{"id":"matematyka-2014-maj-matura-podstawowa/zad/31","paper_id":"matematyka-2014-maj-matura-podstawowa","number":"31","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2014,"month":"maj","level":"podstawowa","text":"Zadanie 31. (2 pkt)\nŚrodek S okręgu opisanego na trójkącie równoramiennym ABC, o ramionach AC i BC, leży\nwewnątrz tego trójkąta (zobacz rysunek).\nWykaż, że miara kąta wypukłego ASB jest cztery razy większa od miary kąta\nwypukłego SBC.\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n30.\n31.\nMaks. liczba pkt\n2\n2\nUzyskana liczba pkt\nS\nA\nC\nB\n\nPoziom podstawowy\n16\nŚrodek S okręgu opisanego na trójkącie równoramiennym ABC, o ramionach AC i BC, leży wewnętrz tego trójkąta (zobacz rysunek). Wykaż, że miara kąta wypukłego ASB jest cztery razy większa od miary kąta wypukłego SBC.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 31. (0-2)\nŚrodek S okręgu opisanego na trójkącie równoramiennym ABC, o ramionach AC i BC, leży\nwewnątrz tego trójkąta (zobacz rysunek).\nWykaż,\nże\nmiara\nkąta\nwypukłego\nASB\njest\ncztery\nrazy\nwiększa\nod\nmiary\nkąta wypukłego SBC.\nRozumowanie i argumentacja\nPrzeprowadzenie dowodu geometrycznego,\nz wykorzystaniem związków miarowych w figurach płaskich\n(V.7.c)\nRozwiązanie\nPrzyjmijmy oznaczenia jak na rysunku i poprowadźmy promień SC okręgu.\nZ założenia wynika, że kąt wpisany ACB oraz kąt środkowy ASB leżą po tej samej stronie\ncięciwy AB.\nZ twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym opartych na tym samym łuku wynika, że\n1\n2\nACB\n\n\n. Trójkąt ABC jest równoramienny (ramionami są AC i BC), więc prosta CS\nzawiera dwusieczną kąta ACB, zatem\n1\n1 1\n1\n2\n2 2\n4\nSCB\nACB\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n\n. Odcinki SC i SB\nto promienie okręgu, więc trójkąt BCS jest równoramienny. Stąd wynika, że\n1\n4\nSBC\nSCB\n\n\n\n\n\n, co kończy dowód.\nS\nA\nC\nB\nS\nA\nC\nB\n\n\n15\nKryteria oceniania odpowiedzi - poziom podstawowy\nSchemat oceniania\nZdający otrzymuje 1 pkt\ngdy\n wykorzysta twierdzenie o kącie środkowym i wpisanym oraz wykorzysta równość\nkątów SBC i SCB lub równość kątów SCA i SAC i nie uzasadni tezy\nalbo\n wykorzysta twierdzenie o kącie środkowym i wpisanym oraz uzasadni równość kątów\nSBC i SAC, korzystając z równoramienności trójkątów ABC i ABS, i nie uzasadni tezy.\nZdający otrzymuje 2 pkt\ngdy uzasadni, że kąt ASB jest cztery razy większy od kąta SBC.\nUwaga\nJeżeli zdający w przedstawionym rozumowaniu rozważy wyłącznie szczególny przypadek,\nnp. trójkąt równoboczny, to otrzymuje 0 punktów.","solution":"## Poprawna odpowiedź: Dowód (zadanie otwarte - do udowodnienia)\n\n## Sposób 1 - Twierdzenie o medianie do przeciwprostokątnej\n\n**Cel:** Pokazać, że \\(|CD| = |DE| = |CE|\\).\n\n**Krok 1: Zauważamy trójkąt prostokątny \\(CDB\\).**\n\nPonieważ \\(CD\\) jest wysokością trójkąta \\(ABC\\), mamy \\(CD \\perp AB\\), czyli:\n\\[\\angle CDA = \\angle CDB = 90°\\]\nZatem trójkąt \\(CDB\\) ma kąt prosty przy wierzchołku \\(D\\), a jego przeciwprostokątną jest \\(BC\\).\n\n**Krok 2: \\(E\\) jest środkiem przeciwprostokątnej \\(BC\\).**\n\nZ treści zadania \\(E\\) jest środkiem boku \\(BC\\), więc:\n\\[|CE| = |BE| = \\frac{|BC|}{2}\\]\n\n**Krok 3: Stosujemy twierdzenie o medianie w trójkącie prostokątnym.**\n\n> **Twierdzenie:** W trójkącie prostokątnym mediana poprowadzona do przeciwprostokątnej jest równa połowie tej przeciwprostokątnej.\n\nDowód twierdzenia (pomocniczo): W trójkącie prostokątnym \\(CDB\\) można go wpisać w półokrąg o średnicy \\(BC\\). Środek tego półokręgu to \\(E\\) - środek \\(BC\\). Każdy punkt okręgu (w szczególności \\(D\\)) jest w odległości równej promieniowi od środka \\(E\\). Zatem:\n\\[|DE| = \\frac{|BC|}{2}\\]\n\n**Krok 4: Zestawiamy wszystkie trzy boki trójkąta \\(CDE\\).**\n\n- \\(|CE| = \\dfrac{|BC|}{2}\\) (E jest środkiem BC)\n- \\(|DE| = \\dfrac{|BC|}{2}\\) (z twierdzenia o medianie do przeciwprostokątnej)\n- \\(|CD| = |DE|\\) - **dane w zadaniu**, a więc \\(|CD| = \\dfrac{|BC|}{2}\\)\n\nZatem:\n\\[\\boxed{|CD| = |DE| = |CE|}\\]\n\nWszystkie trzy boki trójkąta \\(CDE\\) są równe, więc **trójkąt \\(CDE\\) jest równoboczny.** \\(\\blacksquare\\)\n\n## Sposób 2 - Metoda współrzędnych (weryfikacja algebraiczna)\n\nUmieszczamy układ współrzędnych tak, żeby \\(D = (0, 0)\\), \\(B = (b, 0)\\) dla pewnego \\(b > 0\\) oraz \\(C = (0, h)\\) dla \\(h > 0\\) (bo \\(CD \\perp AB\\)).\n\nWtedy:\n\\[E = \\text{środek } BC = \\left(\\frac{b}{2}, \\frac{h}{2}\\right)\\]\n\nObliczamy długości boków trójkąta \\(CDE\\):\n\\[|CD| = h\\]\n\\[|DE| = \\sqrt{\\left(\\frac{b}{2}\\right)^2 + \\left(\\frac{h}{2}\\right)^2} = \\frac{\\sqrt{b^2 + h^2}}{2} = \\frac{|BC|}{2}\\]\n\\[|CE| = \\sqrt{\\left(\\frac{b}{2} - 0\\right)^2 + \\left(\\frac{h}{2} - h\\right)^2} = \\sqrt{\\frac{b^2}{4} + \\frac{h^2}{4}} = \\frac{\\sqrt{b^2 + h^2}}{2}\\]\n\nWidać od razu, że \\(|DE| = |CE|\\).\n\nZ warunku \\(|CD| = |DE|\\):\n\\[h = \\frac{\\sqrt{b^2 + h^2}}{2} \\implies 2h = \\sqrt{b^2 + h^2} \\implies 4h^2 = b^2 + h^2 \\implies b^2 = 3h^2\\]\n\nPodstawiając \\(b = h\\sqrt{3}\\):\n\\[|DE| = \\frac{\\sqrt{3h^2 + h^2}}{2} = \\frac{\\sqrt{4h^2}}{2} = \\frac{2h}{2} = h = |CD|\\]\n\nZatem \\(|CD| = |DE| = |CE| = h\\) - wszystkie boki równe, trójkąt \\(CDE\\) jest równoboczny. \\(\\blacksquare\\)\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 15-16)** - twierdzenie Pitagorasa:\n\\[a^2 + b^2 = c^2 \\quad (\\text{gdy kąt przy } C = 90°)\\]\nUżyte w Sposobie 2 do obliczenia długości \\(|DE|\\) i \\(|CE|\\) ze współrzędnych.\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 15)** - własność środka okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym:\n\nW trójkącie prostokątnym środek przeciwprostokątnej jest środkiem okręgu opisanego, więc wszystkie wierzchołki są w jednakowej odległości od tego środka:\n\\[|DE| = |CE| = |BE| = \\frac{|BC|}{2}\\]\nKluczowe twierdzenie użyte w Sposobie 1.\n\n## Typowe pułapki i uwagi\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Uczniowie często próbują dowodzić przez kąty (np. że trójkąt jest równoboczny, bo ma kąty po 60°) - to trudniejsza droga. Znacznie prościej wykazać równość boków.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Twierdzenie o medianie do przeciwprostokątnej jest mniej znane - warto je uzasadnić pomocniczo (jak wyżej przez okrąg opisany), żeby dowód był kompletny.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Punkt \\(D\\) leży na \\(AB\\), a nie na \\(BC\\) - pilnuj, który trójkąt prostokątny analizujesz. Trójkąt prostokątny to \\(CDB\\), nie \\(CDA\\).\n\n### Dowód (Sposób 1 - okrąg opisany na trójkącie prostokątnym)\n\n**Krok 1. Analiza trójkąta \\(CDB\\)**\nOdcinek \\(CD\\) jest wysokością, więc \\(\\sphericalangle CDB = 90^\\circ\\). Stąd trójkąt \\(CDB\\) jest **prostokątny** z przeciwprostokątną \\(CB\\).\n\n**Krok 2. Środek przeciwprostokątnej jako środek okręgu opisanego**\nPunkt \\(E\\) jest środkiem \\(CB\\) - przeciwprostokątnej. W trójkącie prostokątnym środek przeciwprostokątnej jest **środkiem okręgu opisanego**, którego promień to połowa przeciwprostokątnej.\n\nStąd wszystkie wierzchołki \\(C\\), \\(D\\), \\(B\\) leżą na okręgu o środku \\(E\\). W szczególności:\n\\[|EC| = |ED| = |EB|.\\]\n\n**Krok 3. Wnioski o trójkącie \\(CDE\\)**\n- \\(|CE| = |DE|\\) (jak wyżej).\n- \\(|CD| = |DE|\\) (z założenia).\n\nZatem \\(|CD| = |DE| = |CE|\\) - wszystkie trzy boki trójkąta \\(CDE\\) są równe, więc **trójkąt \\(CDE\\) jest równoboczny**.\n\n### Sposób 2 - prosta równoległa przez \\(E\\)\nProwadzimy przez \\(E\\) prostą równoległą do \\(AB\\); przecina ona \\(CD\\) w punkcie \\(F\\). Z twierdzenia o linii środkowej w trójkącie \\(CDB\\): \\(F\\) jest środkiem \\(CD\\), więc \\(|CF|=|FD|\\) oraz \\(EF \\perp CD\\).\n\nW trójkącie \\(CDE\\) odcinek \\(EF\\) jest jednocześnie wysokością i środkową względem boku \\(CD\\), więc trójkąt \\(CDE\\) jest **równoramienny** z \\(|CE|=|DE|\\). Z założenia \\(|CD|=|DE|\\), więc wszystkie trzy boki są równe - trójkąt \\(CDE\\) jest równoboczny.\n\n\\(\\blacksquare\\)","image":"img/matematyka-2014-maj-matura-podstawowa/zad-31.webp","solution_image":"img/matematyka-2014-maj-matura-podstawowa/sol-31.svg","topics":"dowody_geometryczne","page_from":15,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2014 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 31. (2 pkt)
Środek S okręgu opisanego na trójkącie równoramiennym ABC, o ramionach AC i BC, leży
wewnątrz tego trójkąta (zobacz rysunek).
Wykaż, że miara kąta wypukłego ASB jest cztery razy większa od miary kąta
wypukłego SBC.
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
30.
31.
Maks. liczba pkt
2
2
Uzyskana liczba pkt
S
A
C
B

\n

Poziom podstawowy
16
Środek S okręgu opisanego na trójkącie równoramiennym ABC, o ramionach AC i BC, leży wewnętrz tego trójkąta (zobacz rysunek). Wykaż, że miara kąta wypukłego ASB jest cztery razy większa od miary kąta wypukłego SBC.

","answer_text_html":"

Zadanie 31. (0-2)
Środek S okręgu opisanego na trójkącie równoramiennym ABC, o ramionach AC i BC, leży
wewnątrz tego trójkąta (zobacz rysunek).
Wykaż,
że
miara
kąta
wypukłego
ASB
jest
cztery
razy
większa
od
miary
kąta wypukłego SBC.
Rozumowanie i argumentacja
Przeprowadzenie dowodu geometrycznego,
z wykorzystaniem związków miarowych w figurach płaskich
(V.7.c)
Rozwiązanie
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku i poprowadźmy promień SC okręgu.
Z założenia wynika, że kąt wpisany ACB oraz kąt środkowy ASB leżą po tej samej stronie
cięciwy AB.
Z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym opartych na tym samym łuku wynika, że
1
2
ACB


. Trójkąt ABC jest równoramienny (ramionami są AC i BC), więc prosta CS
zawiera dwusieczną kąta ACB, zatem
1
1 1
1
2
2 2
4
SCB
ACB











. Odcinki SC i SB
to promienie okręgu, więc trójkąt BCS jest równoramienny. Stąd wynika, że
1
4
SBC
SCB





, co kończy dowód.
S
A
C
B
S
A
C
B


15
Kryteria oceniania odpowiedzi - poziom podstawowy
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje 1 pkt
gdy
 wykorzysta twierdzenie o kącie środkowym i wpisanym oraz wykorzysta równość
kątów SBC i SCB lub równość kątów SCA i SAC i nie uzasadni tezy
albo
 wykorzysta twierdzenie o kącie środkowym i wpisanym oraz uzasadni równość kątów
SBC i SAC, korzystając z równoramienności trójkątów ABC i ABS, i nie uzasadni tezy.
Zdający otrzymuje 2 pkt
gdy uzasadni, że kąt ASB jest cztery razy większy od kąta SBC.
Uwaga
Jeżeli zdający w przedstawionym rozumowaniu rozważy wyłącznie szczególny przypadek,
np. trójkąt równoboczny, to otrzymuje 0 punktów.

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2014-maj-matura-podstawowa/sol-31.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: Dowód (zadanie otwarte - do udowodnienia)

\n

Sposób 1 - Twierdzenie o medianie do przeciwprostokątnej

\n

Cel: Pokazać, że \\(|CD| = |DE| = |CE|\\).

\n

Krok 1: Zauważamy trójkąt prostokątny \\(CDB\\).

\n

Ponieważ \\(CD\\) jest wysokością trójkąta \\(ABC\\), mamy \\(CD \\perp AB\\), czyli:
\\[\\angle CDA = \\angle CDB = 90°\\]
Zatem trójkąt \\(CDB\\) ma kąt prosty przy wierzchołku \\(D\\), a jego przeciwprostokątną jest \\(BC\\).

\n

Krok 2: \\(E\\) jest środkiem przeciwprostokątnej \\(BC\\).

\n

Z treści zadania \\(E\\) jest środkiem boku \\(BC\\), więc:
\\[|CE| = |BE| = \\frac{|BC|}{2}\\]

\n

Krok 3: Stosujemy twierdzenie o medianie w trójkącie prostokątnym.

\n
Twierdzenie: W trójkącie prostokątnym mediana poprowadzona do przeciwprostokątnej jest równa połowie tej przeciwprostokątnej.
\n

Dowód twierdzenia (pomocniczo): W trójkącie prostokątnym \\(CDB\\) można go wpisać w półokrąg o średnicy \\(BC\\). Środek tego półokręgu to \\(E\\) - środek \\(BC\\). Każdy punkt okręgu (w szczególności \\(D\\)) jest w odległości równej promieniowi od środka \\(E\\). Zatem:
\\[|DE| = \\frac{|BC|}{2}\\]

\n

Krok 4: Zestawiamy wszystkie trzy boki trójkąta \\(CDE\\).

\n\n

Zatem:
\\[\\boxed{|CD| = |DE| = |CE|}\\]

\n

Wszystkie trzy boki trójkąta \\(CDE\\) są równe, więc trójkąt \\(CDE\\) jest równoboczny. \\(\\blacksquare\\)

\n

Sposób 2 - Metoda współrzędnych (weryfikacja algebraiczna)

\n

Umieszczamy układ współrzędnych tak, żeby \\(D = (0, 0)\\), \\(B = (b, 0)\\) dla pewnego \\(b > 0\\) oraz \\(C = (0, h)\\) dla \\(h > 0\\) (bo \\(CD \\perp AB\\)).

\n

Wtedy:
\\[E = \\text{środek } BC = \\left(\\frac{b}{2}, \\frac{h}{2}\\right)\\]

\n

Obliczamy długości boków trójkąta \\(CDE\\):
\\[|CD| = h\\]
\\[|DE| = \\sqrt{\\left(\\frac{b}{2}\\right)^2 + \\left(\\frac{h}{2}\\right)^2} = \\frac{\\sqrt{b^2 + h^2}}{2} = \\frac{|BC|}{2}\\]
\\[|CE| = \\sqrt{\\left(\\frac{b}{2} - 0\\right)^2 + \\left(\\frac{h}{2} - h\\right)^2} = \\sqrt{\\frac{b^2}{4} + \\frac{h^2}{4}} = \\frac{\\sqrt{b^2 + h^2}}{2}\\]

\n

Widać od razu, że \\(|DE| = |CE|\\).

\n

Z warunku \\(|CD| = |DE|\\):
\\[h = \\frac{\\sqrt{b^2 + h^2}}{2} \\implies 2h = \\sqrt{b^2 + h^2} \\implies 4h^2 = b^2 + h^2 \\implies b^2 = 3h^2\\]

\n

Podstawiając \\(b = h\\sqrt{3}\\):
\\[|DE| = \\frac{\\sqrt{3h^2 + h^2}}{2} = \\frac{\\sqrt{4h^2}}{2} = \\frac{2h}{2} = h = |CD|\\]

\n

Zatem \\(|CD| = |DE| = |CE| = h\\) - wszystkie boki równe, trójkąt \\(CDE\\) jest równoboczny. \\(\\blacksquare\\)

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15-16) - twierdzenie Pitagorasa:
\\[a^2 + b^2 = c^2 \\quad (\\text{gdy kąt przy } C = 90°)\\]
Użyte w Sposobie 2 do obliczenia długości \\(|DE|\\) i \\(|CE|\\) ze współrzędnych.

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15) - własność środka okręgu opisanego na trójkącie prostokątnym:

\n

W trójkącie prostokątnym środek przeciwprostokątnej jest środkiem okręgu opisanego, więc wszystkie wierzchołki są w jednakowej odległości od tego środka:
\\[|DE| = |CE| = |BE| = \\frac{|BC|}{2}\\]
Kluczowe twierdzenie użyte w Sposobie 1.

\n

Typowe pułapki i uwagi

\n
⚠️ Uwaga: Uczniowie często próbują dowodzić przez kąty (np. że trójkąt jest równoboczny, bo ma kąty po 60°) - to trudniejsza droga. Znacznie prościej wykazać równość boków.
\n
⚠️ Uwaga: Twierdzenie o medianie do przeciwprostokątnej jest mniej znane - warto je uzasadnić pomocniczo (jak wyżej przez okrąg opisany), żeby dowód był kompletny.
\n
⚠️ Uwaga: Punkt \\(D\\) leży na \\(AB\\), a nie na \\(BC\\) - pilnuj, który trójkąt prostokątny analizujesz. Trójkąt prostokątny to \\(CDB\\), nie \\(CDA\\).
\n
Dowód (Sposób 1 - okrąg opisany na trójkącie prostokątnym)
\n

Krok 1. Analiza trójkąta \\(CDB\\)
Odcinek \\(CD\\) jest wysokością, więc \\(\\sphericalangle CDB = 90^\\circ\\). Stąd trójkąt \\(CDB\\) jest prostokątny z przeciwprostokątną \\(CB\\).

\n

Krok 2. Środek przeciwprostokątnej jako środek okręgu opisanego
Punkt \\(E\\) jest środkiem \\(CB\\) - przeciwprostokątnej. W trójkącie prostokątnym środek przeciwprostokątnej jest środkiem okręgu opisanego, którego promień to połowa przeciwprostokątnej.

\n

Stąd wszystkie wierzchołki \\(C\\), \\(D\\), \\(B\\) leżą na okręgu o środku \\(E\\). W szczególności:
\\[|EC| = |ED| = |EB|.\\]

\n

Krok 3. Wnioski o trójkącie \\(CDE\\)

\n\n

Zatem \\(|CD| = |DE| = |CE|\\) - wszystkie trzy boki trójkąta \\(CDE\\) są równe, więc trójkąt \\(CDE\\) jest równoboczny.

\n
Sposób 2 - prosta równoległa przez \\(E\\)
\n

Prowadzimy przez \\(E\\) prostą równoległą do \\(AB\\); przecina ona \\(CD\\) w punkcie \\(F\\). Z twierdzenia o linii środkowej w trójkącie \\(CDB\\): \\(F\\) jest środkiem \\(CD\\), więc \\(|CF|=|FD|\\) oraz \\(EF \\perp CD\\).

\n

W trójkącie \\(CDE\\) odcinek \\(EF\\) jest jednocześnie wysokością i środkową względem boku \\(CD\\), więc trójkąt \\(CDE\\) jest równoramienny z \\(|CE|=|DE|\\). Z założenia \\(|CD|=|DE|\\), więc wszystkie trzy boki są równe - trójkąt \\(CDE\\) jest równoboczny.

\n

\\(\\blacksquare\\)

"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"

Dowód

"}]}