{"id":"matematyka-2026-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/8","paper_id":"matematyka-2026-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"8","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 8. (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 prostopadłe.\nOdcinek 𝐴𝐿 przecina odcinki 𝐷𝐾 oraz 𝐷𝑀 w punktach - odpowiednio - 𝑃 oraz 𝑄\n(zobacz rysunek).\nWykaż, że |𝑃𝑄| =\n√5\n5 𝑎.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐾\n𝑀\n𝐿\n𝑃\n𝑄\n𝑎\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100","answer":null,"answer_text":"Zadanie 8. (0-3)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nV. Rozumowanie i argumentacja.\nZdający:\n7.4R) rozpoznaje figury podobne\ni jednokładne; wykorzystuje (także\nw kontekstach praktycznych) ich własności.\nZasady oceniania\n3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.\n2 pkt - uzasadnienie, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są równoległe)\ni przedstawienie kompletnego rozumowania prowadzącego do wyznaczenia\npoprawnego równania z niewiadomą |𝑃𝑄| oraz zapisanie tego równania\nALBO\n- przyjęcie bez uzasadnienia, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są\nrównoległe) oraz przeprowadzenie pełnego rozumowania przy tym założeniu\ni otrzymanie tezy |𝑃𝑄| =\n√5\n5 𝑎,\nALBO\n- obliczenie współrzędnych punktu 𝑄: 𝑄= (4\n5 𝑎, 2\n5 𝑎).\n1 pkt - uzasadnienie, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są równoległe)\nALBO\n- obliczenie długości boku 𝐾𝑀 trójkąta 𝐷𝐾𝑀 i długości jednego z pozostałych\ndwóch boków tego trójkąta: |𝐾𝑀| =\n√5\n4 𝑎, |𝐷𝐾| =\n√5\n2 𝑎, |𝐷𝑀| = 5\n4 𝑎,\nALBO\n- obliczenie długości jednego z odcinków 𝐴𝑃, 𝐷𝑃 lub 𝑃𝐾: |𝐴𝑃| = 1\n√5 𝑎,\n|𝐷𝑃| = 2\n√5 𝑎, |𝑃𝐾| =\n1\n2√5 𝑎,\nALBO\n- obliczenie współrzędnych punktu 𝑃: 𝑃= (2\n5 𝑎, 1\n5 𝑎),\nALBO\n- uzasadnienie, że trójkąty 𝐸𝐾𝐷 i 𝑀𝐾𝐷 są przystające.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający przyjmie błędne założenie (np. że miara kąta 𝐴𝐾𝐷 jest równa 60°) i na\ntym opiera swoje rozumowanie, to otrzymuje 0 punktów.\n2. Jeżeli zdający uzasadni, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są\nrównoległe), a w dalszej części rozwiązania popełni tylko jeden błąd rachunkowy, ale\nzrealizuje w pełni strategię rozwiązania zadania, otrzymując równanie z jedną niewiadomą\n|𝑃𝑄|, to otrzymuje 2 punkty za całe rozwiązanie.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nOznaczmy miarę kąta 𝐴𝐷𝐾 przez 𝛼. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nPonieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎\n2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc\ntrójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające (cecha bkb). Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz\n|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nStąd wynika, że miary kątów ostrych trójkąta 𝐴𝑃𝐾 są równe miarom odpowiednich kątów\nostrych trójkątów 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿. To oznacza, że trójkąt 𝐴𝑃𝐾 jest prostokątny i podobny do\ntrójkątów 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐷𝑃𝐴, więc\n|𝐴𝐷|\n|𝐴𝐾| =\n|𝐴𝑃|\n|𝑃𝐾| =\n|𝐷𝑃|\n|𝐴𝑃| = 2\nStąd |𝐷𝑃| = 2 ⋅|𝐴𝑃| = 2 ⋅(2 ⋅|𝑃𝐾|) = 4 ⋅|𝑃𝐾|.\nKąt 𝐷𝐾𝑀 jest prosty i |∡𝐾𝐷𝑀| = |∡𝑃𝐷𝑄|, więc trójkąty prostokątne 𝐷𝐾𝑀 oraz 𝐷𝑃𝑄 są\npodobne, a skala podobieństwa jest równa\n|𝐷𝐾|\n|𝐷𝑃| = |𝐷𝑃| + |𝑃𝐾|\n|𝐷𝑃|\n= 5 ⋅|𝑃𝐾|\n4 ⋅|𝑃𝐾| = 5\n4\nZatem |𝑃𝑄| = 4\n5 ⋅|𝐾𝑀|, a ponieważ trójkąt 𝐾𝐵𝑀 jest podobny do trójkąta 𝐴𝐵𝐿 w skali\n1 ∶2, więc\n|𝐾𝑀| = 1\n2 ⋅|𝐴𝐿| = 1\n2 ⋅|𝐷𝐾| = 1\n2 ⋅√𝑎2 + (𝑎\n2)\n2\n= √5\n4 𝑎\ni tym samym\n|𝑃𝑄| = 4\n5 ⋅|𝐾𝑀| = 4\n5 ⋅√5\n4 𝑎= √5\n5 𝑎\nTo należało wykazać.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐾\n𝑀\n𝐿\n𝑃\n𝑄\n𝑎\n𝛼\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n𝛼\nSposób II\nNiech 𝑥= |𝐴𝑃| oraz 𝛼= |∡𝐴𝐷𝐾|. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nPonieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎\n2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc\ntrójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające (cecha bkb). Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz\n|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nKąty 𝐷𝐴𝑃 oraz 𝐴𝐿𝐵 są naprzemianległe i 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc |∡𝐷𝐴𝑃| = |∡𝐴𝐿𝐵| = 90° -𝛼.\nZatem trójkąt 𝐷𝑃𝐴 jest prostokątny i podobny do trójkąta 𝐷𝐴𝐾. Stąd |𝐷𝑃|\n|𝐴𝐷| = |𝐴𝑃|\n|𝐴𝐾| , czyli\n|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\nPonieważ kąt 𝐷𝑃𝐴 jest prosty, więc 𝐴𝐿∥𝐾𝑀. Zatem trójkąty prostokątne 𝐷𝐾𝑀 i 𝐷𝑃𝑄\noraz 𝐴𝐷𝐾 i 𝐵𝐾𝑀 są podobne. Skala podobieństwa trójkątów 𝐴𝐷𝐾 i 𝐵𝐾𝑀 jest równa\n|𝐴𝐷|\n|𝐵𝐾| = 2, więc |𝐷𝐾| = 2 ⋅|𝐾𝑀|. Stąd z kolei wynika, że trójkąt 𝐷𝐾𝑀 jest podobny do\ntrójkąta 𝐷𝐴𝐾, więc jest również podobny do trójkąta 𝐷𝑃𝐴. Zatem |∡𝐾𝐷𝑀| = |∡𝐴𝐷𝑃| = 𝛼.\nWobec tego trójkąty prostokątne 𝐷𝑃𝐴 i 𝐷𝑃𝑄 są przystające (cecha kbk). Stąd\n|𝑃𝑄| = |𝐴𝑃| = 𝑎\n√5\n= √5\n5 𝑎\nTo należało wykazać.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐾\n𝑀\n𝐿\n𝑃\n𝑄\n𝑎\n𝛼\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n𝛼\n𝑥\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nSposób III\nNiech 𝑥= |𝐴𝑃| oraz 𝛼= |∡𝐴𝐷𝐾|. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nPonieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎\n2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc\ntrójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające (cecha bkb). Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz\n|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.\nKąty 𝐷𝐴𝑃 oraz 𝐴𝐿𝐵 są naprzemianległe i 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc |∡𝐷𝐴𝑃| = |∡𝐴𝐿𝐵| = 90° -𝛼.\nZatem trójkąt 𝐷𝑃𝐴 jest prostokątny i podobny do trójkąta 𝐷𝐴𝐾. Stąd |𝐷𝑃|\n|𝐴𝐷| = |𝐴𝑃|\n|𝐴𝐾| , czyli\n|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\nPonieważ kąt 𝐷𝑃𝐴 jest prosty, więc 𝐴𝐿∥𝐾𝑀. To oznacza, że |∡𝐵𝐾𝑀| = |∡𝐵𝐴𝐿|, więc\ntrójkąty prostokątne 𝐴𝐷𝐾 i 𝐵𝐾𝑀 są podobne, a skala ich podobieństwa jest równa\n|𝐴𝐷|\n|𝐵𝐾| = 2. Stąd |𝑀𝐵| = 1\n2 ⋅|𝐴𝐾| = 1\n4 𝑎 oraz |𝐿𝑀| = |𝐵𝐿| -|𝑀𝐵| = 1\n4 𝑎.\nPonieważ 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc kąty naprzemianległe 𝐴𝐷𝑄 i 𝑄𝑀𝐿 mają równe miary. Z tej\nsamej przyczyny kąty naprzemianległe 𝑄𝐴𝐷 i 𝑄𝐿𝑀 mają równe miary. Zatem trójkąty\n𝐴𝑄𝐷 i 𝐿𝑄𝑀 są podobne, a skala ich podobieństwa jest równa |𝐴𝐷|\n|𝐿𝑀| = 𝑎\n1\n4𝑎= 4. Stąd\n|𝐿𝑄| = 1\n4 ⋅(|𝐴𝑃| + |𝑃𝑄|) = 1\n4 ⋅(√5\n5 𝑎+ |𝑃𝑄|)\nAle |𝐿𝑄| + |𝐴𝑃| + |𝑃𝑄| = |𝐴𝐿| =\n√5\n2 𝑎, więc\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐾\n𝑀\n𝐿\n𝑃\n𝑄\n𝑎\n𝛼\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n𝛼\n𝑥\n1\n4 ⋅(√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.\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:\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐾\n𝑀\n𝐿\n𝑃\n𝑄\n𝑎\n𝛼\n𝛼\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n𝛼\n𝑥\n𝐸\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n|𝐴𝑃|2 + |𝐷𝑃|2 = |𝐴𝐷|2\n𝑥2 + (2𝑥)2 = 𝑎2\n𝑥= 𝑎\n√5\n|𝑃𝑄| = √5\n5 𝑎\nTo należało wykazać.\nSposób V (analitycznie)\nUmieszczamy kwadrat 𝐴𝐵𝐶𝐷 w kartezjańskim układzie współrzędnych (𝑥, 𝑦) tak, żeby\n𝐴= (0, 0), 𝐵= (𝑎, 0), 𝐶= (𝑎, 𝑎), 𝐷= (0, 𝑎) (zobacz rysunek).\nWówczas 𝐾= (1\n2 𝑎, 0) oraz 𝐿= (𝑎, 1\n2 𝑎).\nWyznaczamy równanie prostej 𝐷𝐾:\n𝑦= 0 -𝑎\n1\n2 𝑎-0\n⋅(𝑥-0) + 𝑎\n𝑦= -2𝑥+ 𝑎\nWyznaczamy równanie prostej 𝐴𝐿:\n𝑦=\n1\n2 𝑎-0\n𝑎-0 ⋅𝑥\n𝑦= 1\n2 𝑥\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐾\n𝑀\n𝐿\n𝑃\n𝑄\n𝑎\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n1\n2 𝑎\n𝑥\n𝑦\n𝑎\nWyznaczamy współrzędne punktu 𝑃:\n1\n2 𝑥= -2𝑥+ 𝑎\n𝑥= 2\n5 𝑎\n𝑦= 1\n2 ⋅2\n5 𝑎= 1\n5 𝑎\nZatem 𝑃= (2\n5 𝑎, 1\n5 𝑎).\nProsta 𝐾𝑀 jest prostopadła do prostej 𝐷𝐾, więc współczynnik kierunkowy w równaniu\nprostej 𝐾𝑀 jest równy 1\n2 . Zatem prosta 𝐾𝑀 ma równanie 𝑦= 1\n2 (𝑥-1\n2 𝑎). Stąd druga\nwspółrzędna punktu 𝑀 jest równa 1\n2 (𝑎-1\n2 𝑎) = 1\n4 𝑎, czyli 𝑀= (𝑎, 1\n4 𝑎).\nWyznaczamy równanie prostej 𝐷𝑀:\n𝑦=\n1\n4 𝑎-𝑎\n𝑎-0 ⋅(𝑥-0) + 𝑎\n𝑦= -3\n4 𝑥+ 𝑎\nObliczamy współrzędne punktu 𝑄, korzystając z równań prostych 𝐴𝐿 i 𝐷𝑀:\n1\n2 𝑥= -3\n4 𝑥+ 𝑎\n𝑥= 4\n5 𝑎\n𝑦= 1\n2 ⋅4\n5 𝑎= 2\n5 𝑎\nZatem 𝑄= (4\n5 𝑎, 2\n5 𝑎).\nObliczamy długość odcinka 𝑃𝑄:\n|𝑃𝑄| = √(4\n5 𝑎-2\n5 𝑎)\n2\n+ (2\n5 𝑎-1\n5 𝑎)\n2\n= √5\n25 𝑎= √5\n5 𝑎\nTo należało wykazać.\nZasady oceniania rozwiązań zadań","solution":null,"image":"img/matematyka-2026-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-8.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":10,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"<p>Zadanie 8. (0-3)<br>Punkty 𝐾 i 𝐿 są środkami - odpowiednio - boków 𝐴𝐵 i 𝐵𝐶 kwadratu 𝐴𝐵𝐶𝐷 o boku<br>długości 𝑎. Punkt 𝑀 jest takim punktem na boku 𝐵𝐶, że odcinki 𝐷𝐾 i 𝐾𝑀 są prostopadłe.<br>Odcinek 𝐴𝐿 przecina odcinki 𝐷𝐾 oraz 𝐷𝑀 w punktach - odpowiednio - 𝑃 oraz 𝑄<br>(zobacz rysunek).<br>Wykaż, że |𝑃𝑄| =<br>√5<br>5 𝑎.<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐾<br>𝑀<br>𝐿<br>𝑃<br>𝑄<br>𝑎</p>\n<p>EMAP-R0_100</p>\n<p>EMAP-R0_100</p>","answer_text_html":"<p>Zadanie 8. (0-3)<br>Wymaganie ogólne<br>Wymaganie szczegółowe<br>V. Rozumowanie i argumentacja.<br>Zdający:<br>7.4R) rozpoznaje figury podobne<br>i jednokładne; wykorzystuje (także<br>w kontekstach praktycznych) ich własności.<br>Zasady oceniania<br>3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.<br>2 pkt - uzasadnienie, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są równoległe)<br>i przedstawienie kompletnego rozumowania prowadzącego do wyznaczenia<br>poprawnego równania z niewiadomą |𝑃𝑄| oraz zapisanie tego równania<br>ALBO</p>\n<ul><li>przyjęcie bez uzasadnienia, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są</li></ul>\n<p>równoległe) oraz przeprowadzenie pełnego rozumowania przy tym założeniu<br>i otrzymanie tezy |𝑃𝑄| =<br>√5<br>5 𝑎,<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie współrzędnych punktu 𝑄: 𝑄= (4</li></ul>\n<p>5 𝑎, 2<br>5 𝑎).<br>1 pkt - uzasadnienie, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są równoległe)<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości boku 𝐾𝑀 trójkąta 𝐷𝐾𝑀 i długości jednego z pozostałych</li></ul>\n<p>dwóch boków tego trójkąta: |𝐾𝑀| =<br>√5<br>4 𝑎, |𝐷𝐾| =<br>√5<br>2 𝑎, |𝐷𝑀| = 5<br>4 𝑎,<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie długości jednego z odcinków 𝐴𝑃, 𝐷𝑃 lub 𝑃𝐾: |𝐴𝑃| = 1</li></ul>\n<p>√5 𝑎,<br>|𝐷𝑃| = 2<br>√5 𝑎, |𝑃𝐾| =<br>1<br>2√5 𝑎,<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie współrzędnych punktu 𝑃: 𝑃= (2</li></ul>\n<p>5 𝑎, 1<br>5 𝑎),<br>ALBO</p>\n<ul><li>uzasadnienie, że trójkąty 𝐸𝐾𝐷 i 𝑀𝐾𝐷 są przystające.</li></ul>\n<p>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Uwagi:</p>\n<ol><li>Jeżeli zdający przyjmie błędne założenie (np. że miara kąta 𝐴𝐾𝐷 jest równa 60°) i na</li></ol>\n<p>tym opiera swoje rozumowanie, to otrzymuje 0 punktów.</p>\n<ol><li>Jeżeli zdający uzasadni, że odcinki 𝐴𝐿 i 𝐷𝐾 są prostopadłe (lub 𝐴𝐿 i 𝐾𝑀 są</li></ol>\n<p>równoległe), a w dalszej części rozwiązania popełni tylko jeden błąd rachunkowy, ale<br>zrealizuje w pełni strategię rozwiązania zadania, otrzymując równanie z jedną niewiadomą<br>|𝑃𝑄|, to otrzymuje 2 punkty za całe rozwiązanie.<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Przykładowe pełne rozwiązania<br>Sposób I<br>Oznaczmy miarę kąta 𝐴𝐷𝐾 przez 𝛼. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.<br>Ponieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎<br>2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc<br>trójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające (cecha bkb). Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz<br>|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.<br>Stąd wynika, że miary kątów ostrych trójkąta 𝐴𝑃𝐾 są równe miarom odpowiednich kątów<br>ostrych trójkątów 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿. To oznacza, że trójkąt 𝐴𝑃𝐾 jest prostokątny i podobny do<br>trójkątów 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐷𝑃𝐴, więc<br>|𝐴𝐷|<br>|𝐴𝐾| =<br>|𝐴𝑃|<br>|𝑃𝐾| =<br>|𝐷𝑃|<br>|𝐴𝑃| = 2<br>Stąd |𝐷𝑃| = 2 ⋅|𝐴𝑃| = 2 ⋅(2 ⋅|𝑃𝐾|) = 4 ⋅|𝑃𝐾|.<br>Kąt 𝐷𝐾𝑀 jest prosty i |∡𝐾𝐷𝑀| = |∡𝑃𝐷𝑄|, więc trójkąty prostokątne 𝐷𝐾𝑀 oraz 𝐷𝑃𝑄 są<br>podobne, a skala podobieństwa jest równa<br>|𝐷𝐾|<br>|𝐷𝑃| = |𝐷𝑃| + |𝑃𝐾|<br>|𝐷𝑃|<br>= 5 ⋅|𝑃𝐾|<br>4 ⋅|𝑃𝐾| = 5<br>4<br>Zatem |𝑃𝑄| = 4<br>5 ⋅|𝐾𝑀|, a ponieważ trójkąt 𝐾𝐵𝑀 jest podobny do trójkąta 𝐴𝐵𝐿 w skali<br>1 ∶2, więc<br>|𝐾𝑀| = 1<br>2 ⋅|𝐴𝐿| = 1<br>2 ⋅|𝐷𝐾| = 1<br>2 ⋅√𝑎2 + (𝑎<br>2)<br>2<br>= √5<br>4 𝑎<br>i tym samym<br>|𝑃𝑄| = 4<br>5 ⋅|𝐾𝑀| = 4<br>5 ⋅√5<br>4 𝑎= √5<br>5 𝑎<br>To należało wykazać.<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐾<br>𝑀<br>𝐿<br>𝑃<br>𝑄<br>𝑎<br>𝛼<br>1<br>2 𝑎<br>1<br>2 𝑎<br>1<br>2 𝑎<br>𝛼<br>Sposób II<br>Niech 𝑥= |𝐴𝑃| oraz 𝛼= |∡𝐴𝐷𝐾|. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.<br>Ponieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎<br>2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc<br>trójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające (cecha bkb). Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz<br>|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.<br>Kąty 𝐷𝐴𝑃 oraz 𝐴𝐿𝐵 są naprzemianległe i 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc |∡𝐷𝐴𝑃| = |∡𝐴𝐿𝐵| = 90° -𝛼.<br>Zatem trójkąt 𝐷𝑃𝐴 jest prostokątny i podobny do trójkąta 𝐷𝐴𝐾. Stąd |𝐷𝑃|<br>|𝐴𝐷| = |𝐴𝑃|<br>|𝐴𝐾| , czyli<br>|𝐷𝑃| =<br>|𝐴𝐷|<br>|𝐴𝐾| ⋅|𝐴𝑃| = 2 ⋅|𝐴𝑃| = 2𝑥.<br>Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐷𝐴𝑃 otrzymujemy:<br>|𝐴𝑃|2 + |𝐷𝑃|2 = |𝐴𝐷|2<br>𝑥2 + (2𝑥)2 = 𝑎2<br>𝑥= 𝑎<br>√5<br>Ponieważ kąt 𝐷𝑃𝐴 jest prosty, więc 𝐴𝐿∥𝐾𝑀. Zatem trójkąty prostokątne 𝐷𝐾𝑀 i 𝐷𝑃𝑄<br>oraz 𝐴𝐷𝐾 i 𝐵𝐾𝑀 są podobne. Skala podobieństwa trójkątów 𝐴𝐷𝐾 i 𝐵𝐾𝑀 jest równa<br>|𝐴𝐷|<br>|𝐵𝐾| = 2, więc |𝐷𝐾| = 2 ⋅|𝐾𝑀|. Stąd z kolei wynika, że trójkąt 𝐷𝐾𝑀 jest podobny do<br>trójkąta 𝐷𝐴𝐾, więc jest również podobny do trójkąta 𝐷𝑃𝐴. Zatem |∡𝐾𝐷𝑀| = |∡𝐴𝐷𝑃| = 𝛼.<br>Wobec tego trójkąty prostokątne 𝐷𝑃𝐴 i 𝐷𝑃𝑄 są przystające (cecha kbk). Stąd<br>|𝑃𝑄| = |𝐴𝑃| = 𝑎<br>√5<br>= √5<br>5 𝑎<br>To należało wykazać.<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐾<br>𝑀<br>𝐿<br>𝑃<br>𝑄<br>𝑎<br>𝛼<br>1<br>2 𝑎<br>1<br>2 𝑎<br>1<br>2 𝑎<br>𝛼<br>𝑥<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Sposób III<br>Niech 𝑥= |𝐴𝑃| oraz 𝛼= |∡𝐴𝐷𝐾|. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.<br>Ponieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎<br>2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc<br>trójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające (cecha bkb). Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz<br>|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.<br>Kąty 𝐷𝐴𝑃 oraz 𝐴𝐿𝐵 są naprzemianległe i 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc |∡𝐷𝐴𝑃| = |∡𝐴𝐿𝐵| = 90° -𝛼.<br>Zatem trójkąt 𝐷𝑃𝐴 jest prostokątny i podobny do trójkąta 𝐷𝐴𝐾. Stąd |𝐷𝑃|<br>|𝐴𝐷| = |𝐴𝑃|<br>|𝐴𝐾| , czyli<br>|𝐷𝑃| =<br>|𝐴𝐷|<br>|𝐴𝐾| ⋅|𝐴𝑃| = 2 ⋅|𝐴𝑃| = 2𝑥.<br>Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐷𝐴𝑃 otrzymujemy:<br>|𝐴𝑃|2 + |𝐷𝑃|2 = |𝐴𝐷|2<br>𝑥2 + (2𝑥)2 = 𝑎2<br>𝑥= 𝑎<br>√5<br>Ponieważ kąt 𝐷𝑃𝐴 jest prosty, więc 𝐴𝐿∥𝐾𝑀. To oznacza, że |∡𝐵𝐾𝑀| = |∡𝐵𝐴𝐿|, więc<br>trójkąty prostokątne 𝐴𝐷𝐾 i 𝐵𝐾𝑀 są podobne, a skala ich podobieństwa jest równa<br>|𝐴𝐷|<br>|𝐵𝐾| = 2. Stąd |𝑀𝐵| = 1<br>2 ⋅|𝐴𝐾| = 1<br>4 𝑎 oraz |𝐿𝑀| = |𝐵𝐿| -|𝑀𝐵| = 1<br>4 𝑎.<br>Ponieważ 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc kąty naprzemianległe 𝐴𝐷𝑄 i 𝑄𝑀𝐿 mają równe miary. Z tej<br>samej przyczyny kąty naprzemianległe 𝑄𝐴𝐷 i 𝑄𝐿𝑀 mają równe miary. Zatem trójkąty<br>𝐴𝑄𝐷 i 𝐿𝑄𝑀 są podobne, a skala ich podobieństwa jest równa |𝐴𝐷|<br>|𝐿𝑀| = 𝑎<br>1<br>4𝑎= 4. Stąd<br>|𝐿𝑄| = 1<br>4 ⋅(|𝐴𝑃| + |𝑃𝑄|) = 1<br>4 ⋅(√5<br>5 𝑎+ |𝑃𝑄|)<br>Ale |𝐿𝑄| + |𝐴𝑃| + |𝑃𝑄| = |𝐴𝐿| =<br>√5<br>2 𝑎, więc<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐾<br>𝑀<br>𝐿<br>𝑃<br>𝑄<br>𝑎<br>𝛼<br>1<br>2 𝑎<br>1<br>2 𝑎<br>1<br>2 𝑎<br>𝛼<br>𝑥<br>1<br>4 ⋅(√5<br>5 𝑎+ |𝑃𝑄|) + √5<br>5 𝑎+ |𝑃𝑄| = √5<br>2 𝑎<br>√5<br>4 𝑎+ 5<br>4 ⋅|𝑃𝑄| = √5<br>2 𝑎<br>|𝑃𝑄| = √5<br>5 𝑎<br>To należało wykazać.<br>Sposób IV<br>Oznaczmy przez 𝐸 punkt przecięcia prostych 𝐴𝐷 i 𝐾𝑀. Niech 𝑥= |𝐴𝑃| oraz<br>𝛼= |∡𝐴𝐷𝐾|. Wtedy |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.<br>Ponieważ |𝐴𝐾| = |𝐵𝐾| = 𝑎<br>2 i kąty 𝐾𝐴𝐸 oraz 𝐾𝐵𝑀 są proste, a kąty 𝐴𝐾𝐸 i 𝐵𝐾𝑀 mają<br>równe miary (gdyż są to kąty wierzchołkowe), więc trójkąty 𝐴𝐾𝐸 i 𝐵𝐾𝑀 są przystające<br>(cecha kbk). Stąd mamy |𝐸𝐾| = |𝐾𝑀|, więc trójkąty prostokątne 𝐷𝐾𝐸 i 𝐷𝐾𝑀 są<br>przystające (cecha bkb). Wobec tego |∡𝐾𝐷𝑀| = |∡𝐾𝐷𝐸| = 𝛼.<br>Ponieważ |𝐷𝐴| = |𝐴𝐵| = 𝑎, |𝐴𝐾| = |𝐵𝐿| = 𝑎<br>2 i kąty 𝐷𝐴𝐾 oraz 𝐴𝐵𝐿 są proste, więc<br>trójkąty 𝐷𝐴𝐾 i 𝐴𝐵𝐿 są przystające. Zatem |∡𝐵𝐴𝐿| = |∡𝐴𝐷𝐾| = 𝛼 oraz<br>|∡𝐴𝐿𝐵| = |∡𝐷𝐾𝐴| = 90° -𝛼.<br>Kąty 𝐷𝐴𝑃 oraz 𝐴𝐿𝐵 są naprzemianległe i 𝐴𝐷∥𝐵𝐶, więc |∡𝐷𝐴𝑃| = |∡𝐴𝐿𝐵| = 90° -𝛼,<br>czyli kąt 𝐷𝑃𝐴 jest prosty. Stąd 𝐸𝑀∥𝐴𝐿, co oznacza, że trójkąty 𝐴𝑃𝐷 i 𝑄𝑃𝐷 są<br>przystające (cecha kbk) i wobec tego |𝑃𝑄| = |𝐴𝑃| = 𝑥.<br>Trójkąty 𝐷𝑃𝐴 i 𝐷𝐴𝐾 mają kąty o miarach 𝛼, 90° -𝛼 i 90°, więc są podobne (cecha<br>kkk). Dlatego |𝐷𝑃|<br>|𝐴𝐷| = |𝐴𝑃|<br>|𝐴𝐾| , czyli |𝐷𝑃| =<br>|𝐴𝐷|<br>|𝐴𝐾| ⋅|𝐴𝑃| = 2 ⋅|𝐴𝑃| = 2𝑥.<br>Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐷𝐴𝑃 otrzymujemy:<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐾<br>𝑀<br>𝐿<br>𝑃<br>𝑄<br>𝑎<br>𝛼<br>𝛼<br>1<br>2 𝑎<br>1<br>2 𝑎<br>𝛼<br>𝑥<br>𝐸<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>|𝐴𝑃|2 + |𝐷𝑃|2 = |𝐴𝐷|2<br>𝑥2 + (2𝑥)2 = 𝑎2<br>𝑥= 𝑎<br>√5<br>|𝑃𝑄| = √5<br>5 𝑎<br>To należało wykazać.<br>Sposób V (analitycznie)<br>Umieszczamy kwadrat 𝐴𝐵𝐶𝐷 w kartezjańskim układzie współrzędnych (𝑥, 𝑦) tak, żeby<br>𝐴= (0, 0), 𝐵= (𝑎, 0), 𝐶= (𝑎, 𝑎), 𝐷= (0, 𝑎) (zobacz rysunek).<br>Wówczas 𝐾= (1<br>2 𝑎, 0) oraz 𝐿= (𝑎, 1<br>2 𝑎).<br>Wyznaczamy równanie prostej 𝐷𝐾:<br>𝑦= 0 -𝑎<br>1<br>2 𝑎-0<br>⋅(𝑥-0) + 𝑎<br>𝑦= -2𝑥+ 𝑎<br>Wyznaczamy równanie prostej 𝐴𝐿:<br>𝑦=<br>1<br>2 𝑎-0<br>𝑎-0 ⋅𝑥<br>𝑦= 1<br>2 𝑥<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐾<br>𝑀<br>𝐿<br>𝑃<br>𝑄<br>𝑎<br>1<br>2 𝑎<br>1<br>2 𝑎<br>1<br>2 𝑎<br>𝑥<br>𝑦<br>𝑎<br>Wyznaczamy współrzędne punktu 𝑃:<br>1<br>2 𝑥= -2𝑥+ 𝑎<br>𝑥= 2<br>5 𝑎<br>𝑦= 1<br>2 ⋅2<br>5 𝑎= 1<br>5 𝑎<br>Zatem 𝑃= (2<br>5 𝑎, 1<br>5 𝑎).<br>Prosta 𝐾𝑀 jest prostopadła do prostej 𝐷𝐾, więc współczynnik kierunkowy w równaniu<br>prostej 𝐾𝑀 jest równy 1<br>2 . Zatem prosta 𝐾𝑀 ma równanie 𝑦= 1<br>2 (𝑥-1<br>2 𝑎). Stąd druga<br>współrzędna punktu 𝑀 jest równa 1<br>2 (𝑎-1<br>2 𝑎) = 1<br>4 𝑎, czyli 𝑀= (𝑎, 1<br>4 𝑎).<br>Wyznaczamy równanie prostej 𝐷𝑀:<br>𝑦=<br>1<br>4 𝑎-𝑎<br>𝑎-0 ⋅(𝑥-0) + 𝑎<br>𝑦= -3<br>4 𝑥+ 𝑎<br>Obliczamy współrzędne punktu 𝑄, korzystając z równań prostych 𝐴𝐿 i 𝐷𝑀:<br>1<br>2 𝑥= -3<br>4 𝑥+ 𝑎<br>𝑥= 4<br>5 𝑎<br>𝑦= 1<br>2 ⋅4<br>5 𝑎= 2<br>5 𝑎<br>Zatem 𝑄= (4<br>5 𝑎, 2<br>5 𝑎).<br>Obliczamy długość odcinka 𝑃𝑄:<br>|𝑃𝑄| = √(4<br>5 𝑎-2<br>5 𝑎)<br>2</p>\n<ul><li>(2</li></ul>\n<p>5 𝑎-1<br>5 𝑎)<br>2<br>= √5<br>25 𝑎= √5<br>5 𝑎<br>To należało wykazać.<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań</p>","solutions":[]}