + 2. Tangens kąta, jaki tworzy każda ze stycznych 𝐴𝐵 oraz 𝐴𝐶 z prostą
o równaniu 𝑦= 𝑥+ 1, jest równy
tg 𝛼= √5
𝑚= √5
3√5
= 1
3
Stąd i ze wzoru na tangens kąta między prostymi otrzymujemy
𝐵
𝐶
𝑆
𝑦
1
1
ξ5
𝑚
𝑚
ξ5
𝑦= 𝑥+ 1
𝐴
𝑥
1
3 = tg 𝛼= |𝑎-1
𝑎+ 1|
𝑎+ 1 = 3(𝑎-1) ∨ 𝑎+ 1 = -3(𝑎-1)
𝑎= 2 ∨ 𝑎= 1
2
Zatem styczne 𝐴𝐵 oraz 𝐴𝐶 mają równania postaci 𝑦= 2(𝑥-1) + 2 oraz
𝑦= 1
2 (𝑥-1) + 2, czyli 2𝑥-𝑦= 0 oraz 𝑥-2𝑦+ 3 = 0.
Odległość punktu 𝑆 od każdej ze stycznych 𝐴𝐵 i 𝐴𝐶 jest równa √5. Zatem
|2𝑥𝑆-(𝑥𝑆+ 1)|
√22 + (-1)2
= √5
|𝑥𝑆-1| = 5
𝑥𝑆= 6 ∨ 𝑥𝑆= -4
Istnieją dwa punkty spełniające warunki zadania: 𝑆= (6, 7) oraz 𝑆= (-4, -3).
Zasady oceniania rozwiązań zadań