Strona główna › Poradnik maturalny › Matura rozszerzona › PR20 PR20 Dowód geometryczny i zadania mieszane — klucz maturalny, poziom rozszerzony 🔑 Sygnał: Rysunek + założenia. Most: kąty, podobieństwo, wspólna wysokość, tw. sinusów lub współrzędne.
🔒
Zaloguj się , aby zapisywać wyniki zadań tego klucza na swoim koncie.
Teoria Wzory Algorytm Pułapki Przykład Ślad w CKE Zadania (15)
🎯 Co musisz umieć prowadzić dowód: założenia → kolejne wnioski z uzasadnieniem → teza, stosować przystawanie, podobieństwo, kąty w okręgu i stosunki pól (wspólna wysokość), stosować tw. sinusów/cosinusów i wzory trygonometryczne w dowodach, wprowadzać układ współrzędnych lub wektory, gdy geometria syntetyczna jest trudna. 🔍 Jak rozpoznać zadanie „Wykaż, że…” z figurą bez liczb, zależność między kątami ($\beta=2\alpha$) → tw. sinusów + wzory na $\sin2\alpha$, $\sin3\alpha$, stosunki pól → wspólna wysokość lub $\frac12ab\sin\gamma$.
📘 Teoria w pigułce Trójkąty o wspólnej wysokości: stosunek pól = stosunek podstaw. Środkowa dzieli trójkąt na dwa o równych polach; odcinek łączący środki boków: $\parallel$ do trzeciego i równy jego połowie. W trójkącie prostokątnym środek przeciwprostokątnej jest środkiem okręgu opisanego. Kąt wpisany oparty na średnicy jest prosty; kąty przy jednym ramieniu trapezu sumują się do $180^\circ$. Metoda współrzędnych: umieść figurę wygodnie (wierzchołek w $(0,0)$, bok na osi $Ox$). ⚙️ Algorytm krok po kroku Duży rysunek z oznaczeniami; zapisz założenia i tezę. Szukaj „mostu”: równe kąty, trójkąty podobne, wspólna wysokość, tw. sinusów. Każdy krok z uzasadnieniem („bo kąty wierzchołkowe”, „z tw. o dwusiecznej”). Zakończ tezą i znakiem $\blacksquare$. ✍️ Przykład wzorcowy typ zadania 8 z matury 2024
W trójkącie $ABC$ kąt $ABC$ jest dwa razy większy od kąta $BAC$. Oznaczmy $a=|BC|$, $b=|AC|$, $c=|AB|$. Wykaż, że $b^2=a(a+c)$.
▼ Pokaż rozwiązanie
Niech $|\angle A|=\alpha$, $|\angle B|=2\alpha$, $|\angle C|=180^\circ-3\alpha$. Tw. sinusów: $a=2R\sin\alpha$, $b=2R\sin2\alpha$, $c=2R\sin3\alpha$. $a+c=2R(\sin\alpha+\sin3\alpha)=2R\cdot2\sin2\alpha\cos\alpha$. $a(a+c)=4R^2\sin\alpha\cdot2\sin2\alpha\cos\alpha=4R^2\sin2\alpha\cdot(2\sin\alpha\cos\alpha)=4R^2\sin^22\alpha=b^2$. $\blacksquare$ Odpowiedź: dowód
Jak CKE przyznaje punkty: 1 pkt — zapis boków przez $R$ i sinusy kątów, 2 pkt — przekształcenie $\sin\alpha+\sin3\alpha$, 3 pkt — doprowadzenie do $4R^2\sin^22\alpha$, 4 pkt — pełny wniosek. 📊 Ślad w prawdziwych arkuszach CKE
Zadania autentyczne. Niżej są prawdziwe zadania z arkuszy CKE — numer i punktacja zgodne z oryginalnym arkuszem. Kliknij rok, aby otworzyć cały arkusz.
✍️ Trening: 15 zadań w formacie maturalnym
Zadania autorskie. To nie są przedruki z arkuszy — ułożyliśmy je w formacie maturalnym, na wzorów z tabeli „Ślad w arkuszach CKE” powyżej. Typ, punktacja i poziom trudności odpowiadają realnym zadaniom egzaminacyjnym.
Zadania zamknięte sprawdzają się po kliknięciu odpowiedzi (jedna próba). W otwartych porównaj swoje rozwiązanie z wzorcowym i wystaw samoocenę według schematu punktowania — wynik zapisze się na koncie.
PR20.1 otwarte ★★★ 0–3 pkt 🔗 Wykaż, że środkowa trójkąta dzieli go na dwa trójkąty o równych polach.
▼ Pokaż rozwiązanie Środkowa $CM$ dzieli bok $AB$ na równe odcinki $AM$ i $MB$. Trójkąty $AMC$ i $MBC$ mają wspólną wysokość z wierzchołka $C$. Mają więc równe podstawy i równe wysokości — równe pola. $\blacksquare$ Odpowiedź: dowód
Schemat punktowania: 1 pkt — równe podstawy, 2 pkt — wspólna wysokość, 3 pkt — wniosek. ✎ Samoocena wg schematu punktowania — ile punktów zdobył(a)byś? 0 1 2 3 / 3 pkt
PR20.2 otwarte ★★★ 0–3 pkt 🔗 Wykaż, że w trójkącie prostokątnym środkowa poprowadzona z wierzchołka kąta prostego ma długość równą połowie przeciwprostokątnej.
▼ Pokaż rozwiązanie Kąt prosty jest kątem wpisanym opartym na przeciwprostokątnej, więc przeciwprostokątna jest średnicą okręgu opisanego. Jej środek $M$ jest środkiem tego okręgu, więc $|MA|=|MB|=|MC|=R=\frac c2$. $\blacksquare$ Odpowiedź: dowód
Schemat punktowania: 1 pkt — przeciwprostokątna jako średnica, 2 pkt — środek przeciwprostokątnej jako środek okręgu, 3 pkt — wniosek. ✎ Samoocena wg schematu punktowania — ile punktów zdobył(a)byś? 0 1 2 3 / 3 pkt
PR20.3 otwarte ★★★ 0–3 pkt 🔗 Punkty $M$ i $N$ są środkami boków $AC$ i $BC$ trójkąta $ABC$. Wykaż, że $MN\parallel AB$ i $|MN|=\frac12|AB|$.
▼ Pokaż rozwiązanie $\frac{|CM|}{|CA|}=\frac{|CN|}{|CB|}=\frac12$ i kąt $C$ wspólny ⇒ $\triangle CMN\sim\triangle CAB$ (cecha bkb) w skali $\frac12$. Stąd $|MN|=\frac12|AB|$ i $|\angle CMN|=|\angle CAB|$ — kąty odpowiadające równe, więc $MN\parallel AB$. $\blacksquare$ Odpowiedź: dowód
Schemat punktowania: 1 pkt — podobieństwo trójkątów $CMN$ i $CAB$, 2 pkt — $|MN|=\frac12|AB|$, 3 pkt — uzasadnienie równoległości. ✎ Samoocena wg schematu punktowania — ile punktów zdobył(a)byś? 0 1 2 3 / 3 pkt
PR20.4 otwarte ★★★ 0–3 pkt 🔗 Wykaż, że w każdym równoległoboku suma kwadratów długości przekątnych jest równa sumie kwadratów długości wszystkich boków.
▼ Pokaż rozwiązanie Boki $a$, $b$, kąt ostry $\alpha$. Tw. cosinusów: $d_1^2=a^2+b^2-2ab\cos\alpha$, $d_2^2=a^2+b^2-2ab\cos(180^\circ-\alpha)=a^2+b^2+2ab\cos\alpha$. $d_1^2+d_2^2=2a^2+2b^2=a^2+b^2+a^2+b^2$. $\blacksquare$ Odpowiedź: dowód
Schemat punktowania: 1 pkt — tw. cosinusów dla jednej przekątnej, 2 pkt — dla drugiej z $\cos(180^\circ-\alpha)=-\cos\alpha$, 3 pkt — dodanie i wniosek. ✎ Samoocena wg schematu punktowania — ile punktów zdobył(a)byś? 0 1 2 3 / 3 pkt
PR20.5 otwarte ★★★ 0–3 pkt 🔗 W trapezie $ABCD$ ($AB\parallel CD$) dwusieczne kątów $DAB$ i $ADC$ przecinają się w punkcie $P$. Wykaż, że kąt $APD$ jest prosty.
▼ Pokaż rozwiązanie $AB\parallel CD$, więc $|\angle DAB|+|\angle ADC|=180^\circ$ (kąty przy jednym ramieniu). W $\triangle APD$: $|\angle PAD|+|\angle PDA|=\frac12\cdot180^\circ=90^\circ$. Zatem $|\angle APD|=180^\circ-90^\circ=90^\circ$. $\blacksquare$ Odpowiedź: dowód
Schemat punktowania: 1 pkt — suma kątów przy ramieniu $180^\circ$, 2 pkt — suma połówek $90^\circ$, 3 pkt — wniosek. ✎ Samoocena wg schematu punktowania — ile punktów zdobył(a)byś? 0 1 2 3 / 3 pkt
PR20.6 otwarte ★★★ 0–3 pkt 🔗 Punkt $P$ leży wewnątrz trójkąta równobocznego o boku $a$. Wykaż, że suma odległości punktu $P$ od boków trójkąta jest równa wysokości tego trójkąta.
▼ Pokaż rozwiązanie Łączymy $P$ z wierzchołkami — trójkąt dzieli się na trzy trójkąty o podstawach $a$ i wysokościach $d_1,d_2,d_3$. $\frac12a(d_1+d_2+d_3)=P_\triangle=\frac12a\cdot h$. Stąd $d_1+d_2+d_3=h=\frac{a\sqrt3}2$. $\blacksquare$ Odpowiedź: dowód
Schemat punktowania: 1 pkt — podział na trzy trójkąty, 2 pkt — zapis sumy pól, 3 pkt — wniosek. ✎ Samoocena wg schematu punktowania — ile punktów zdobył(a)byś? 0 1 2 3 / 3 pkt
PR20.7 otwarte ★★★ 0–3 pkt 🔗 Dany jest prostokąt $ABCD$ i dowolny punkt $P$ płaszczyzny. Wykaż, że $|PA|^2+|PC|^2=|PB|^2+|PD|^2$.
▼ Pokaż rozwiązanie Układ: $A=(0,0)$, $B=(p,0)$, $C=(p,q)$, $D=(0,q)$, $P=(x,y)$. $|PA|^2+|PC|^2=x^2+y^2+(x-p)^2+(y-q)^2$; $|PB|^2+|PD|^2=(x-p)^2+y^2+x^2+(y-q)^2$. Obie strony są równe. $\blacksquare$ Odpowiedź: dowód
Schemat punktowania: 1 pkt — wprowadzenie układu współrzędnych, 2 pkt — zapis kwadratów odległości, 3 pkt — wniosek. ✎ Samoocena wg schematu punktowania — ile punktów zdobył(a)byś? 0 1 2 3 / 3 pkt
PR20.8 otwarte ★★★ 0–3 pkt 🔗 Dwa okręgi przecinają się w punktach $A$ i $B$. Odcinki $AC$ i $AD$ są średnicami tych okręgów. Wykaż, że punkty $C$, $B$, $D$ leżą na jednej prostej.
▼ Pokaż rozwiązanie Kąt $ABC$ jest wpisany w pierwszy okrąg i oparty na średnicy $AC$ — jest prosty. Analogicznie $|\angle ABD|=90^\circ$. Proste $BC$ i $BD$ są prostopadłe do $AB$ w tym samym punkcie $B$, więc się pokrywają — $C$, $B$, $D$ są współliniowe. $\blacksquare$ Odpowiedź: dowód
Schemat punktowania: 1 pkt — $|\angle ABC|=90^\circ$, 2 pkt — $|\angle ABD|=90^\circ$, 3 pkt — wniosek o współliniowości. ✎ Samoocena wg schematu punktowania — ile punktów zdobył(a)byś? 0 1 2 3 / 3 pkt
PR20.9 otwarte ★★★ 0–4 pkt 🔗 Pole trójkąta $ABC$ jest równe $P$. Punkty $K$, $L$, $M$ leżą odpowiednio na bokach $AB$, $BC$, $CA$, przy czym $|AK|:|KB|=|BL|:|LC|=|CM|:|MA|=1:2$. Oblicz pole trójkąta $KLM$.
▼ Pokaż rozwiązanie $P_{AKM}=\frac12|AK|\cdot|AM|\sin A=\frac13\cdot\frac23\cdot P=\frac29P$ (bo $|AK|=\frac13|AB|$, $|AM|=\frac23|AC|$). Analogicznie $P_{BLK}=P_{CML}=\frac29P$. $P_{KLM}=P-3\cdot\frac29P=\frac P3$. Odpowiedź: $\tfrac P3$
Schemat punktowania: 1 pkt — metoda (pola „narożnych” trójkątów), 2 pkt — $P_{AKM}=\frac29P$, 3 pkt — pozostałe narożne trójkąty, 4 pkt — $P_{KLM}=\frac P3$. ✎ Samoocena wg schematu punktowania — ile punktów zdobył(a)byś? 0 1 2 3 4 / 4 pkt
PR20.10 otwarte ★★★ 0–4 pkt 🔗 W trapezie $ABCD$ o podstawach $|AB|=a$ i $|CD|=b$ punkty $E$ i $F$ są środkami ramion $AD$ i $BC$. Stosunek pola trapezu $EFCD$ do pola trapezu $ABFE$ jest równy $\frac35$. Oblicz stosunek $a:b$.
▼ Pokaż rozwiązanie $|EF|=\frac{a+b}2$; oba trapezy mają wysokość $\frac h2$. $P_{EFCD}=\frac{b+\frac{a+b}2}{2}\cdot\frac h2=\frac{(a+3b)h}8$, $P_{ABFE}=\frac{(3a+b)h}8$. $\frac{a+3b}{3a+b}=\frac35 \Rightarrow 5a+15b=9a+3b \Rightarrow a=3b$. Odpowiedź: $a:b=3$
Schemat punktowania: 1 pkt — długość $EF$ i wysokości, 2 pkt — pola obu trapezów, 3 pkt — równanie, 4 pkt — $a:b=3$. ✎ Samoocena wg schematu punktowania — ile punktów zdobył(a)byś? 0 1 2 3 4 / 4 pkt
PR20.11 zamknięte ★★★ 0–1 pkt 🔗 Suma kątów wewnętrznych trójkąta jest równa
A $180^\circ$
B $360^\circ$
C $90^\circ$
D $270^\circ$
▼ Pokaż rozwiązanie $180^\circ$. Odpowiedź: A
Dlaczego nie pozostałe? B to czworokąt.
PR20.12 zamknięte ★★★ 0–1 pkt 🔗 Przyprostokątne trójkąta prostokątnego mają długości $6$ i $8$. Promień okręgu opisanego na tym trójkącie jest równy
▼ Pokaż rozwiązanie Przeciwprostokątna: $c=\sqrt{36+64}=10$. Środek okręgu opisanego leży w środku przeciwprostokątnej: $R=\tfrac c2=5$. Odpowiedź: B
Dlaczego nie pozostałe? A to średnica, C to średnia przyprostokątnych, D to połowa dłuższej przyprostokątnej.
PR20.13 zamknięte ★★★ 0–1 pkt 🔗 Kąt w trójkącie równobocznym ma miarę
A $90^\circ$
B $45^\circ$
C $60^\circ$
D $30^\circ$
▼ Pokaż rozwiązanie $\tfrac{180^\circ}{3}=60^\circ$. Odpowiedź: C
Dlaczego nie pozostałe? A - błąd.
PR20.14 zamknięte ★★★ 0–1 pkt 🔗 W trójkącie dwa kąty to $50^\circ$ i $60^\circ$. Trzeci kąt ma miarę
A $80^\circ$
B $110^\circ$
C $60^\circ$
D $70^\circ$
▼ Pokaż rozwiązanie $180^\circ-(50+60)^\circ=70^\circ$. Odpowiedź: D
Dlaczego nie pozostałe? A - błąd.
PR20.15 odpowiedź krótka ★★★ 0–1 pkt 🔗 W trójkącie dwa kąty mają $40^\circ$ i $75^\circ$. Oblicz trzeci kąt.
▼ Pokaż rozwiązanie $180^\circ-(40+75)^\circ=65^\circ$. Odpowiedź: $65^\circ$
✎ Samoocena wg schematu punktowania — ile punktów zdobył(a)byś? 0 1 / 1 pkt
← PR19 Optymalizacja z pochodną Wszystkie klucze
PR21 Rownania i nierownosci logarytmiczne →
Pobierz PDF — matura rozszerzona
