{"id":"matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad/4","paper_id":"matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona","number":"4","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 4. (0-3)\nPunkty 𝐾 i 𝐿 są środkami - odpowiednio - boków 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 kwadratu 𝐴𝐵𝐶𝐷 o boku\ndługości 𝑎. Punkt 𝑀 jest takim punktem na boku 𝐵𝐶, że odcinki 𝐷𝐾 i 𝐾𝑀 są\nprostopadłe.\nOdcinek 𝐴𝐿 przecina odcinki 𝐷𝐾 oraz 𝐷𝑀 w punktach - odpowiednio - 𝑃 oraz 𝑄\n(zobacz rysunek).\nWykaż, że |𝑷𝑸| =\n√𝟓\n𝟓𝒂.\n4.\n0-1-\n2-3\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐾\n𝑀\n𝐿\n𝑃\n𝑄\n𝑎\n\nMMAP-R0_100\n\nMMAP-R0_100\nPunkty K i L są środkami - odpowiednio - boków AB i BC kwadratu ABCD o boku długości a. Punkt M jest takim punktem na boku BC, że odcinki DK i KM są prostopadłe. Odcinek AL przecina odcinki DK oraz DM w punktach - odpowiednio - P oraz Q (zobacz rysunek). [rysunek] Wykaż, że |PQ| = √5/5 a","answer":"|PQ|=(√(5))/(5)a","answer_text":"4 ⋅(√5\n5 𝑎+ |𝑃𝑄|) + √5\n5 𝑎+ |𝑃𝑄| = √5\n2 𝑎\n√5\n4 𝑎+ 5\n4 ⋅|𝑃𝑄| = √5\n2 𝑎\n|𝑃𝑄| = √5\n5 𝑎\nTo należało wykazać.\nSposób IV\nOznaczmy przez 𝐸 punkt przecięcia prostych 𝐴𝐷 i 𝐾𝑀. Niech 𝑥= |𝐴𝑃| oraz\n𝛼= |∡𝐴𝐷𝐾|. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nPonieważ |𝐴𝐾| = |𝐵𝐾| = 𝑎\n2 i kąty 𝐾𝐴𝐸 oraz 𝐾𝐵𝑀 są proste, a kąty 𝐴𝐾𝐸 i 𝐵𝐾𝑀 mają\nrówne miary (gdyż są to kąty wierzchołkowe), więc trójkąty 𝐴𝐾𝐸 i 𝐵𝐾𝑀 są przystające\n(cecha kbk). Stąd mamy |𝐸𝐾| = |𝐾𝑀|, więc trójkąty prostokątne 𝐷𝐾𝐸 i 𝐷𝐾𝑀 są\nprzystające (cecha bkb). Wobec tego |∡𝐾𝐷𝑀| = |∡𝐾𝐷𝐸| = 𝛼.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPonieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎\n2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc\ntrójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające. Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz\n|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nKąty 𝐷𝐴𝑃 oraz 𝐴𝐿𝐵 są naprzemianległe i 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc |∡𝐷𝐴𝑃| = |∡𝐴𝐿𝐵| = 90° -𝛼,\nczyli kąt 𝐷𝑃𝐴 jest prosty. Stąd 𝐸𝑀∥𝐴𝐿, co oznacza, że trójkąty 𝐴𝑃𝐷 i 𝑄𝑃𝐷 są\nprzystające (cecha kbk) i wobec tego |𝑃𝑄| = |𝐴𝑃| = 𝑥.\nTrójkąty 𝐷𝑃𝐴 i 𝐷𝐴𝐾 mają kąty o miarach 𝛼, 90° -𝛼 i 90°, więc są podobne (cecha\nkkk). Dlatego |𝐷𝑃|\n|𝐴𝐷| = |𝐴𝑃|\n|𝐴𝐾| , czyli |𝐷𝑃| =\n|𝐴𝐷|\n|𝐴𝐾| ⋅|𝐴𝑃| = 2 ⋅|𝐴𝑃| = 2𝑥.\nZ twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐷𝐴𝑃 otrzymujemy:\n|𝐴𝑃|2 + |𝐷𝑃|2 = |𝐴𝐷|2\n𝑥2 + (2𝑥)2 = 𝑎2\n𝑥= 𝑎\n√5\n|𝑃𝑄| = √5","solution":"## Poprawna odpowiedz: $|PQ| = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}\\,a$\n\nTo zadanie typu „Wykaż\", więc celem jest udowodnienie podanej równości. Najwygodniej zrobić to metodą współrzędnych (geometria analityczna) - jest najpewniejsza i nie wymaga zgadywania podobieństw.\n\n## Sposob 1 - Geometria analityczna (układ współrzędnych)\n\n**Krok 1. Wprowadzenie układu współrzędnych.**\n\nUmieszczam kwadrat tak, by jego wierzchołki miały wygodne współrzędne:\n\\[\nA=(0,\\,0),\\quad B=(a,\\,0),\\quad C=(a,\\,a),\\quad D=(0,\\,a).\n\\]\nBoki: $AB$ leży na osi $OX$, $BC$ jest pionowy ($x=a$). To poprawnie odwzorowuje kwadrat $ABCD$ o boku $a$.\n\n**Krok 2. Środki boków $K$ i $L$.**\n\nPunkt $K$ jest środkiem $AB$, a $L$ środkiem $BC$:\n\\[\nK=\\left(\\tfrac{a}{2},\\,0\\right),\\qquad L=\\left(a,\\,\\tfrac{a}{2}\\right).\n\\]\n\n**Krok 3. Wyznaczenie punktu $M$ na boku $BC$ z warunku prostopadłości $DK \\perp KM$.**\n\nPunkt $M$ leży na $BC$, więc $M=(a,\\,t)$ dla pewnego $t\\in[0,a]$. Korzystam z warunku, że dwa odcinki są prostopadłe, gdy iloczyn skalarny ich wektorów jest równy $0$ (karta wzorów EM2023, dział „Geometria analityczna / wektory\" - warunek prostopadłości $\\vec{u}\\cdot\\vec{v}=0$).\n\nWektory:\n\\[\n\\vec{DK}=K-D=\\left(\\tfrac{a}{2}-0,\\ 0-a\\right)=\\left(\\tfrac{a}{2},\\,-a\\right),\n\\]\n\\[\n\\vec{KM}=M-K=\\left(a-\\tfrac{a}{2},\\ t-0\\right)=\\left(\\tfrac{a}{2},\\,t\\right).\n\\]\nWarunek $\\vec{DK}\\cdot\\vec{KM}=0$:\n\\[\n\\tfrac{a}{2}\\cdot\\tfrac{a}{2}+(-a)\\cdot t=0\n\\;\\Longrightarrow\\;\n\\tfrac{a^2}{4}-a t=0\n\\;\\Longrightarrow\\;\nt=\\tfrac{a}{4}.\n\\]\nZatem\n\\[\nM=\\left(a,\\,\\tfrac{a}{4}\\right).\n\\]\n(Sprawdzenie: $0\\le \\tfrac{a}{4}\\le a$, więc $M$ faktycznie leży na boku $BC$.)\n\n**Krok 4. Równanie prostej $AL$.**\n\nProsta przechodzi przez $A=(0,0)$ i $L=(a,\\tfrac{a}{2})$. Współczynnik kierunkowy:\n\\[\nm=\\frac{\\tfrac{a}{2}-0}{a-0}=\\frac{1}{2},\n\\qquad\\text{więc}\\qquad\nAL:\\ y=\\tfrac{1}{2}x.\n\\]\n\n**Krok 5. Punkt $P=AL\\cap DK$.**\n\nProsta $DK$ przechodzi przez $D=(0,a)$ i $K=(\\tfrac{a}{2},0)$. Współczynnik kierunkowy:\n\\[\nm_{DK}=\\frac{0-a}{\\tfrac{a}{2}-0}=-2,\n\\qquad\nDK:\\ y=-2x+a.\n\\]\nPrzyrównuję do prostej $AL$:\n\\[\n\\tfrac{1}{2}x=-2x+a\n\\;\\Longrightarrow\\;\n\\tfrac{1}{2}x+2x=a\n\\;\\Longrightarrow\\;\n\\tfrac{5}{2}x=a\n\\;\\Longrightarrow\\;\nx=\\tfrac{2a}{5}.\n\\]\nWtedy $y=\\tfrac12\\cdot\\tfrac{2a}{5}=\\tfrac{a}{5}$, więc\n\\[\nP=\\left(\\tfrac{2a}{5},\\,\\tfrac{a}{5}\\right).\n\\]\n\n**Krok 6. Punkt $Q=AL\\cap DM$.**\n\nProsta $DM$ przechodzi przez $D=(0,a)$ i $M=(a,\\tfrac{a}{4})$. Współczynnik kierunkowy:\n\\[\nm_{DM}=\\frac{\\tfrac{a}{4}-a}{a-0}=\\frac{-\\tfrac{3a}{4}}{a}=-\\tfrac{3}{4},\n\\qquad\nDM:\\ y=-\\tfrac{3}{4}x+a.\n\\]\nPrzyrównuję do $AL$:\n\\[\n\\tfrac{1}{2}x=-\\tfrac{3}{4}x+a\n\\;\\Longrightarrow\\;\n\\tfrac{1}{2}x+\\tfrac{3}{4}x=a\n\\;\\Longrightarrow\\;\n\\tfrac{5}{4}x=a\n\\;\\Longrightarrow\\;\nx=\\tfrac{4a}{5}.\n\\]\nWtedy $y=\\tfrac12\\cdot\\tfrac{4a}{5}=\\tfrac{2a}{5}$, więc\n\\[\nQ=\\left(\\tfrac{4a}{5},\\,\\tfrac{2a}{5}\\right).\n\\]\n\n**Krok 7. Obliczenie $|PQ|$.**\n\nKorzystam ze wzoru na odległość punktów (karta wzorów EM2023, dział „Geometria analityczna\" - długość odcinka):\n\\[\n|PQ|=\\sqrt{(x_Q-x_P)^2+(y_Q-y_P)^2}.\n\\]\nRóżnice współrzędnych:\n\\[\nx_Q-x_P=\\tfrac{4a}{5}-\\tfrac{2a}{5}=\\tfrac{2a}{5},\\qquad\ny_Q-y_P=\\tfrac{2a}{5}-\\tfrac{a}{5}=\\tfrac{a}{5}.\n\\]\nStąd\n\\[\n|PQ|=\\sqrt{\\left(\\tfrac{2a}{5}\\right)^2+\\left(\\tfrac{a}{5}\\right)^2}\n=\\sqrt{\\tfrac{4a^2}{25}+\\tfrac{a^2}{25}}\n=\\sqrt{\\tfrac{5a^2}{25}}\n=\\sqrt{\\tfrac{a^2}{5}}\n=\\frac{a}{\\sqrt{5}}.\n\\]\n\n**Krok 8. Usunięcie niewymierności z mianownika.**\n\n\\[\n|PQ|=\\frac{a}{\\sqrt5}=\\frac{a\\cdot\\sqrt5}{\\sqrt5\\cdot\\sqrt5}=\\frac{\\sqrt5}{5}\\,a.\n\\]\n\nTo kończy dowód:\n\\[\n\\boxed{\\,|PQ|=\\dfrac{\\sqrt5}{5}\\,a\\,.}\n\\]\n$\\blacksquare$\n\n## Sposob 2 - szkic bez współrzędnych (obserwacja)\n\nPunkty $P$ i $Q$ leżą oba na prostej $AL$ o nachyleniu $\\tfrac12$, więc $\\vec{PQ}=(\\tfrac{2a}{5},\\tfrac{a}{5})$ jest równoległy do $\\vec{AL}=(a,\\tfrac{a}{2})$ (oba mają stosunek współrzędnych $2:1$) - to potwierdza, że $P,Q$ rzeczywiście leżą na $AL$. Dzięki temu można też zauważyć, że odcinek $PQ$ stanowi część przekątnej-siecznej i jego długość wynika z proporcji $|AP|:|AQ|:|AL|$. Metoda współrzędnych jest jednak najszybsza i najmniej podatna na błąd, dlatego to ona jest rekomendowana na maturze.\n\n## Typowe pulapki\n\n- **Złe odczytanie warunku prostopadłości.** Trzeba użyć $\\vec{DK}\\cdot\\vec{KM}=0$ (wektory wychodzące z poprawnych punktów: $D\\to K$ oraz $K\\to M$), a nie $\\vec{DK}\\cdot\\vec{DM}$. Łatwo pomylić, które dwa odcinki są prostopadłe.\n- **Zapomnienie o usunięciu niewymierności.** Wynik $\\dfrac{a}{\\sqrt5}$ jest poprawny, ale dopiero postać $\\dfrac{\\sqrt5}{5}a$ jest zgodna z tezą - bez tego kroku dowód „nie domyka się\" do żądanej formy i można stracić punkt za pełne wykazanie.","image":"img/matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona/zad-4.webp","solution_image":"img/matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona/sol-4.svg","topics":null,"page_from":8,"source":"ocr","answer_source":"matematykaorg","answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 4. (0-3)
Punkty 𝐾 i 𝐿 są środkami - odpowiednio - boków 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 kwadratu 𝐴𝐵𝐶𝐷 o boku
długości 𝑎. Punkt 𝑀 jest takim punktem na boku 𝐵𝐶, że odcinki 𝐷𝐾 i 𝐾𝑀 są
prostopadłe.
Odcinek 𝐴𝐿 przecina odcinki 𝐷𝐾 oraz 𝐷𝑀 w punktach - odpowiednio - 𝑃 oraz 𝑄
(zobacz rysunek).
Wykaż, że |𝑷𝑸| =
√𝟓
𝟓𝒂.
4.
0-1-
2-3
𝐴
𝐵
𝐶
𝐷
𝐾
𝑀
𝐿
𝑃
𝑄
𝑎

\n

MMAP-R0_100

\n

MMAP-R0_100
Punkty K i L są środkami - odpowiednio - boków AB i BC kwadratu ABCD o boku długości a. Punkt M jest takim punktem na boku BC, że odcinki DK i KM są prostopadłe. Odcinek AL przecina odcinki DK oraz DM w punktach - odpowiednio - P oraz Q (zobacz rysunek). [rysunek] Wykaż, że |PQ| = √5/5 a

","answer_text_html":"

4 ⋅(√5
5 𝑎+ |𝑃𝑄|) + √5
5 𝑎+ |𝑃𝑄| = √5
2 𝑎
√5
4 𝑎+ 5
4 ⋅|𝑃𝑄| = √5
2 𝑎
|𝑃𝑄| = √5
5 𝑎
To należało wykazać.
Sposób IV
Oznaczmy przez 𝐸 punkt przecięcia prostych 𝐴𝐷 i 𝐾𝑀. Niech 𝑥= |𝐴𝑃| oraz
𝛼= |∡𝐴𝐷𝐾|. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.
Ponieważ |𝐴𝐾| = |𝐵𝐾| = 𝑎
2 i kąty 𝐾𝐴𝐸 oraz 𝐾𝐵𝑀 są proste, a kąty 𝐴𝐾𝐸 i 𝐵𝐾𝑀 mają
równe miary (gdyż są to kąty wierzchołkowe), więc trójkąty 𝐴𝐾𝐸 i 𝐵𝐾𝑀 są przystające
(cecha kbk). Stąd mamy |𝐸𝐾| = |𝐾𝑀|, więc trójkąty prostokątne 𝐷𝐾𝐸 i 𝐷𝐾𝑀 są
przystające (cecha bkb). Wobec tego |∡𝐾𝐷𝑀| = |∡𝐾𝐷𝐸| = 𝛼.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Ponieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎
2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc
trójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające. Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz
|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.
Kąty 𝐷𝐴𝑃 oraz 𝐴𝐿𝐵 są naprzemianległe i 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc |∡𝐷𝐴𝑃| = |∡𝐴𝐿𝐵| = 90° -𝛼,
czyli kąt 𝐷𝑃𝐴 jest prosty. Stąd 𝐸𝑀∥𝐴𝐿, co oznacza, że trójkąty 𝐴𝑃𝐷 i 𝑄𝑃𝐷 są
przystające (cecha kbk) i wobec tego |𝑃𝑄| = |𝐴𝑃| = 𝑥.
Trójkąty 𝐷𝑃𝐴 i 𝐷𝐴𝐾 mają kąty o miarach 𝛼, 90° -𝛼 i 90°, więc są podobne (cecha
kkk). Dlatego |𝐷𝑃|
|𝐴𝐷| = |𝐴𝑃|
|𝐴𝐾| , czyli |𝐷𝑃| =
|𝐴𝐷|
|𝐴𝐾| ⋅|𝐴𝑃| = 2 ⋅|𝐴𝑃| = 2𝑥.
Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐷𝐴𝑃 otrzymujemy:
|𝐴𝑃|2 + |𝐷𝑃|2 = |𝐴𝐷|2
𝑥2 + (2𝑥)2 = 𝑎2
𝑥= 𝑎
√5
|𝑃𝑄| = √5

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2026-maj-matura-rozszerzona/sol-4.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedz: $|PQ| = \\dfrac{\\sqrt{5}}{5}\\,a$

\n

To zadanie typu „Wykaż", więc celem jest udowodnienie podanej równości. Najwygodniej zrobić to metodą współrzędnych (geometria analityczna) - jest najpewniejsza i nie wymaga zgadywania podobieństw.

\n

Sposob 1 - Geometria analityczna (układ współrzędnych)

\n

Krok 1. Wprowadzenie układu współrzędnych.

\n

Umieszczam kwadrat tak, by jego wierzchołki miały wygodne współrzędne:
\\[
A=(0,\\,0),\\quad B=(a,\\,0),\\quad C=(a,\\,a),\\quad D=(0,\\,a).
\\]
Boki: $AB$ leży na osi $OX$, $BC$ jest pionowy ($x=a$). To poprawnie odwzorowuje kwadrat $ABCD$ o boku $a$.

\n

Krok 2. Środki boków $K$ i $L$.

\n

Punkt $K$ jest środkiem $AB$, a $L$ środkiem $BC$:
\\[
K=\\left(\\tfrac{a}{2},\\,0\\right),\\qquad L=\\left(a,\\,\\tfrac{a}{2}\\right).
\\]

\n

Krok 3. Wyznaczenie punktu $M$ na boku $BC$ z warunku prostopadłości $DK \\perp KM$.

\n

Punkt $M$ leży na $BC$, więc $M=(a,\\,t)$ dla pewnego $t\\in[0,a]$. Korzystam z warunku, że dwa odcinki są prostopadłe, gdy iloczyn skalarny ich wektorów jest równy $0$ (karta wzorów EM2023, dział „Geometria analityczna / wektory" - warunek prostopadłości $\\vec{u}\\cdot\\vec{v}=0$).

\n

Wektory:
\\[
\\vec{DK}=K-D=\\left(\\tfrac{a}{2}-0,\\ 0-a\\right)=\\left(\\tfrac{a}{2},\\,-a\\right),
\\]
\\[
\\vec{KM}=M-K=\\left(a-\\tfrac{a}{2},\\ t-0\\right)=\\left(\\tfrac{a}{2},\\,t\\right).
\\]
Warunek $\\vec{DK}\\cdot\\vec{KM}=0$:
\\[
\\tfrac{a}{2}\\cdot\\tfrac{a}{2}+(-a)\\cdot t=0
\\;\\Longrightarrow\\;
\\tfrac{a^2}{4}-a t=0
\\;\\Longrightarrow\\;
t=\\tfrac{a}{4}.
\\]
Zatem
\\[
M=\\left(a,\\,\\tfrac{a}{4}\\right).
\\]
(Sprawdzenie: $0\\le \\tfrac{a}{4}\\le a$, więc $M$ faktycznie leży na boku $BC$.)

\n

Krok 4. Równanie prostej $AL$.

\n

Prosta przechodzi przez $A=(0,0)$ i $L=(a,\\tfrac{a}{2})$. Współczynnik kierunkowy:
\\[
m=\\frac{\\tfrac{a}{2}-0}{a-0}=\\frac{1}{2},
\\qquad\\text{więc}\\qquad
AL:\\ y=\\tfrac{1}{2}x.
\\]

\n

Krok 5. Punkt $P=AL\\cap DK$.

\n

Prosta $DK$ przechodzi przez $D=(0,a)$ i $K=(\\tfrac{a}{2},0)$. Współczynnik kierunkowy:
\\[
m_{DK}=\\frac{0-a}{\\tfrac{a}{2}-0}=-2,
\\qquad
DK:\\ y=-2x+a.
\\]
Przyrównuję do prostej $AL$:
\\[
\\tfrac{1}{2}x=-2x+a
\\;\\Longrightarrow\\;
\\tfrac{1}{2}x+2x=a
\\;\\Longrightarrow\\;
\\tfrac{5}{2}x=a
\\;\\Longrightarrow\\;
x=\\tfrac{2a}{5}.
\\]
Wtedy $y=\\tfrac12\\cdot\\tfrac{2a}{5}=\\tfrac{a}{5}$, więc
\\[
P=\\left(\\tfrac{2a}{5},\\,\\tfrac{a}{5}\\right).
\\]

\n

Krok 6. Punkt $Q=AL\\cap DM$.

\n

Prosta $DM$ przechodzi przez $D=(0,a)$ i $M=(a,\\tfrac{a}{4})$. Współczynnik kierunkowy:
\\[
m_{DM}=\\frac{\\tfrac{a}{4}-a}{a-0}=\\frac{-\\tfrac{3a}{4}}{a}=-\\tfrac{3}{4},
\\qquad
DM:\\ y=-\\tfrac{3}{4}x+a.
\\]
Przyrównuję do $AL$:
\\[
\\tfrac{1}{2}x=-\\tfrac{3}{4}x+a
\\;\\Longrightarrow\\;
\\tfrac{1}{2}x+\\tfrac{3}{4}x=a
\\;\\Longrightarrow\\;
\\tfrac{5}{4}x=a
\\;\\Longrightarrow\\;
x=\\tfrac{4a}{5}.
\\]
Wtedy $y=\\tfrac12\\cdot\\tfrac{4a}{5}=\\tfrac{2a}{5}$, więc
\\[
Q=\\left(\\tfrac{4a}{5},\\,\\tfrac{2a}{5}\\right).
\\]

\n

Krok 7. Obliczenie $|PQ|$.

\n

Korzystam ze wzoru na odległość punktów (karta wzorów EM2023, dział „Geometria analityczna" - długość odcinka):
\\[
|PQ|=\\sqrt{(x_Q-x_P)^2+(y_Q-y_P)^2}.
\\]
Różnice współrzędnych:
\\[
x_Q-x_P=\\tfrac{4a}{5}-\\tfrac{2a}{5}=\\tfrac{2a}{5},\\qquad
y_Q-y_P=\\tfrac{2a}{5}-\\tfrac{a}{5}=\\tfrac{a}{5}.
\\]
Stąd
\\[
|PQ|=\\sqrt{\\left(\\tfrac{2a}{5}\\right)^2+\\left(\\tfrac{a}{5}\\right)^2}
=\\sqrt{\\tfrac{4a^2}{25}+\\tfrac{a^2}{25}}
=\\sqrt{\\tfrac{5a^2}{25}}
=\\sqrt{\\tfrac{a^2}{5}}
=\\frac{a}{\\sqrt{5}}.
\\]

\n

Krok 8. Usunięcie niewymierności z mianownika.

\n

\\[
|PQ|=\\frac{a}{\\sqrt5}=\\frac{a\\cdot\\sqrt5}{\\sqrt5\\cdot\\sqrt5}=\\frac{\\sqrt5}{5}\\,a.
\\]

\n

To kończy dowód:
\\[
\\boxed{\\,|PQ|=\\dfrac{\\sqrt5}{5}\\,a\\,.}
\\]
$\\blacksquare$

\n

Sposob 2 - szkic bez współrzędnych (obserwacja)

\n

Punkty $P$ i $Q$ leżą oba na prostej $AL$ o nachyleniu $\\tfrac12$, więc $\\vec{PQ}=(\\tfrac{2a}{5},\\tfrac{a}{5})$ jest równoległy do $\\vec{AL}=(a,\\tfrac{a}{2})$ (oba mają stosunek współrzędnych $2:1$) - to potwierdza, że $P,Q$ rzeczywiście leżą na $AL$. Dzięki temu można też zauważyć, że odcinek $PQ$ stanowi część przekątnej-siecznej i jego długość wynika z proporcji $|AP|:|AQ|:|AL|$. Metoda współrzędnych jest jednak najszybsza i najmniej podatna na błąd, dlatego to ona jest rekomendowana na maturze.

\n

Typowe pulapki

\n"},{"source":"matematykaorg","label":"matematyka.org.pl","kind":"text","html":"

Ponieważ K jest środkiem boku AB , mamy

\n

|AK|=|KB|=(a)/(2).

\n

Trójkąty AKD i KBM są podobne. Są to trójkąty prostokątne, a ich odpowiednie boki są równoległe lub prostopadłe. Skala podobieństwa trójkąta KBM do trójkąta AKD jest równa (1)/(2) . Stąd

\n

|BM|=(1)/(2)|AK|=(a)/(4).

\n

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie KBM :

\n

|KM|^2= ((a)/(2) )^2+ ((a)/(4) )^2=(5a^2)/(16),

\n

|KM|=(a√(5))/(4).

\n

W trójkącie AKD :

\n

|DK|^2=a^2+ ((a)/(2) )^2=(5a^2)/(4), |DK|=(a√(5))/(2).

\n

Ponieważ AL∥ KM oraz DK⊥ KM , mamy również DK⊥ AL . Trójkąty prostokątne DAP i DKA są podobne - mają wspólny kąt przy wierzchołku D . Z podobieństwa:

\n

(|DP|)/(|DA|)=(|DA|)/(|DK|),

\n

|DP|=frac a^2 (a√(5))/(2) =(2a)/(√(5))=(2a√(5))/(5).

\n

Trójkąty DPQ i DKM są podobne, ponieważ PQ∥ KM . Zatem

\n

(|PQ|)/(|KM|)=(|DP|)/(|DK|)=frac (2a√(5))/(5) (a√(5))/(2) =(4)/(5).

\n

|PQ|=(4)/(5)·(a√(5))/(4)=(a√(5))/(5).

\n

Teza została wykazana.

"}]}