Zadanie 23. (0-1)
Dany jest trapez 𝐴𝐵𝐶𝐷 o podstawach 𝐴𝐵 i 𝐶𝐷 takich, że |𝐴𝐵| = 2 ⋅|𝐶𝐷|.
Przekątne 𝐴𝐶 i 𝐵𝐷 przecinają się w punkcie 𝐸 (zobacz rysunek).
Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Wybierz P, jeśli stwierdzenie jest
prawdziwe, albo F - jeśli jest fałszywe.
Pola trójkątów 𝐵𝐶𝐸 oraz 𝐴𝐸𝐷 są równe.
P
F
Pole trójkąta 𝐴𝐵𝐸 jest dwa razy większe od pola trójkąta 𝐶𝐷𝐸.
P
F
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐸
MMAP-P0_100
Dany jest trapez ABCD o podstawach AB i CD takich, że |AB|=2⋅|CD|. Przekątne AC i BD przecinają się w punkcie E (zobacz rysunek). [rysunek] Oceń prawdziwość poniższych stwierdzeń. Wybierz P, jeśli stwierdzenie jest prawdziwe, albo F - jeśli jest fałszywe. Pola trójkątów BCE oraz AED są równe. | P | F | Pole trójkąta ABE jest dwa razy większe od pola trójkąta CDE. | P | F |
Zadanie 23. (0-1)
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.
kilkuetapowych, podawanie argumentów
uzasadniających poprawność rozumowania,
odróżnianie dowodu od przykładu.
Zdający:
VIII.4) korzysta z własności […] przekątnych
w […] trapezach;
VIII.8) korzysta z cech podobieństwa
trójkątów;
VIII.9) wykorzystuje zależności między
obwodami oraz między polami figur
podobnych.
Zasady oceniania
1 pkt - odpowiedź poprawna.
0 pkt - odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi.
Rozwiązanie
PF
Co wiemy:
Ostrosłup prawidłowy czworokątny ma podstawę w kształcie kwadratu. Każda ściana boczna to trójkąt równoboczny o boku \\(8\\), czyli:
Szukamy wysokości \\(h\\) ostrosłupa.
\nWysokość ostrosłupa łączy wierzchołek z środkiem podstawy. Środek kwadratu leży w odległości równej połowie przekątnej kwadratu od każdego narożnika.
\nKrok 1 - przekątna kwadratu o boku 8:
\\[d = 8\\sqrt{2}\\]
Krok 2 - odległość od środka do narożnika (= połowa przekątnej):
\\[e = \\frac{d}{2} = \\frac{8\\sqrt{2}}{2} = 4\\sqrt{2}\\]
Krok 3 - trójkąt prostokątny: wysokość \\(h\\), odległość \\(e\\), krawędź boczna \\(8\\):
\\[h^2 + e^2 = 8^2\\]
\\[h^2 + (4\\sqrt{2})^2 = 64\\]
\\[h^2 + 32 = 64\\]
\\[h^2 = 32\\]
\\[\\boxed{h = \\sqrt{32} = 4\\sqrt{2}}\\]
Krok 1 - apotema ściany bocznej (wysokość trójkąta równobocznego o boku 8):
\\[l = \\frac{8\\sqrt{3}}{2} = 4\\sqrt{3}\\]
Krok 2 - apotema podstawy (odległość od środka kwadratu do środka boku):
\\[a = \\frac{8}{2} = 4\\]
Krok 3 - trójkąt prostokątny: wysokość \\(h\\), apotema podstawy \\(4\\), apotema boczna \\(4\\sqrt{3}\\):
\nWysokość ostrosłupa, apotema podstawy i apotema boczna tworzą trójkąt prostokątny:
\\[h^2 + 4^2 = (4\\sqrt{3})^2\\]
\\[h^2 + 16 = 48\\]
\\[h^2 = 32\\]
\\[\\boxed{h = 4\\sqrt{2}}\\]
Oba sposoby dają ten sam wynik. ✓
\nDział 10 (Planimetria - trójkąt równoboczny, s. 17):
\\[h = \\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\]
Użyliśmy w Sposobie 2 do wyznaczenia apotemy ściany bocznej (wysokości trójkąta równobocznego o boku 8).
Dział 10 (Planimetria - twierdzenie Pitagorasa, s. 15):
\\[a^2 + b^2 = c^2\\]
Użyliśmy w obu sposobach - do wyznaczenia wysokości ostrosłupa z trójkąta prostokątnego.
Dział 12 (Stereometria - ostrosłup, s. 26):
Definicja wysokości ostrosłupa prawidłowego: prostopadle z wierzchołka na środek podstawy.
| Odp. | Typowy błąd |
| A. \\(4\\) | Uczeń bierze połowę boku jako odległość od środka do narożnika zamiast połowy przekątnej; liczy \\(h^2 = 64 - 16 = 48\\), ale gubi pierwiastek i podaje \\(4\\) |
| C. \\(4\\sqrt{3}\\) | Uczeń podaje apotema boczną (\\(4\\sqrt{3}\\)) zamiast wysokości - myli apotema ściany z wysokością ostrosłupa |
| D. \\(6\\) | Uczeń szacuje "na oko" lub liczy błędnie \\(\\sqrt{32} \\approx 5{,}66\\) i zaokrągla do \\(6\\) |
⚠️ Uwaga: Odległość od środka kwadratu do narożnika to połowa przekątnej (\\(4\\sqrt{2}\\)), a nie połowa boku (\\(4\\)). To częsty błąd przy ostrosłupach czworokątnych!\n
⚠️ Uwaga: Apotema ściany bocznej (\\(4\\sqrt{3}\\)) to nie jest wysokość ostrosłupa - to dwa różne odcinki. Myśl o tym jako o dwóch różnych trójkątach prostokątnych.\n
⚠️ Uwaga: \\(\\sqrt{32} = \\sqrt{16 \\cdot 2} = 4\\sqrt{2}\\) - zawsze upraszczaj pierwiastki przez rozkład na czynniki!\n
Poprawna odpowiedź: B
\nPodstawa to kwadrat o boku \\(8\\), więc przekątna \\(d = 8\\sqrt{2}\\). Połowa przekątnej \\(r = 4\\sqrt{2}\\) - odległość od środka podstawy do wierzchołka podstawy.
Krawędź boczna = \\(8\\) (równoboczna ściana).
Wysokość ostrosłupa: \\(H = \\sqrt{8^{2} - (4\\sqrt{2})^{2}} = \\sqrt{64 - 32} = \\sqrt{32} = 4\\sqrt{2}\\).
Dla ostrosłupa prawidłowego czworokątnego o krawędzi bocznej \\(k\\) i boku podstawy \\(a\\): \\(H = \\sqrt{k^{2} - \\tfrac{a^{2}}{2}} = \\sqrt{64 - 32} = 4\\sqrt{2}\\).
\nTrik: wierzchołek - środek podstawy - wierzchołek podstawy tworzą trójkąt prostokątny.
"},{"source":"odrabiamy","label":"odrabiamy.pl","kind":"text","html":"Zauważ, że $P_{ABD}=P_{ABC}$, ponieważ trójkąty te mają tę samą podstawę $AB$ i wysokość opuszczona z wierzchołka $D$ na tę podstawę jest równa wysokości opuszczonej z wierzchołka $C$ na tę podstawę. Ponadto: $ P_{BCE}=P_{ABC}-P_{AEB}$ oraz $P_{AED}=P_{ABD}-P_{AEB}$, zatem: $P_{BCE}=P_{AED}$.
"},{"source":"matematykaorg","label":"matematyka.org.pl","kind":"text","html":"W trapezie ABCD podstawy są równoległe i:
\n|AB|=2|CD|
\nPunkt przecięcia przekątnych dzieli przekątne w stosunku długości podstaw:
\n(AE)/(EC)=(BE)/(ED)=(AB)/(CD)=2
\nDla trójkątów BCE i AED kąty przy punkcie E są wierzchołkowe, więc mają tę samą miarę. Stosunek pól:
\nfrac P_BCE P_AED =(BE· CE)/(AE· ED)
\nPonieważ (BE)/(ED)=2 oraz (CE)/(AE)=(1)/(2) , otrzymujemy:
\nfrac P_BCE P_AED =2·(1)/(2)=1
\nZatem pola trójkątów BCE oraz AED są równe - pierwsze zdanie jest prawdziwe.
\nDla trójkątów ABE oraz CDE :
\nfrac P_ABE P_CDE =(AE· BE)/(CE· DE)=2·2=4
\nPole trójkąta ABE jest cztery razy większe od pola trójkąta CDE , a nie dwa razy większe - drugie zdanie jest fałszywe.
\nOdpowiedź: P, F.
"}]}