{"id":"matematyka-2019-maj-matura-stara-podstawowa/zad/29","paper_id":"matematyka-2019-maj-matura-stara-podstawowa","number":"29","points":2,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2019,"month":"maj","level":"podstawowa","text":"Zadanie 29. (2 pkt)\nDany jest okrąg o środku w punkcie S i promieniu r. Na przedłużeniu cięciwy AB poza punkt B\nodłożono odcinek BC równy promieniowi danego okręgu. Przez punkty C i S poprowadzono\nprostą. Prosta CS przecina dany okrąg w punktach D i E (zobacz rysunek). Wykaż, że jeżeli\nmiara kąta ACS jest równa α, to miara kąta ASD jest równa 3α.\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n28.\n29.\nMaks. liczba pkt\n2\n2\nUzyskana liczba pkt\nA\nC\nB\nS\nD\nr\nr\nr\nr\nE\n\nPoziom podstawowy\nMMA_1P","answer":null,"answer_text":"Zadanie 29. (0-2)\nV. Rozumowanie\ni argumentacja.\n7. Planimetria. Zdający znajduje związki miarowe w figurach\npłaskich, także z zastosowaniem trygonometrii, również\nw zadaniach umieszczonych w kontekście praktycznym (7.c).\nSchemat oceniania\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy przeprowadzi pełne rozumowanie.\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy wykorzysta równość kątów przy podstawie w trójkątach równoramiennych BCS i ABS\noraz\n• zapisze zależność między kątami α i ABS, np.:\nalbo\n• zapisze zależność między kątami α , DSA oraz dowolnym kątem trójkąta ABS\nw postaci układu dwóch równań z trzema niewiadomymi, np.: α\nγ\nβ\n=180°\ni\n4\nβ\nα\n=180° -\ni na tym zakończy lub dalej popełni błędy.\nUwagi\n1. Rozwiązanie uznajemy za pełne, jeżeli z zapisów zdającego wynikają kolejne kroki\nrozumowania.\n2. Jeżeli zdający zaznaczy na rysunku zależności między kątami, ale nie opatrzy rozwiązania\nstosownym wyjaśnieniem, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt. Tego typu sytuacje\nilustrują poniższe rysunki.\n2\nABS\nBAS\nα\n\n\n3. Jeżeli zdający zaznaczy na rysunku kąty trójkątów BCS, ABS i kąt ASD i na tym\npoprzestanie, to otrzymuje 0 punktów. Tę sytuację ilustruje poniższy rysunek.\n4. Jeżeli zdający przyjmuje konkretne miary kątów, to otrzymuje 0 punktów.\nPrzykładowe rozwiązanie\nZ założenia trójkąt\njest równoramienny i\n, więc\n. Zatem\n. Wynika stąd, że\n, a więc\n. Ponieważ\ntrójkąt\njest równoramienny i\n, więc\nZatem\nZauważmy, że\nOtrzymujemy zatem równanie\n,\nskąd wynika, że\nTo kończy dowód.\nCSB\nBS\nBC\nBSC\nBCS\n\n\nBCS\nACS = α\n\n\n180\n2\nCBS\nα\n°-\n\n2\nABS\nα\n\nABS\nAS\nBS\n2\nBAS\nα\n\n180\n4\nASB\nα\n°-\n\n180\nASD\nASB\nBSC\n°\n\n\n\n180\n4\n180\nASD\nα\nα\n°-\n°\n\n3\nASD\nα\n","solution":"## Poprawna odpowiedź: kąt \\(ACB = 120°\\)\n\nTo zadanie otwarte - wykazujemy, że \\(\\angle ACB = 120°\\).\n\n**Kluczowe obserwacje przed przystąpieniem do obliczeń:**\n\n- \\(|SA| = |SC| = r\\) - oba punkty leżą na okręgu o środku \\(S\\) i promieniu \\(r\\)\n- \\(SC \\perp BC\\) - promień do punktu styczności jest zawsze prostopadły do stycznej, więc \\(\\angle SCB = 90°\\)\n- \\(|AC| = r\\sqrt{3}\\) - dane\n- \\(S\\) leży na odcinku \\(AB\\) (między \\(A\\) i \\(B\\)), zatem promień \\(CS\\) leży wewnątrz kąta \\(ACB\\), skąd:\n\n\\[\\angle ACB = \\angle ACS + \\angle SCB\\]\n\nWystarczy więc wyznaczyć \\(\\angle ACS\\).\n\n## Sposób 1 - Twierdzenie cosinusów w trójkącie \\(SAC\\)\n\nW trójkącie \\(SAC\\) znamy wszystkie trzy boki:\n\\[|SA| = r, \\quad |SC| = r, \\quad |AC| = r\\sqrt{3}\\]\n\nStosujemy twierdzenie cosinusów, aby wyznaczyć kąt \\(\\angle ASC\\) przy wierzchołku \\(S\\):\n\n\\[\\cos(\\angle ASC) = \\frac{|SA|^2 + |SC|^2 - |AC|^2}{2 \\cdot |SA| \\cdot |SC|} = \\frac{r^2 + r^2 - 3r^2}{2 \\cdot r \\cdot r} = \\frac{-r^2}{2r^2} = -\\frac{1}{2}\\]\n\nStąd:\n\\[\\angle ASC = 120°\\]\n\nTrójkąt \\(SAC\\) jest **równoramienny** (\\(|SA| = |SC| = r\\)), więc kąty przy podstawie \\(AC\\) są równe:\n\\[\\angle SCA = \\angle SAC = \\frac{180° - 120°}{2} = \\frac{60°}{2} = 30°\\]\n\nPonieważ \\(S\\) leży na odcinku \\(AB\\), promień \\(CS\\) leży wewnątrz kąta \\(ACB\\):\n\\[\\angle ACB = \\angle ACS + \\angle SCB = 30° + 90° = \\mathbf{120°}\\]\n\n\\(\\square\\)\n\n## Sposób 2 - Twierdzenie Pitagorasa (symetral w trójkącie równoramiennym)\n\nTrójkąt \\(SAC\\) jest równoramienny (\\(|SA| = |SC| = r\\)), więc odcinek z \\(S\\) do środka \\(H\\) odcinka \\(AC\\) jest prostopadły do \\(AC\\):\n\\[SH \\perp AC, \\quad |AH| = \\frac{|AC|}{2} = \\frac{r\\sqrt{3}}{2}\\]\n\nStosujemy twierdzenie Pitagorasa w trójkącie prostokątnym \\(SAH\\) (kąt prosty przy \\(H\\)):\n\\[|SH|^2 = |SA|^2 - |AH|^2 = r^2 - \\left(\\frac{r\\sqrt{3}}{2}\\right)^2 = r^2 - \\frac{3r^2}{4} = \\frac{r^2}{4}\\]\n\\[|SH| = \\frac{r}{2}\\]\n\nWyznaczamy kąt \\(\\angle SAC\\) w trójkącie prostokątnym \\(SAH\\):\n\\[\\cos(\\angle SAC) = \\frac{|AH|}{|SA|} = \\frac{\\dfrac{r\\sqrt{3}}{2}}{r} = \\frac{\\sqrt{3}}{2}\\]\n\\[\\angle SAC = 30°\\]\n\nPonieważ trójkąt \\(SAC\\) jest równoramienny (\\(|SA| = |SC|\\)):\n\\[\\angle SCA = \\angle SAC = 30°\\]\n\nPonieważ \\(S\\) leży na odcinku \\(AB\\):\n\\[\\angle ACB = \\angle SCA + \\angle SCB = 30° + 90° = \\mathbf{120°}\\]\n\n\\(\\square\\)\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 15-17)** - twierdzenie cosinusów (Sposób 1):\n\\[a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\\cos\\alpha\\]\nZastosowane w trójkącie \\(SAC\\) do wyznaczenia kąta \\(\\angle ASC\\) przy wierzchołku \\(S\\).\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 15)** - twierdzenie Pitagorasa (Sposób 2):\n\\[a^2 + b^2 = c^2 \\quad (\\text{gdy kąt przy }C = 90°)\\]\nZastosowane w trójkącie \\(SAH\\) - prostopadłościenna symetral trójkąta równoramiennego.\n\n**Własność stycznej** (wynika z geometrii okręgu, s. 18-19 - kąt wpisany i okrąg):\nPromień do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, stąd \\(SC \\perp BC\\) i \\(\\angle SCB = 90°\\).\n\n## Typowe pułapki i uwaga\n\n> ⚠️ **Uwaga:** \\(S\\) to środek okręgu, nie środek odcinka \\(AB\\) - nie zakładaj, że \\(|SA| = |SB|\\). Wiemy tylko, że \\(S\\) leży gdzieś na boku \\(AB\\) (między \\(A\\) i \\(B\\)).\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Kluczowe jest uzasadnienie, że \\(\\angle ACB = \\angle ACS + \\angle SCB\\) (a nie np. \\(\\angle ACS - \\angle SCB\\)). Wynika to z faktu, że \\(S\\) leży **między** \\(A\\) i \\(B\\) na boku trójkąta - stąd promień \\(CS\\) leży wewnątrz kąta \\(\\angle ACB\\). Bez tego argumentu dowód jest niekompletny!\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Własność prostopadłości stycznej i promienia (\\(SC \\perp BC\\)) musi być jawnie wymieniona i uzasadniona - egzaminatorzy oczekują wskazania jej podstawy geometrycznej.\n\n**Dowód.** \\(\\sphericalangle ACB = 120^\\circ\\).\n\n### Sposób 1 - Wysokość w trójkącie \\(ACS\\)\nProsta \\(BC\\) jako styczna do okręgu w punkcie \\(C\\) jest prostopadła do promienia \\(SC\\):\n\\[\\sphericalangle BCS = 90^\\circ.\\]\n\nW trójkącie równoramiennym \\(ACS\\) (\\(|AS| = |CS| = r\\)) prowadzimy wysokość \\(SD\\) na bok \\(AC\\). Wysokość dzieli \\(AC\\) na połowy:\n\\[|AD| = |CD| = \\dfrac{r\\sqrt{3}}{2}.\\]\n\nW trójkącie prostokątnym \\(SDC\\):\n\\[\\cos(\\sphericalangle ACS) = \\dfrac{|CD|}{|CS|} = \\dfrac{\\tfrac{r\\sqrt{3}}{2}}{r} = \\dfrac{\\sqrt{3}}{2}.\\]\nStąd \\(\\sphericalangle ACS = 30^\\circ\\).\n\nKąt \\(ACB\\) jest sumą kątów \\(ACS\\) i \\(BCS\\):\n\\[\\sphericalangle ACB = 30^\\circ + 90^\\circ = 120^\\circ.\\]\n\\(\\blacksquare\\)\n\n### Sposób 2 - Przez średnicę i kąt wpisany\nNiech \\(E\\) będzie punktem przecięcia okręgu z odcinkiem \\(AB\\) po drugiej stronie niż \\(A\\). Wtedy \\(AE\\) jest średnicą, \\(|AE| = 2r\\).\n\nKąt \\(\\sphericalangle ACE\\) jest kątem wpisanym opartym na średnicy, więc \\(\\sphericalangle ACE = 90^\\circ\\).\n\nW trójkącie prostokątnym \\(ACE\\) z twierdzenia Pitagorasa:\n\\[|CE|^2 = |AE|^2 - |AC|^2 = (2r)^2 - (r\\sqrt{3})^2 = 4r^2 - 3r^2 = r^2,\\]\n\\[|CE| = r.\\]\n\nTrójkąt \\(SCE\\) ma \\(|SC| = |SE| = |CE| = r\\), więc jest **równoboczny** - \\(\\sphericalangle CSE = 60^\\circ\\).\nKąt wpisany \\(\\sphericalangle CAE = \\tfrac{1}{2}\\sphericalangle CSE = 30^\\circ\\).\n\nTrójkąt \\(ACS\\) równoramienny, więc \\(\\sphericalangle ACS = \\sphericalangle CAS = 30^\\circ\\).\n\\(\\sphericalangle ACB = \\sphericalangle ACS + \\sphericalangle SCB = 30^\\circ + 90^\\circ = 120^\\circ.\\) \\(\\blacksquare\\)\n\n### Sposób 3 - Twierdzenie cosinusów w \\(ACS\\)\nW trójkącie \\(ACS\\): \\(|AS| = |CS| = r\\), \\(|AC| = r\\sqrt{3}\\).\nTwierdzenie cosinusów dla kąta \\(\\sphericalangle ACS = \\alpha\\):\n\\[|AS|^2 = |AC|^2 + |CS|^2 - 2|AC||CS|\\cos\\alpha,\\]\n\\[r^2 = 3r^2 + r^2 - 2r\\sqrt{3}\\cdot r\\cdot \\cos\\alpha,\\]\n\\[\\cos\\alpha = \\dfrac{3r^2}{2r^2\\sqrt{3}} = \\dfrac{\\sqrt{3}}{2} \\Rightarrow \\alpha = 30^\\circ.\\]\n\\(\\sphericalangle ACB = 30^\\circ + 90^\\circ = 120^\\circ.\\) \\(\\blacksquare\\)\n\n### Schemat punktowania CKE\n- **1 pkt:** wyznaczenie miary jednego z kątów \\(ACS, CAS, ASC, SCE\\) lub obliczenie cosinusa jednego z kątów \\(ACS, CAS, ASC\\).\n- **2 pkt:** pełne rozumowanie.\n\n**Trik:** styczna zawsze prostopadła do promienia w punkcie styczności - to kluczowy fakt.","image":"img/matematyka-2019-maj-matura-stara-podstawowa/zad-29.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":17,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2019 (podstawowa)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 29. (2 pkt)
Dany jest okrąg o środku w punkcie S i promieniu r. Na przedłużeniu cięciwy AB poza punkt B
odłożono odcinek BC równy promieniowi danego okręgu. Przez punkty C i S poprowadzono
prostą. Prosta CS przecina dany okrąg w punktach D i E (zobacz rysunek). Wykaż, że jeżeli
miara kąta ACS jest równa α, to miara kąta ASD jest równa 3α.
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
28.
29.
Maks. liczba pkt
2
2
Uzyskana liczba pkt
A
C
B
S
D
r
r
r
r
E

\n

Poziom podstawowy
MMA_1P

","answer_text_html":"

Zadanie 29. (0-2)
V. Rozumowanie
i argumentacja.

\n
  1. Planimetria. Zdający znajduje związki miarowe w figurach
\n

płaskich, także z zastosowaniem trygonometrii, również
w zadaniach umieszczonych w kontekście praktycznym (7.c).
Schemat oceniania
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy przeprowadzi pełne rozumowanie.
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy wykorzysta równość kątów przy podstawie w trójkątach równoramiennych BCS i ABS
oraz
• zapisze zależność między kątami α i ABS, np.:
albo
• zapisze zależność między kątami α , DSA oraz dowolnym kątem trójkąta ABS
w postaci układu dwóch równań z trzema niewiadomymi, np.: α
γ
β
=180°
i
4
β
α
=180° -
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.
Uwagi

\n
  1. Rozwiązanie uznajemy za pełne, jeżeli z zapisów zdającego wynikają kolejne kroki
\n

rozumowania.

\n
  1. Jeżeli zdający zaznaczy na rysunku zależności między kątami, ale nie opatrzy rozwiązania
\n

stosownym wyjaśnieniem, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt. Tego typu sytuacje
ilustrują poniższe rysunki.
2
ABS
BAS
α

\n
  1. Jeżeli zdający zaznaczy na rysunku kąty trójkątów BCS, ABS i kąt ASD i na tym
\n

poprzestanie, to otrzymuje 0 punktów. Tę sytuację ilustruje poniższy rysunek.

\n
  1. Jeżeli zdający przyjmuje konkretne miary kątów, to otrzymuje 0 punktów.
\n

Przykładowe rozwiązanie
Z założenia trójkąt
jest równoramienny i
, więc
. Zatem
. Wynika stąd, że
, a więc
. Ponieważ
trójkąt
jest równoramienny i
, więc
Zatem
Zauważmy, że
Otrzymujemy zatem równanie
,
skąd wynika, że
To kończy dowód.
CSB
BS
BC
BSC
BCS


BCS
ACS = α


180
2
CBS
α
°-

2
ABS
α

ABS
AS
BS
2
BAS
α

180
4
ASB
α
°-

180
ASD
ASB
BSC
°



180
4
180
ASD
α
α
°-
°

3
ASD
α

","solutions":[{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź: kąt \\(ACB = 120°\\)

\n

To zadanie otwarte - wykazujemy, że \\(\\angle ACB = 120°\\).

\n

Kluczowe obserwacje przed przystąpieniem do obliczeń:

\n\n

\\[\\angle ACB = \\angle ACS + \\angle SCB\\]

\n

Wystarczy więc wyznaczyć \\(\\angle ACS\\).

\n

Sposób 1 - Twierdzenie cosinusów w trójkącie \\(SAC\\)

\n

W trójkącie \\(SAC\\) znamy wszystkie trzy boki:
\\[|SA| = r, \\quad |SC| = r, \\quad |AC| = r\\sqrt{3}\\]

\n

Stosujemy twierdzenie cosinusów, aby wyznaczyć kąt \\(\\angle ASC\\) przy wierzchołku \\(S\\):

\n

\\[\\cos(\\angle ASC) = \\frac{|SA|^2 + |SC|^2 - |AC|^2}{2 \\cdot |SA| \\cdot |SC|} = \\frac{r^2 + r^2 - 3r^2}{2 \\cdot r \\cdot r} = \\frac{-r^2}{2r^2} = -\\frac{1}{2}\\]

\n

Stąd:
\\[\\angle ASC = 120°\\]

\n

Trójkąt \\(SAC\\) jest równoramienny (\\(|SA| = |SC| = r\\)), więc kąty przy podstawie \\(AC\\) są równe:
\\[\\angle SCA = \\angle SAC = \\frac{180° - 120°}{2} = \\frac{60°}{2} = 30°\\]

\n

Ponieważ \\(S\\) leży na odcinku \\(AB\\), promień \\(CS\\) leży wewnątrz kąta \\(ACB\\):
\\[\\angle ACB = \\angle ACS + \\angle SCB = 30° + 90° = \\mathbf{120°}\\]

\n

\\(\\square\\)

\n

Sposób 2 - Twierdzenie Pitagorasa (symetral w trójkącie równoramiennym)

\n

Trójkąt \\(SAC\\) jest równoramienny (\\(|SA| = |SC| = r\\)), więc odcinek z \\(S\\) do środka \\(H\\) odcinka \\(AC\\) jest prostopadły do \\(AC\\):
\\[SH \\perp AC, \\quad |AH| = \\frac{|AC|}{2} = \\frac{r\\sqrt{3}}{2}\\]

\n

Stosujemy twierdzenie Pitagorasa w trójkącie prostokątnym \\(SAH\\) (kąt prosty przy \\(H\\)):
\\[|SH|^2 = |SA|^2 - |AH|^2 = r^2 - \\left(\\frac{r\\sqrt{3}}{2}\\right)^2 = r^2 - \\frac{3r^2}{4} = \\frac{r^2}{4}\\]
\\[|SH| = \\frac{r}{2}\\]

\n

Wyznaczamy kąt \\(\\angle SAC\\) w trójkącie prostokątnym \\(SAH\\):
\\[\\cos(\\angle SAC) = \\frac{|AH|}{|SA|} = \\frac{\\dfrac{r\\sqrt{3}}{2}}{r} = \\frac{\\sqrt{3}}{2}\\]
\\[\\angle SAC = 30°\\]

\n

Ponieważ trójkąt \\(SAC\\) jest równoramienny (\\(|SA| = |SC|\\)):
\\[\\angle SCA = \\angle SAC = 30°\\]

\n

Ponieważ \\(S\\) leży na odcinku \\(AB\\):
\\[\\angle ACB = \\angle SCA + \\angle SCB = 30° + 90° = \\mathbf{120°}\\]

\n

\\(\\square\\)

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15-17) - twierdzenie cosinusów (Sposób 1):
\\[a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\\cos\\alpha\\]
Zastosowane w trójkącie \\(SAC\\) do wyznaczenia kąta \\(\\angle ASC\\) przy wierzchołku \\(S\\).

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15) - twierdzenie Pitagorasa (Sposób 2):
\\[a^2 + b^2 = c^2 \\quad (\\text{gdy kąt przy }C = 90°)\\]
Zastosowane w trójkącie \\(SAH\\) - prostopadłościenna symetral trójkąta równoramiennego.

\n

Własność stycznej (wynika z geometrii okręgu, s. 18-19 - kąt wpisany i okrąg):
Promień do punktu styczności jest prostopadły do stycznej, stąd \\(SC \\perp BC\\) i \\(\\angle SCB = 90°\\).

\n

Typowe pułapki i uwaga

\n
⚠️ Uwaga: \\(S\\) to środek okręgu, nie środek odcinka \\(AB\\) - nie zakładaj, że \\(|SA| = |SB|\\). Wiemy tylko, że \\(S\\) leży gdzieś na boku \\(AB\\) (między \\(A\\) i \\(B\\)).
\n
⚠️ Uwaga: Kluczowe jest uzasadnienie, że \\(\\angle ACB = \\angle ACS + \\angle SCB\\) (a nie np. \\(\\angle ACS - \\angle SCB\\)). Wynika to z faktu, że \\(S\\) leży między \\(A\\) i \\(B\\) na boku trójkąta - stąd promień \\(CS\\) leży wewnątrz kąta \\(\\angle ACB\\). Bez tego argumentu dowód jest niekompletny!
\n
⚠️ Uwaga: Własność prostopadłości stycznej i promienia (\\(SC \\perp BC\\)) musi być jawnie wymieniona i uzasadniona - egzaminatorzy oczekują wskazania jej podstawy geometrycznej.
\n

Dowód. \\(\\sphericalangle ACB = 120^\\circ\\).

\n
Sposób 1 - Wysokość w trójkącie \\(ACS\\)
\n

Prosta \\(BC\\) jako styczna do okręgu w punkcie \\(C\\) jest prostopadła do promienia \\(SC\\):
\\[\\sphericalangle BCS = 90^\\circ.\\]

\n

W trójkącie równoramiennym \\(ACS\\) (\\(|AS| = |CS| = r\\)) prowadzimy wysokość \\(SD\\) na bok \\(AC\\). Wysokość dzieli \\(AC\\) na połowy:
\\[|AD| = |CD| = \\dfrac{r\\sqrt{3}}{2}.\\]

\n

W trójkącie prostokątnym \\(SDC\\):
\\[\\cos(\\sphericalangle ACS) = \\dfrac{|CD|}{|CS|} = \\dfrac{\\tfrac{r\\sqrt{3}}{2}}{r} = \\dfrac{\\sqrt{3}}{2}.\\]
Stąd \\(\\sphericalangle ACS = 30^\\circ\\).

\n

Kąt \\(ACB\\) jest sumą kątów \\(ACS\\) i \\(BCS\\):
\\[\\sphericalangle ACB = 30^\\circ + 90^\\circ = 120^\\circ.\\]
\\(\\blacksquare\\)

\n
Sposób 2 - Przez średnicę i kąt wpisany
\n

Niech \\(E\\) będzie punktem przecięcia okręgu z odcinkiem \\(AB\\) po drugiej stronie niż \\(A\\). Wtedy \\(AE\\) jest średnicą, \\(|AE| = 2r\\).

\n

Kąt \\(\\sphericalangle ACE\\) jest kątem wpisanym opartym na średnicy, więc \\(\\sphericalangle ACE = 90^\\circ\\).

\n

W trójkącie prostokątnym \\(ACE\\) z twierdzenia Pitagorasa:
\\[|CE|^2 = |AE|^2 - |AC|^2 = (2r)^2 - (r\\sqrt{3})^2 = 4r^2 - 3r^2 = r^2,\\]
\\[|CE| = r.\\]

\n

Trójkąt \\(SCE\\) ma \\(|SC| = |SE| = |CE| = r\\), więc jest równoboczny - \\(\\sphericalangle CSE = 60^\\circ\\).
Kąt wpisany \\(\\sphericalangle CAE = \\tfrac{1}{2}\\sphericalangle CSE = 30^\\circ\\).

\n

Trójkąt \\(ACS\\) równoramienny, więc \\(\\sphericalangle ACS = \\sphericalangle CAS = 30^\\circ\\).
\\(\\sphericalangle ACB = \\sphericalangle ACS + \\sphericalangle SCB = 30^\\circ + 90^\\circ = 120^\\circ.\\) \\(\\blacksquare\\)

\n
Sposób 3 - Twierdzenie cosinusów w \\(ACS\\)
\n

W trójkącie \\(ACS\\): \\(|AS| = |CS| = r\\), \\(|AC| = r\\sqrt{3}\\).
Twierdzenie cosinusów dla kąta \\(\\sphericalangle ACS = \\alpha\\):
\\[|AS|^2 = |AC|^2 + |CS|^2 - 2|AC||CS|\\cos\\alpha,\\]
\\[r^2 = 3r^2 + r^2 - 2r\\sqrt{3}\\cdot r\\cdot \\cos\\alpha,\\]
\\[\\cos\\alpha = \\dfrac{3r^2}{2r^2\\sqrt{3}} = \\dfrac{\\sqrt{3}}{2} \\Rightarrow \\alpha = 30^\\circ.\\]
\\(\\sphericalangle ACB = 30^\\circ + 90^\\circ = 120^\\circ.\\) \\(\\blacksquare\\)

\n
Schemat punktowania CKE
\n\n

Trik: styczna zawsze prostopadła do promienia w punkcie styczności - to kluczowy fakt.

"}]}