{"id":"matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona/zad/3","paper_id":"matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona","number":"3","points":3,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2025,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 3. (0-3)\nW trójkącie równobocznym 𝐴𝐵𝐶 punkt 𝐷 leży na boku 𝐵𝐶. Stosunek pola trójkąta 𝐴𝐵𝐷\ndo pola trójkąta 𝐴𝐷𝐶 jest równy\n√3-1\n2\nOblicz miarę kąta 𝑫𝑨𝑪. Zapisz obliczenia.\n3.\n0-1-\n2-3\n\nMMAP-R0_100\n\nMMAP-R0_100\nW trójkącie równobocznym ABC punkt D leży na boku BC. Stosunek pola trójkąta ABD do pola trójkąta ADC jest równy √3-1/2. Oblicz miarę kąta DAC. Zapisz obliczenia.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 3. (0-3)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIII. Wykorzystanie i interpretowanie\nreprezentacji.\n1. Stosowanie obiektów matematycznych\ni operowanie nimi, interpretowanie pojęć\nmatematycznych.\nZdający:\nVII.R8) oblicza kąty trójkąta i długości jego\nboków przy odpowiednich danych\n(rozwiązuje trójkąty).\nZasady oceniania (dla sposobów I oraz VI)\n3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 45°.\n2 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą - jednym z kątów: 𝐶𝐴𝐷, 𝐵𝐴𝐷, 𝐶𝐷𝐴, 𝐴𝐷𝐵,\nw którym wszystkie funkcje trygonometryczne są tego samego argumentu, np.\nsin60°⋅cos𝛼 - cos60°⋅sin𝛼\nsin𝛼\n√3 - 1\n2\n, gdzie 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐷|,\nALBO\n- obliczenie współczynnika kierunkowego prostej 𝐴𝐷: 2 -√3.\n1 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą - jednym z kątów: 𝐶𝐴𝐷, 𝐵𝐴𝐷, 𝐶𝐷𝐴, 𝐴𝐷𝐵,\nnp. sin(60° - 𝛼)\nsin𝛼\n√3 - 1\n2\n, gdzie 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐷|,\nALBO\n- zapisanie związku |𝐵𝐷|\n|𝐶𝐷| =\n√3-1\n2\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla sposobu II)\n3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 45°.\n2 pkt - wyznaczenie długości czterech spośród pięciu odcinków: 𝐵𝐷, 𝐶𝐷, 𝐶𝐸, 𝐷𝐸, 𝐴𝐸,\nw zależności od jednej zmiennej, np. |𝐶𝐷| = 𝑥 i |𝐵𝐷| =\n√3 - 1\n2\n𝑥 i |𝐶𝐸| = 1\n2 𝑥\ni |𝐴𝐸| =\n√3\n2 𝑥\nALBO\n- wyznaczenie długości odcinków: 𝐵𝐷, 𝐶𝐷, 𝐶𝐸, w zależności od długości odcinka 𝐴𝐸\ni tangensa kąta 𝐷𝐴𝐶, np. |𝐶𝐸| = 1\n√3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼 i |𝐶𝐷| = 2√3\n3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼\ni |𝐵𝐷| = |𝐴𝐸| -\n√3\n3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼, gdzie 𝛼 jest kątem 𝐷𝐴𝐶.\n1 pkt - zapisanie związku |𝐵𝐷|\n|𝐶𝐷| =\n√3 - 1\n2\n,\nALBO\n- wyznaczenie długości dwóch odcinków spośród 𝐵𝐷, 𝐵𝐶 i 𝐶𝐷 w zależności od\njednej zmiennej, np. |𝐶𝐷| = 𝑥 i |𝐵𝐷| =\n√3 - 1\n2\n𝑥,\nALBO\n- wyznaczenie długości boków trójkąta 𝐶𝐸𝐷 w zależności od jednej zmiennej, np.\n|𝐶𝐷| = 𝑥, |𝐶𝐸| = 1\n2 𝑥, |𝐷𝐸| =\n√3\n2 𝑥,\nALBO\n- wyznaczenie długości odcinka 𝐶𝐸 (albo 𝐶𝐷) w zależności od długości odcinka 𝐴𝐸\ni tangensa kąta 𝐷𝐴𝐶: |𝐶𝐸| =\n√3\n3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼 (albo |𝐶𝐷| = 2√3\n3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼), gdzie\n𝛼 jest kątem 𝐷𝐴𝐶.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nZasady oceniania (dla sposobów III-V)\n3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 45°.\n2 pkt - obliczenie |𝐵𝐷|\n|𝐷𝐹| oraz |𝐴𝐵|\n|𝐴𝐹| : |𝐵𝐷|\n|𝐷𝐹| = 2\n√3 oraz |𝐴𝐵|\n|𝐴𝐹| = 2\n√3\nALBO\n- wyznaczenie długości odcinków 𝐴𝐷 oraz 𝐶𝐷 w zależności od jednej zmiennej, np.\n|𝐴𝐷| = √6𝑚 oraz |𝐶𝐷| = 2𝑚.\n1 pkt - wyznaczenie długości odcinków 𝐵𝐷 i 𝐶𝐷 w zależności od jednej zmiennej, np.\n|𝐶𝐷| = 2𝑚 i |𝐵𝐷| = (√3 -1)𝑚.\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób I\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑎 - długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶,\n𝑏 - długość odcinka 𝐴𝐷,\n𝛼 - miara kąta 𝐷𝐴𝐶\n(zobacz rysunek).\n𝛼\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n60° -𝛼\n𝑎\n𝑏\n𝑎\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nKorzystając ze wzoru na pole trójkąta oraz uwzględniając warunki zadania, otrzymujemy:\n𝑃𝐴𝐵𝐷\n𝑃𝐴𝐷𝐶\n= √3 -1\n2\n1\n2 ⋅𝑎⋅𝑏⋅sin(60° -𝛼)\n1\n2 ⋅𝑎⋅𝑏⋅sin 𝛼\n= √3 -1\n2\nsin(60° -𝛼)\nsin 𝛼\n= √3 -1\n2\nStąd i ze wzoru na sinus różnicy kątów otrzymujemy kolejno:\nsin 60° ⋅cos 𝛼-cos 60° ⋅sin 𝛼\nsin 𝛼\n= √3 -1\n2\nsin 60° ⋅cos 𝛼\nsin 𝛼-cos 60° = √3 -1\n2\ncos 𝛼\nsin 𝛼= 1\ntg 𝛼= 1\n𝛼= 45°\nZatem kąt 𝐷𝐴𝐶 ma miarę 45°.\nSposób II\nTrójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐶𝐷 mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka 𝐴, więc\n𝑃𝐴𝐵𝐷\n𝑃𝐴𝐷𝐶\n= |𝐵𝐷|\n|𝐶𝐷|\nzatem\n|𝐵𝐷|\n|𝐶𝐷| = √3 -1\n2\nOznaczmy 𝑥= |𝐶𝐷|. Wtedy |𝐵𝐷| =\n√3 -1\n2\n𝑥. Niech 𝐸 będzie spodkiem wysokości\ntrójkąta 𝐴𝐷𝐶 poprowadzonej z wierzchołka 𝐷 (zobacz rysunek).\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝑥\nξ3 -1\n2\n𝑥\nZ własności trójkąta o kątach 30°, 60°, 90° otrzymujemy |𝐷𝐸| =\n√3\n2 𝑥 oraz |𝐸𝐶| = 1\n2 𝑥.\nPonieważ |𝐴𝐸| + |𝐸𝐶| = |𝐶𝐷| + |𝐷𝐵|, więc\n|𝐴𝐸| + 1\n2 𝑥= 𝑥+ √3 -1\n2\n𝑥\n|𝐴𝐸| = √3\n2 𝑥\nZatem |𝐴𝐸| = |𝐷𝐸|. To oznacza, że trójkąt prostokątny 𝐷𝐸𝐴 jest równoramienny i kąt\n𝐷𝐴𝐶 ma miarę 45°.\nSposób III (z twierdzenia o dwusiecznej)\nNiech 𝐹 będzie spodkiem wysokości trójkąta 𝐴𝐵𝐶 poprowadzonej z wierzchołka 𝐴.\nTrójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐷𝐶 mają wspólną wysokość 𝐴𝐹, więc stosunek pól tych trójkątów jest\nrówny stosunkowi długości odpowiednich podstaw. Zatem |𝐵𝐷| = (√3 -1)𝑚 oraz\n|𝐶𝐷| = 2𝑚, przy pewnym 𝑚> 0 (zobacz rysunek).\nWtedy |𝐴𝐵| = |𝐵𝐶| = (√3 + 1)𝑚, |𝐴𝐹| =\n(√3 + 1) ⋅ √3\n2\n𝑚 oraz\n|𝐵𝐹| = 1\n2 ⋅|𝐴𝐵| = √3 + 1\n2\n𝑚. Stąd\n|𝐷𝐹| = |𝐵𝐹| -|𝐵𝐷| = √3 + 1\n2\n𝑚-(√3 -1)𝑚= 3 -√3\n2\n𝑚\nPonieważ |𝐵𝐷|\n|𝐷𝐹| =\n(√3 - 1)𝑚\n(3 - √3)𝑚\n2\n= 2\n√3 oraz |𝐴𝐵|\n|𝐴𝐹| =\n(√3 + 1)𝑚\n(√3 + 1) ⋅ √3𝑚\n2\n= 2\n√3 , więc półprosta 𝐴𝐷\njest dwusieczną kąta 𝐵𝐴𝐹. To oznacza, że\n|∡𝐷𝐴𝐹| = 1\n2 ⋅|∡𝐵𝐴𝐹| = 1\n2 ⋅30° = 15° oraz |∡𝐷𝐴𝐶| = 30° + |∡𝐷𝐴𝐹| = 45°.\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐹\n2𝑚\n(ξ3 -1)𝑚\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nSposób IV (z twierdzenia cosinusów i sinusów / dwukrotnie z twierdzenia cosinusów)\nOznaczmy kąt 𝐶𝐴𝐷 przez 𝛼, natomiast długość odcinka 𝐴𝐷 oznaczmy przez 𝑏.\nTrójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐷𝐶 mają wspólną wysokość poprowadzoną z wierzchołka 𝐴 na\nprostą 𝐵𝐶, więc stosunek pól tych trójkątów jest równy stosunkowi długości odpowiednich\npodstaw. Zatem |𝐵𝐷| = (√3 -1)𝑚 oraz |𝐶𝐷| = 2𝑚, przy pewnym 𝑚> 0 (zobacz\nrysunek).\nWtedy |𝐴𝐵| = |𝐵𝐶| = |𝐶𝐴| = (√3 + 1)𝑚.\nStosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐴𝐷𝐶:\n𝑏2 = |𝐴𝐶|2 + |𝐶𝐷|2 -2 ⋅|𝐴𝐶| ⋅|𝐶𝐷| ⋅cos 60°\n𝑏2 = [(√3 + 1)𝑚]\n2 + (2𝑚)2 -2 ⋅(√3 + 1)𝑚⋅2𝑚⋅1\n2\n𝑏2 = (4 + 2√3 + 4 -2√3 -2) ⋅𝑚2\n𝑏= √6𝑚\nStosujemy twierdzenie sinusów do trójkąta 𝐴𝐷𝐶 i otrzymujemy\n𝑏\nsin 60° = 2𝑚\nsin 𝛼\n√6𝑚\nsin 60° = 2𝑚\nsin 𝛼\nsin 𝛼= √2\n2\nZatem |∡𝐷𝐴𝐶| = 45°.\nUwaga.\nZamiast sin 𝛼 możemy też obliczyć cos 𝛼, korzystając po raz drugi z twierdzenia\ncosinusów dla trójkąta 𝐴𝐷𝐶:\n|𝐶𝐷|2 = |𝐴𝐶|2 + 𝑏2 -2 ⋅|𝐴𝐶| ⋅𝑏⋅cos 𝛼\n(2𝑚)2 = [(√3 + 1)𝑚]\n2 + (√6𝑚)\n2 -2 ⋅(√3 + 1)𝑚⋅√6𝑚⋅cos 𝛼\n𝛼\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n൫ξ3 -1൯𝑚\n2𝑚\n𝑏\n2 ⋅(√3 + 1)𝑚⋅√6𝑚⋅cos 𝛼= [(√3 + 1)𝑚]\n2 + (√6𝑚)\n2 -(2𝑚)2\ncos 𝛼= (3 + 2√3 + 1) + 6 -4\n2√6 ⋅(√3 + 1)\n6 + 2√3\n2√6 ⋅(√3 + 1)\n= 2√3(√3 + 1)\n2√6 ⋅(√3 + 1)\n= √2\n2\nZatem |∡𝐷𝐴𝐶| = 45°.\nSposób V (z twierdzenia Stewarta)\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑎 - długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶,\n𝑏 - długość odcinka 𝐴𝐷,\n𝑥 - długość odcinka 𝐵𝐷,\n𝑦 - długość odcinka 𝐶𝐷,\n𝛼 - miara kąta 𝐷𝐴𝐶\n(zobacz rysunek).\nTrójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐷𝐶 mają wspólną wysokość poprowadzoną z wierzchołka 𝐴 na\nprostą 𝐵𝐶, więc stosunek pól tych trójkątów jest równy stosunkowi długości odpowiednich\npodstaw. Zatem 𝑥= (√3 -1)𝑚 oraz 𝑦= 2𝑚, przy pewnym 𝑚> 0.\nWtedy 𝑎= (√3 + 1)𝑚.\nStosujemy twierdzenie Stewarta\n𝑎2 ⋅𝑥+ 𝑎2 ⋅𝑦= (𝑥+ 𝑦)(𝑏2 + 𝑥𝑦)\n𝑎2 = 𝑏2 + 𝑥𝑦\n[(√3 + 1)𝑚]\n2 = 𝑏2 + (√3 -1)𝑚⋅2𝑚\n𝑏= √6𝑚\nStosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐴𝐷𝐶 i otrzymujemy:\n𝑦2 = 𝑏2 + 𝑎2 -2𝑎𝑏⋅cos 𝛼\n(2𝑚)2 = (√6𝑚)\n2 + [(√3 + 1)𝑚]\n2 -2 ⋅(√3 + 1)𝑚⋅√6𝑚⋅cos 𝛼\n4𝑚2 = 6𝑚2 + (4 + 2√3)𝑚2 -2(3√2 + √6) ⋅𝑚2 ⋅cos 𝛼\n𝛼\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑥\n𝑦\n𝑏\n𝑎\nZasady oceniania rozwiązań zadań\ncos 𝛼=\n(6 + 2√3)\n2(3√2 + √6)\ncos 𝛼= √2(3√2 + √6)\n2(3√2 + √6)\nZatem cos 𝛼=\n√2\n2 i 𝛼= 45°.\nSposób VI (analitycznie)\nPrzyjmijmy następujące oznaczenia:\n𝑎 - długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶,\n𝛼 - miara kąta 𝐷𝐴𝐶,\n𝛽 - miara kąta 𝐵𝐴𝐷.\nUmieszczamy trójkąt 𝐴𝐵𝐶 w układzie współrzędnych tak, żeby 𝐴= (0, 0), 𝐵= (𝑎, 0) i 𝐶\nleżał w I ćwiartce układu współrzędnych. Wtedy 𝐶= (𝑎\n2 , 𝑎√3\n2 ).\nTrójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐶𝐷 mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka 𝐴, więc\n𝑃𝐴𝐵𝐷\n𝑃𝐴𝐷𝐶\n= |𝐵𝐷|\n|𝐶𝐷|\nzatem\n|𝐵𝐷|\n|𝐶𝐷| = √3 -1\n2\nOznaczmy teraz rzuty prostokątne punktów 𝐶 i 𝐷 na oś odciętych przez - odpowiednio -\n𝐾 oraz 𝐿, a rzuty prostokątne punktów 𝐶 i 𝐷 na oś rzędnych przez - odpowiednio - 𝑀\noraz 𝑁 (zobacz rysunek).\nZ twierdzenia Talesa otrzymujemy\n|𝐾𝐿|\n|𝐾𝐵| = |𝐶𝐷|\n|𝐵𝐶| =\n2\n2 + √3 - 1 = √3 -1 oraz |𝐴𝑁|\n|𝐴𝑀| = |𝐵𝐷|\n|𝐵𝐶| =\n√3 - 1\n2 + √3 - 1 = 2 -√3\n𝛼\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑎\n𝐾\n𝛽\n𝑥\n𝑦\n𝐿\n𝑀\n𝑁\nzatem\n|𝐾𝐿| = (√3 -1) ⋅|𝐾𝐵| = (√3 -1) ⋅𝑎\n2 oraz |𝐴𝑁| = (2 -√3) ⋅|𝐴𝑀| = (2 -√3) ⋅𝑎√3\n2\nStąd\n𝐷= (𝑎\n2 + (√3 -1) ⋅𝑎\n2 , (2 -√3) ⋅𝑎√3\n2 ) = (𝑎√3\n2 , 𝑎√3(2 -√3)\n2\n)\nWspółczynnik kierunkowy prostej 𝐴𝐷 jest równy\n𝑎𝐴𝐷=\n𝑎√3(2 -√3)\n2\n𝑎√3\n2\n= 2 -√3\nZatem\ntg 𝛽= 𝑎𝐴𝐷= 2 -√3\nZe wzoru na tangens różnicy kątów otrzymujemy\ntg 𝛼= tg(60° -𝛽) =\ntg 60° -tg 𝛽\n1 + tg 60° ⋅tg 𝛽=\n√3 -(2 -√3)\n1 + √3 ⋅(2 -√3)\n= 2√3 -2\n2√3 -2\n= 1\nZatem 𝛼= 45°.","solution":"Odpowiedź: $\\angle DAC = 45°$\n\nStrona arkusza CKE z tym zadaniem\n\nStrategia\n\nTrójkąt równoboczny ma wszystkie kąty $60°$. Niech $\\angle DAC = \\alpha$. Wtedy $\\angle BAD = 60° - \\alpha$ (bo cały $\\angle BAC = 60°$).\n\nTrójkąty $ABD$ i $ADC$ mają wspólny bok $AD$ (długość niech będzie $d$) i wspólny wierzchołek $A$. Możemy więc wyrazić ich pola przez sinusy odpowiednich kątów przy $A$.\n\nWzór na pole z dwóch boków i kąta między nimi: $P = \\dfrac{1}{2} \\cdot b_1 \\cdot b_2 \\cdot \\sin \\gamma$.\n\nDla trójkąta $ABD$: boki $AB = a$ (bok trójkąta równobocznego) i $AD = d$, kąt $\\angle BAD = 60° - \\alpha$.\n\n$$P_{ABD} = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot d \\cdot \\sin(60° - \\alpha)$$\n\nDla trójkąta $ADC$: boki $AC = a$ i $AD = d$, kąt $\\angle DAC = \\alpha$.\n\n$$P_{ADC} = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot d \\cdot \\sin \\alpha$$\n\nStosunek pól = stosunek sinusów (czynniki $\\tfrac{1}{2} \\cdot a \\cdot d$ skracają się):\n\n$$\\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}} = \\frac{\\sin(60° - \\alpha)}{\\sin \\alpha} = \\frac{\\sqrt{3} - 1}{2}$$\n\nRozwiń $\\sin(60° - \\alpha)$ ze wzoru na sinus różnicy: $\\sin(x - y) = \\sin x \\cos y - \\cos x \\sin y$.\n\n$$\\sin(60° - \\alpha) = \\sin 60° \\cos \\alpha - \\cos 60° \\sin \\alpha = \\frac{\\sqrt{3}}{2} \\cos \\alpha - \\frac{1}{2} \\sin \\alpha$$\n\nPodstaw do równania:\n\n$$\\frac{\\tfrac{\\sqrt{3}}{2} \\cos \\alpha - \\tfrac{1}{2} \\sin \\alpha}{\\sin \\alpha} = \\frac{\\sqrt{3} - 1}{2}$$\n\nPomnóż licznik i mianownik lewej strony przez 2 — równanie pozostaje równoważne:\n\n$$\\frac{\\sqrt{3} \\cos \\alpha - \\sin \\alpha}{\\sin \\alpha} = \\sqrt{3} - 1$$\n\nRozdziel ułamek:\n\n$$\\frac{\\sqrt{3} \\cos \\alpha}{\\sin \\alpha} - 1 = \\sqrt{3} - 1$$\n\n$$\\sqrt{3} \\cdot \\cot \\alpha = \\sqrt{3}$$\n\n$$\\cot \\alpha = 1$$\n\nWyznacz $\\alpha$. $\\cot \\alpha = 1$ oznacza $\\tan \\alpha = 1$. Dla kąta w trójkącie (czyli $0 < \\alpha < 60°$, bo $\\alpha$ to część kąta $60°$):\n\n$$\\alpha = 45°$$\n\nSprawdzenie\n\nJeśli $\\alpha = 45°$, to $\\angle BAD = 60° - 45° = 15°$.\n\n$$\\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}} = \\frac{\\sin 15°}{\\sin 45°}$$\n\n$\\sin 15° = \\sin(45° - 30°) = \\tfrac{\\sqrt{2}}{2} \\cdot \\tfrac{\\sqrt{3}}{2} - \\tfrac{\\sqrt{2}}{2} \\cdot \\tfrac{1}{2} = \\tfrac{\\sqrt{6} - \\sqrt{2}}{4}$.\n\n$$\\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}} = \\frac{(\\sqrt{6} - \\sqrt{2})/4}{\\sqrt{2}/2} = \\frac{\\sqrt{6} - \\sqrt{2}}{4} \\cdot \\frac{2}{\\sqrt{2}} = \\frac{\\sqrt{6} - \\sqrt{2}}{2 \\sqrt{2}} = \\frac{\\sqrt{3} - 1}{2}$$\n\n(po uproszczeniu: $\\sqrt{6}/\\sqrt{2} = \\sqrt{3}$, $\\sqrt{2}/\\sqrt{2} = 1$). ✓ Pasuje.\n\nPunktacja CKE\n\n- 1 pkt — zapisanie równania $\\sin(60° - \\alpha) / \\sin \\alpha = (\\sqrt{3} - 1)/2$ albo równoważne (np. przez stosunek podstaw $BD/DC$).\n- 2 pkt — sprowadzenie równania do postaci $\\sqrt{3} \\cot \\alpha = \\sqrt{3}$ (lub równoważnej z $\\tan \\alpha = 1$).\n- 3 pkt — pełna metoda + wynik $\\alpha = 45°$.\n\nKlucz — sinus różnicy\n\nWzory na sinus i cosinus sumy/różnicy są w „Wybranych wzorach matematycznych\" CKE:\n\n- $\\sin(x \\pm y) = \\sin x \\cos y \\pm \\cos x \\sin y$\n- $\\cos(x \\pm y) = \\cos x \\cos y \\mp \\sin x \\sin y$\n\nUżywaj ich, gdy w równaniu pojawia się $\\sin/\\cos$ z różnicą lub sumą zmiennej i znanego kąta (jak tu $60° - \\alpha$). Sprowadzasz wtedy równanie do funkcji samej $\\alpha$, którą można rozwiązać przez $\\tan$ / $\\cot$.\n\nTypowy błąd: Najczęstszy błąd to mylenie sin(α) z cos(α) we wzorze na pole (P = ½ab sin γ — sinus, nie cosinus). Druga pułapka: stosunek pól trójkątów o wspólnej wysokości to stosunek PODSTAW — to klucz pozwalający szybko dojść do równania.","image":"img/matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona/zad-3.webp","solution_image":"img/matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona/sol-3.svg","topics":"planimetria, trójkąt równoboczny, twierdzenie sinusów","page_from":6,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturaonline","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2025 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"<p>Zadanie 3. (0-3)<br>W trójkącie równobocznym 𝐴𝐵𝐶 punkt 𝐷 leży na boku 𝐵𝐶. Stosunek pola trójkąta 𝐴𝐵𝐷<br>do pola trójkąta 𝐴𝐷𝐶 jest równy<br>√3-1<br>2<br>Oblicz miarę kąta 𝑫𝑨𝑪. Zapisz obliczenia.<br>3.<br>0-1-<br>2-3</p>\n<p>MMAP-R0_100</p>\n<p>MMAP-R0_100<br>W trójkącie równobocznym ABC punkt D leży na boku BC. Stosunek pola trójkąta ABD do pola trójkąta ADC jest równy √3-1/2. Oblicz miarę kąta DAC. Zapisz obliczenia.</p>","answer_text_html":"<p>Zadanie 3. (0-3)<br>Wymaganie ogólne<br>Wymaganie szczegółowe<br>III. Wykorzystanie i interpretowanie<br>reprezentacji.</p>\n<ol><li>Stosowanie obiektów matematycznych</li></ol>\n<p>i operowanie nimi, interpretowanie pojęć<br>matematycznych.<br>Zdający:<br>VII.R8) oblicza kąty trójkąta i długości jego<br>boków przy odpowiednich danych<br>(rozwiązuje trójkąty).<br>Zasady oceniania (dla sposobów I oraz VI)<br>3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 45°.<br>2 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą - jednym z kątów: 𝐶𝐴𝐷, 𝐵𝐴𝐷, 𝐶𝐷𝐴, 𝐴𝐷𝐵,<br>w którym wszystkie funkcje trygonometryczne są tego samego argumentu, np.<br>sin60°⋅cos𝛼 - cos60°⋅sin𝛼<br>sin𝛼<br>√3 - 1<br>2<br>, gdzie 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐷|,<br>ALBO</p>\n<ul><li>obliczenie współczynnika kierunkowego prostej 𝐴𝐷: 2 -√3.</li></ul>\n<p>1 pkt - zapisanie równania z jedną niewiadomą - jednym z kątów: 𝐶𝐴𝐷, 𝐵𝐴𝐷, 𝐶𝐷𝐴, 𝐴𝐷𝐵,<br>np. sin(60° - 𝛼)<br>sin𝛼<br>√3 - 1<br>2<br>, gdzie 𝛼= |∡𝐶𝐴𝐷|,<br>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie związku |𝐵𝐷|</li></ul>\n<p>|𝐶𝐷| =<br>√3-1<br>2<br>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Zasady oceniania (dla sposobu II)<br>3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 45°.<br>2 pkt - wyznaczenie długości czterech spośród pięciu odcinków: 𝐵𝐷, 𝐶𝐷, 𝐶𝐸, 𝐷𝐸, 𝐴𝐸,<br>w zależności od jednej zmiennej, np. |𝐶𝐷| = 𝑥 i |𝐵𝐷| =<br>√3 - 1<br>2<br>𝑥 i |𝐶𝐸| = 1<br>2 𝑥<br>i |𝐴𝐸| =<br>√3<br>2 𝑥<br>ALBO</p>\n<ul><li>wyznaczenie długości odcinków: 𝐵𝐷, 𝐶𝐷, 𝐶𝐸, w zależności od długości odcinka 𝐴𝐸</li></ul>\n<p>i tangensa kąta 𝐷𝐴𝐶, np. |𝐶𝐸| = 1<br>√3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼 i |𝐶𝐷| = 2√3<br>3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼<br>i |𝐵𝐷| = |𝐴𝐸| -<br>√3<br>3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼, gdzie 𝛼 jest kątem 𝐷𝐴𝐶.<br>1 pkt - zapisanie związku |𝐵𝐷|<br>|𝐶𝐷| =<br>√3 - 1<br>2<br>,<br>ALBO</p>\n<ul><li>wyznaczenie długości dwóch odcinków spośród 𝐵𝐷, 𝐵𝐶 i 𝐶𝐷 w zależności od</li></ul>\n<p>jednej zmiennej, np. |𝐶𝐷| = 𝑥 i |𝐵𝐷| =<br>√3 - 1<br>2<br>𝑥,<br>ALBO</p>\n<ul><li>wyznaczenie długości boków trójkąta 𝐶𝐸𝐷 w zależności od jednej zmiennej, np.</li></ul>\n<p>|𝐶𝐷| = 𝑥, |𝐶𝐸| = 1<br>2 𝑥, |𝐷𝐸| =<br>√3<br>2 𝑥,<br>ALBO</p>\n<ul><li>wyznaczenie długości odcinka 𝐶𝐸 (albo 𝐶𝐷) w zależności od długości odcinka 𝐴𝐸</li></ul>\n<p>i tangensa kąta 𝐷𝐴𝐶: |𝐶𝐸| =<br>√3<br>3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼 (albo |𝐶𝐷| = 2√3<br>3 ⋅|𝐴𝐸| ⋅tg 𝛼), gdzie<br>𝛼 jest kątem 𝐷𝐴𝐶.<br>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Zasady oceniania (dla sposobów III-V)<br>3 pkt - zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: 45°.<br>2 pkt - obliczenie |𝐵𝐷|<br>|𝐷𝐹| oraz |𝐴𝐵|<br>|𝐴𝐹| : |𝐵𝐷|<br>|𝐷𝐹| = 2<br>√3 oraz |𝐴𝐵|<br>|𝐴𝐹| = 2<br>√3<br>ALBO</p>\n<ul><li>wyznaczenie długości odcinków 𝐴𝐷 oraz 𝐶𝐷 w zależności od jednej zmiennej, np.</li></ul>\n<p>|𝐴𝐷| = √6𝑚 oraz |𝐶𝐷| = 2𝑚.<br>1 pkt - wyznaczenie długości odcinków 𝐵𝐷 i 𝐶𝐷 w zależności od jednej zmiennej, np.<br>|𝐶𝐷| = 2𝑚 i |𝐵𝐷| = (√3 -1)𝑚.<br>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Przykładowe pełne rozwiązania<br>Sposób I<br>Przyjmijmy następujące oznaczenia:<br>𝑎 - długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶,<br>𝑏 - długość odcinka 𝐴𝐷,<br>𝛼 - miara kąta 𝐷𝐴𝐶<br>(zobacz rysunek).<br>𝛼<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>60° -𝛼<br>𝑎<br>𝑏<br>𝑎<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Korzystając ze wzoru na pole trójkąta oraz uwzględniając warunki zadania, otrzymujemy:<br>𝑃𝐴𝐵𝐷<br>𝑃𝐴𝐷𝐶<br>= √3 -1<br>2<br>1<br>2 ⋅𝑎⋅𝑏⋅sin(60° -𝛼)<br>1<br>2 ⋅𝑎⋅𝑏⋅sin 𝛼<br>= √3 -1<br>2<br>sin(60° -𝛼)<br>sin 𝛼<br>= √3 -1<br>2<br>Stąd i ze wzoru na sinus różnicy kątów otrzymujemy kolejno:<br>sin 60° ⋅cos 𝛼-cos 60° ⋅sin 𝛼<br>sin 𝛼<br>= √3 -1<br>2<br>sin 60° ⋅cos 𝛼<br>sin 𝛼-cos 60° = √3 -1<br>2<br>cos 𝛼<br>sin 𝛼= 1<br>tg 𝛼= 1<br>𝛼= 45°<br>Zatem kąt 𝐷𝐴𝐶 ma miarę 45°.<br>Sposób II<br>Trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐶𝐷 mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka 𝐴, więc<br>𝑃𝐴𝐵𝐷<br>𝑃𝐴𝐷𝐶<br>= |𝐵𝐷|<br>|𝐶𝐷|<br>zatem<br>|𝐵𝐷|<br>|𝐶𝐷| = √3 -1<br>2<br>Oznaczmy 𝑥= |𝐶𝐷|. Wtedy |𝐵𝐷| =<br>√3 -1<br>2<br>𝑥. Niech 𝐸 będzie spodkiem wysokości<br>trójkąta 𝐴𝐷𝐶 poprowadzonej z wierzchołka 𝐷 (zobacz rysunek).<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐸<br>𝑥<br>ξ3 -1<br>2<br>𝑥<br>Z własności trójkąta o kątach 30°, 60°, 90° otrzymujemy |𝐷𝐸| =<br>√3<br>2 𝑥 oraz |𝐸𝐶| = 1<br>2 𝑥.<br>Ponieważ |𝐴𝐸| + |𝐸𝐶| = |𝐶𝐷| + |𝐷𝐵|, więc<br>|𝐴𝐸| + 1<br>2 𝑥= 𝑥+ √3 -1<br>2<br>𝑥<br>|𝐴𝐸| = √3<br>2 𝑥<br>Zatem |𝐴𝐸| = |𝐷𝐸|. To oznacza, że trójkąt prostokątny 𝐷𝐸𝐴 jest równoramienny i kąt<br>𝐷𝐴𝐶 ma miarę 45°.<br>Sposób III (z twierdzenia o dwusiecznej)<br>Niech 𝐹 będzie spodkiem wysokości trójkąta 𝐴𝐵𝐶 poprowadzonej z wierzchołka 𝐴.<br>Trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐷𝐶 mają wspólną wysokość 𝐴𝐹, więc stosunek pól tych trójkątów jest<br>równy stosunkowi długości odpowiednich podstaw. Zatem |𝐵𝐷| = (√3 -1)𝑚 oraz<br>|𝐶𝐷| = 2𝑚, przy pewnym 𝑚&gt; 0 (zobacz rysunek).<br>Wtedy |𝐴𝐵| = |𝐵𝐶| = (√3 + 1)𝑚, |𝐴𝐹| =<br>(√3 + 1) ⋅ √3<br>2<br>𝑚 oraz<br>|𝐵𝐹| = 1<br>2 ⋅|𝐴𝐵| = √3 + 1<br>2<br>𝑚. Stąd<br>|𝐷𝐹| = |𝐵𝐹| -|𝐵𝐷| = √3 + 1<br>2<br>𝑚-(√3 -1)𝑚= 3 -√3<br>2<br>𝑚<br>Ponieważ |𝐵𝐷|<br>|𝐷𝐹| =<br>(√3 - 1)𝑚<br>(3 - √3)𝑚<br>2<br>= 2<br>√3 oraz |𝐴𝐵|<br>|𝐴𝐹| =<br>(√3 + 1)𝑚<br>(√3 + 1) ⋅ √3𝑚<br>2<br>= 2<br>√3 , więc półprosta 𝐴𝐷<br>jest dwusieczną kąta 𝐵𝐴𝐹. To oznacza, że<br>|∡𝐷𝐴𝐹| = 1<br>2 ⋅|∡𝐵𝐴𝐹| = 1<br>2 ⋅30° = 15° oraz |∡𝐷𝐴𝐶| = 30° + |∡𝐷𝐴𝐹| = 45°.<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐹<br>2𝑚<br>(ξ3 -1)𝑚<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Sposób IV (z twierdzenia cosinusów i sinusów / dwukrotnie z twierdzenia cosinusów)<br>Oznaczmy kąt 𝐶𝐴𝐷 przez 𝛼, natomiast długość odcinka 𝐴𝐷 oznaczmy przez 𝑏.<br>Trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐷𝐶 mają wspólną wysokość poprowadzoną z wierzchołka 𝐴 na<br>prostą 𝐵𝐶, więc stosunek pól tych trójkątów jest równy stosunkowi długości odpowiednich<br>podstaw. Zatem |𝐵𝐷| = (√3 -1)𝑚 oraz |𝐶𝐷| = 2𝑚, przy pewnym 𝑚&gt; 0 (zobacz<br>rysunek).<br>Wtedy |𝐴𝐵| = |𝐵𝐶| = |𝐶𝐴| = (√3 + 1)𝑚.<br>Stosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐴𝐷𝐶:<br>𝑏2 = |𝐴𝐶|2 + |𝐶𝐷|2 -2 ⋅|𝐴𝐶| ⋅|𝐶𝐷| ⋅cos 60°<br>𝑏2 = [(√3 + 1)𝑚]<br>2 + (2𝑚)2 -2 ⋅(√3 + 1)𝑚⋅2𝑚⋅1<br>2<br>𝑏2 = (4 + 2√3 + 4 -2√3 -2) ⋅𝑚2<br>𝑏= √6𝑚<br>Stosujemy twierdzenie sinusów do trójkąta 𝐴𝐷𝐶 i otrzymujemy<br>𝑏<br>sin 60° = 2𝑚<br>sin 𝛼<br>√6𝑚<br>sin 60° = 2𝑚<br>sin 𝛼<br>sin 𝛼= √2<br>2<br>Zatem |∡𝐷𝐴𝐶| = 45°.<br>Uwaga.<br>Zamiast sin 𝛼 możemy też obliczyć cos 𝛼, korzystając po raz drugi z twierdzenia<br>cosinusów dla trójkąta 𝐴𝐷𝐶:<br>|𝐶𝐷|2 = |𝐴𝐶|2 + 𝑏2 -2 ⋅|𝐴𝐶| ⋅𝑏⋅cos 𝛼<br>(2𝑚)2 = [(√3 + 1)𝑚]<br>2 + (√6𝑚)<br>2 -2 ⋅(√3 + 1)𝑚⋅√6𝑚⋅cos 𝛼<br>𝛼<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>൫ξ3 -1൯𝑚<br>2𝑚<br>𝑏<br>2 ⋅(√3 + 1)𝑚⋅√6𝑚⋅cos 𝛼= [(√3 + 1)𝑚]<br>2 + (√6𝑚)<br>2 -(2𝑚)2<br>cos 𝛼= (3 + 2√3 + 1) + 6 -4<br>2√6 ⋅(√3 + 1)<br>6 + 2√3<br>2√6 ⋅(√3 + 1)<br>= 2√3(√3 + 1)<br>2√6 ⋅(√3 + 1)<br>= √2<br>2<br>Zatem |∡𝐷𝐴𝐶| = 45°.<br>Sposób V (z twierdzenia Stewarta)<br>Przyjmijmy następujące oznaczenia:<br>𝑎 - długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶,<br>𝑏 - długość odcinka 𝐴𝐷,<br>𝑥 - długość odcinka 𝐵𝐷,<br>𝑦 - długość odcinka 𝐶𝐷,<br>𝛼 - miara kąta 𝐷𝐴𝐶<br>(zobacz rysunek).<br>Trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐷𝐶 mają wspólną wysokość poprowadzoną z wierzchołka 𝐴 na<br>prostą 𝐵𝐶, więc stosunek pól tych trójkątów jest równy stosunkowi długości odpowiednich<br>podstaw. Zatem 𝑥= (√3 -1)𝑚 oraz 𝑦= 2𝑚, przy pewnym 𝑚&gt; 0.<br>Wtedy 𝑎= (√3 + 1)𝑚.<br>Stosujemy twierdzenie Stewarta<br>𝑎2 ⋅𝑥+ 𝑎2 ⋅𝑦= (𝑥+ 𝑦)(𝑏2 + 𝑥𝑦)<br>𝑎2 = 𝑏2 + 𝑥𝑦<br>[(√3 + 1)𝑚]<br>2 = 𝑏2 + (√3 -1)𝑚⋅2𝑚<br>𝑏= √6𝑚<br>Stosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta 𝐴𝐷𝐶 i otrzymujemy:<br>𝑦2 = 𝑏2 + 𝑎2 -2𝑎𝑏⋅cos 𝛼<br>(2𝑚)2 = (√6𝑚)<br>2 + [(√3 + 1)𝑚]<br>2 -2 ⋅(√3 + 1)𝑚⋅√6𝑚⋅cos 𝛼<br>4𝑚2 = 6𝑚2 + (4 + 2√3)𝑚2 -2(3√2 + √6) ⋅𝑚2 ⋅cos 𝛼<br>𝛼<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝑥<br>𝑦<br>𝑏<br>𝑎<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>cos 𝛼=<br>(6 + 2√3)<br>2(3√2 + √6)<br>cos 𝛼= √2(3√2 + √6)<br>2(3√2 + √6)<br>Zatem cos 𝛼=<br>√2<br>2 i 𝛼= 45°.<br>Sposób VI (analitycznie)<br>Przyjmijmy następujące oznaczenia:<br>𝑎 - długość boku trójkąta 𝐴𝐵𝐶,<br>𝛼 - miara kąta 𝐷𝐴𝐶,<br>𝛽 - miara kąta 𝐵𝐴𝐷.<br>Umieszczamy trójkąt 𝐴𝐵𝐶 w układzie współrzędnych tak, żeby 𝐴= (0, 0), 𝐵= (𝑎, 0) i 𝐶<br>leżał w I ćwiartce układu współrzędnych. Wtedy 𝐶= (𝑎<br>2 , 𝑎√3<br>2 ).<br>Trójkąty 𝐴𝐵𝐷 i 𝐴𝐶𝐷 mają wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołka 𝐴, więc<br>𝑃𝐴𝐵𝐷<br>𝑃𝐴𝐷𝐶<br>= |𝐵𝐷|<br>|𝐶𝐷|<br>zatem<br>|𝐵𝐷|<br>|𝐶𝐷| = √3 -1<br>2<br>Oznaczmy teraz rzuty prostokątne punktów 𝐶 i 𝐷 na oś odciętych przez - odpowiednio -<br>𝐾 oraz 𝐿, a rzuty prostokątne punktów 𝐶 i 𝐷 na oś rzędnych przez - odpowiednio - 𝑀<br>oraz 𝑁 (zobacz rysunek).<br>Z twierdzenia Talesa otrzymujemy<br>|𝐾𝐿|<br>|𝐾𝐵| = |𝐶𝐷|<br>|𝐵𝐶| =<br>2<br>2 + √3 - 1 = √3 -1 oraz |𝐴𝑁|<br>|𝐴𝑀| = |𝐵𝐷|<br>|𝐵𝐶| =<br>√3 - 1<br>2 + √3 - 1 = 2 -√3<br>𝛼<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝑎<br>𝐾<br>𝛽<br>𝑥<br>𝑦<br>𝐿<br>𝑀<br>𝑁<br>zatem<br>|𝐾𝐿| = (√3 -1) ⋅|𝐾𝐵| = (√3 -1) ⋅𝑎<br>2 oraz |𝐴𝑁| = (2 -√3) ⋅|𝐴𝑀| = (2 -√3) ⋅𝑎√3<br>2<br>Stąd<br>𝐷= (𝑎<br>2 + (√3 -1) ⋅𝑎<br>2 , (2 -√3) ⋅𝑎√3<br>2 ) = (𝑎√3<br>2 , 𝑎√3(2 -√3)<br>2<br>)<br>Współczynnik kierunkowy prostej 𝐴𝐷 jest równy<br>𝑎𝐴𝐷=<br>𝑎√3(2 -√3)<br>2<br>𝑎√3<br>2<br>= 2 -√3<br>Zatem<br>tg 𝛽= 𝑎𝐴𝐷= 2 -√3<br>Ze wzoru na tangens różnicy kątów otrzymujemy<br>tg 𝛼= tg(60° -𝛽) =<br>tg 60° -tg 𝛽<br>1 + tg 60° ⋅tg 𝛽=<br>√3 -(2 -√3)<br>1 + √3 ⋅(2 -√3)<br>= 2√3 -2<br>2√3 -2<br>= 1<br>Zatem 𝛼= 45°.</p>","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona/sol-3.svg"},{"source":"maturaonline","label":"matura-online.pl","kind":"text","html":"<p>Odpowiedź: $\\angle DAC = 45°$</p>\n<p>Strona arkusza CKE z tym zadaniem</p>\n<p>Strategia</p>\n<p>Trójkąt równoboczny ma wszystkie kąty $60°$. Niech $\\angle DAC = \\alpha$. Wtedy $\\angle BAD = 60° - \\alpha$ (bo cały $\\angle BAC = 60°$).</p>\n<p>Trójkąty $ABD$ i $ADC$ mają wspólny bok $AD$ (długość niech będzie $d$) i wspólny wierzchołek $A$. Możemy więc wyrazić ich pola przez sinusy odpowiednich kątów przy $A$.</p>\n<p>Wzór na pole z dwóch boków i kąta między nimi: $P = \\dfrac{1}{2} \\cdot b_1 \\cdot b_2 \\cdot \\sin \\gamma$.</p>\n<p>Dla trójkąta $ABD$: boki $AB = a$ (bok trójkąta równobocznego) i $AD = d$, kąt $\\angle BAD = 60° - \\alpha$.</p>\n<p>$$P_{ABD} = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot d \\cdot \\sin(60° - \\alpha)$$</p>\n<p>Dla trójkąta $ADC$: boki $AC = a$ i $AD = d$, kąt $\\angle DAC = \\alpha$.</p>\n<p>$$P_{ADC} = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot d \\cdot \\sin \\alpha$$</p>\n<p>Stosunek pól = stosunek sinusów (czynniki $\\tfrac{1}{2} \\cdot a \\cdot d$ skracają się):</p>\n<p>$$\\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}} = \\frac{\\sin(60° - \\alpha)}{\\sin \\alpha} = \\frac{\\sqrt{3} - 1}{2}$$</p>\n<p>Rozwiń $\\sin(60° - \\alpha)$ ze wzoru na sinus różnicy: $\\sin(x - y) = \\sin x \\cos y - \\cos x \\sin y$.</p>\n<p>$$\\sin(60° - \\alpha) = \\sin 60° \\cos \\alpha - \\cos 60° \\sin \\alpha = \\frac{\\sqrt{3}}{2} \\cos \\alpha - \\frac{1}{2} \\sin \\alpha$$</p>\n<p>Podstaw do równania:</p>\n<p>$$\\frac{\\tfrac{\\sqrt{3}}{2} \\cos \\alpha - \\tfrac{1}{2} \\sin \\alpha}{\\sin \\alpha} = \\frac{\\sqrt{3} - 1}{2}$$</p>\n<p>Pomnóż licznik i mianownik lewej strony przez 2 — równanie pozostaje równoważne:</p>\n<p>$$\\frac{\\sqrt{3} \\cos \\alpha - \\sin \\alpha}{\\sin \\alpha} = \\sqrt{3} - 1$$</p>\n<p>Rozdziel ułamek:</p>\n<p>$$\\frac{\\sqrt{3} \\cos \\alpha}{\\sin \\alpha} - 1 = \\sqrt{3} - 1$$</p>\n<p>$$\\sqrt{3} \\cdot \\cot \\alpha = \\sqrt{3}$$</p>\n<p>$$\\cot \\alpha = 1$$</p>\n<p>Wyznacz $\\alpha$. $\\cot \\alpha = 1$ oznacza $\\tan \\alpha = 1$. Dla kąta w trójkącie (czyli $0 &lt; \\alpha &lt; 60°$, bo $\\alpha$ to część kąta $60°$):</p>\n<p>$$\\alpha = 45°$$</p>\n<p>Sprawdzenie</p>\n<p>Jeśli $\\alpha = 45°$, to $\\angle BAD = 60° - 45° = 15°$.</p>\n<p>$$\\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}} = \\frac{\\sin 15°}{\\sin 45°}$$</p>\n<p>$\\sin 15° = \\sin(45° - 30°) = \\tfrac{\\sqrt{2}}{2} \\cdot \\tfrac{\\sqrt{3}}{2} - \\tfrac{\\sqrt{2}}{2} \\cdot \\tfrac{1}{2} = \\tfrac{\\sqrt{6} - \\sqrt{2}}{4}$.</p>\n<p>$$\\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}} = \\frac{(\\sqrt{6} - \\sqrt{2})/4}{\\sqrt{2}/2} = \\frac{\\sqrt{6} - \\sqrt{2}}{4} \\cdot \\frac{2}{\\sqrt{2}} = \\frac{\\sqrt{6} - \\sqrt{2}}{2 \\sqrt{2}} = \\frac{\\sqrt{3} - 1}{2}$$</p>\n<p>(po uproszczeniu: $\\sqrt{6}/\\sqrt{2} = \\sqrt{3}$, $\\sqrt{2}/\\sqrt{2} = 1$). ✓ Pasuje.</p>\n<p>Punktacja CKE</p>\n<ul><li>1 pkt — zapisanie równania $\\sin(60° - \\alpha) / \\sin \\alpha = (\\sqrt{3} - 1)/2$ albo równoważne (np. przez stosunek podstaw $BD/DC$).</li><li>2 pkt — sprowadzenie równania do postaci $\\sqrt{3} \\cot \\alpha = \\sqrt{3}$ (lub równoważnej z $\\tan \\alpha = 1$).</li><li>3 pkt — pełna metoda + wynik $\\alpha = 45°$.</li></ul>\n<p>Klucz — sinus różnicy</p>\n<p>Wzory na sinus i cosinus sumy/różnicy są w „Wybranych wzorach matematycznych&quot; CKE:</p>\n<ul><li>$\\sin(x \\pm y) = \\sin x \\cos y \\pm \\cos x \\sin y$</li><li>$\\cos(x \\pm y) = \\cos x \\cos y \\mp \\sin x \\sin y$</li></ul>\n<p>Używaj ich, gdy w równaniu pojawia się $\\sin/\\cos$ z różnicą lub sumą zmiennej i znanego kąta (jak tu $60° - \\alpha$). Sprowadzasz wtedy równanie do funkcji samej $\\alpha$, którą można rozwiązać przez $\\tan$ / $\\cot$.</p>\n<p>Typowy błąd: Najczęstszy błąd to mylenie sin(α) z cos(α) we wzorze na pole (P = ½ab sin γ — sinus, nie cosinus). Druga pułapka: stosunek pól trójkątów o wspólnej wysokości to stosunek PODSTAW — to klucz pozwalający szybko dojść do równania.</p>"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"<h4>Poprawna odpowiedź: 45°</h4>\n<h4>Sposób 1 - Pole przez sinus + wzór na sinus różnicy kątów</h4>\n<p><strong>Oznaczenie:</strong> Niech \\(\\alpha = \\angle DAC\\). Skoro trójkąt \\(ABC\\) jest równoboczny, to \\(\\angle BAC = 60°\\), a zatem \\(\\angle BAD = 60° - \\alpha\\).</p>\n<p><strong>Kluczowa obserwacja:</strong> Trójkąty \\(ABD\\) i \\(ADC\\) mają wspólny bok \\(AD\\), a boki \\(AB = AC = a\\) (gdzie \\(a\\) to bok trójkąta równobocznego).</p>\n<p><strong>Pola przez sinus:</strong></p>\n<p>\\[P_{ABD} = \\frac{1}{2} \\cdot AB \\cdot AD \\cdot \\sin(\\angle BAD) = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot AD \\cdot \\sin(60° - \\alpha)\\]</p>\n<p>\\[P_{ADC} = \\frac{1}{2} \\cdot AC \\cdot AD \\cdot \\sin(\\angle DAC) = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot AD \\cdot \\sin\\alpha\\]</p>\n<p><strong>Stosunek pól:</strong></p>\n<p>\\[\\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}} = \\frac{\\sin(60° - \\alpha)}{\\sin\\alpha} = \\frac{\\sqrt{3}-1}{2}\\]</p>\n<p><strong>Rozkładam sinus różnicy</strong> korzystając ze wzoru \\(\\sin(60° - \\alpha) = \\sin 60° \\cos\\alpha - \\cos 60° \\sin\\alpha\\):</p>\n<p>\\[\\frac{\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\cos\\alpha - \\frac{1}{2}\\sin\\alpha}{\\sin\\alpha} = \\frac{\\sqrt{3}-1}{2}\\]</p>\n<p><strong>Dzielę przez \\(\\sin\\alpha\\)</strong> (zakładamy \\(\\sin\\alpha \\neq 0\\)):</p>\n<p>\\[\\frac{\\sqrt{3}}{2} \\cdot \\cot\\alpha - \\frac{1}{2} = \\frac{\\sqrt{3}-1}{2}\\]</p>\n<p><strong>Przenosimy \\(\\frac{1}{2}\\) na prawą stronę:</strong></p>\n<p>\\[\\frac{\\sqrt{3}}{2} \\cdot \\cot\\alpha = \\frac{\\sqrt{3}-1}{2} + \\frac{1}{2} = \\frac{\\sqrt{3}}{2}\\]</p>\n<p><strong>Dzielimy obie strony przez \\(\\frac{\\sqrt{3}}{2}\\):</strong></p>\n<p>\\[\\cot\\alpha = 1 \\implies \\operatorname{tg}\\alpha = 1\\]</p>\n<p>Zatem:</p>\n<p>\\[\\boxed{\\alpha = 45°}\\]</p>\n<h4>Sposób 2 - Współrzędne i wektory (weryfikacja)</h4>\n<p>Umieszczam trójkąt równoboczny \\(ABC\\) o boku \\(a\\) w układzie współrzędnych:<br>\\[B = (0,0), \\quad C = (a,0), \\quad A = \\left(\\frac{a}{2}, \\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\right)\\]</p>\n<p><strong>Wyznaczam BD:</strong> Ponieważ trójkąty dzielą tę samą wysokość z \\(A\\), stosunek pól równa się stosunkowi podstaw:</p>\n<p>\\[\\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}} = \\frac{BD}{DC} = \\frac{\\sqrt{3}-1}{2}\\]</p>\n<p>Z proporcji (\\(BD + DC = a\\)):<br>\\[BD = \\frac{(\\sqrt{3}-1)a}{\\sqrt{3}-1+2} = \\frac{(\\sqrt{3}-1)a}{\\sqrt{3}+1} = \\frac{(\\sqrt{3}-1)^2 a}{(\\sqrt{3}+1)(\\sqrt{3}-1)} = \\frac{(4-2\\sqrt{3})a}{2} = (2-\\sqrt{3})a\\]</p>\n<p>Zatem \\(D = \\left((2-\\sqrt{3})a,\\ 0\\right)\\).</p>\n<p><strong>Wektory z \\(A\\):</strong></p>\n<p>\\[\\vec{AD} = D - A = \\left((2-\\sqrt{3})a - \\frac{a}{2},\\ -\\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\right) = \\left(\\frac{(3-2\\sqrt{3})a}{2},\\ -\\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\right)\\]</p>\n<p>\\[\\vec{AC} = C - A = \\left(\\frac{a}{2},\\ -\\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\right)\\]</p>\n<p><strong>Iloczyn wektorowy (moduł)</strong> = \\(a\\) razy coś - liczę:<br>\\[|\\vec{AD} \\times \\vec{AC}| = \\left|\\frac{(3-2\\sqrt{3})a}{2} \\cdot \\left(-\\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\right) - \\left(-\\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\right) \\cdot \\frac{a}{2}\\right|\\]<br>\\[= \\left| -\\frac{\\sqrt{3}(3-2\\sqrt{3})a^2}{4} + \\frac{\\sqrt{3}a^2}{4} \\right| = \\frac{a^2\\sqrt{3}}{4}\\left|-(3-2\\sqrt{3})+1\\right| = \\frac{a^2\\sqrt{3}}{4}\\cdot(2\\sqrt{3}-2) = \\frac{a^2(6-2\\sqrt{3})}{4} = \\frac{a^2(3-\\sqrt{3})}{2}\\]</p>\n<p><strong>Iloczyn skalarny:</strong><br>\\[\\vec{AD} \\cdot \\vec{AC} = \\frac{(3-2\\sqrt{3})a}{2} \\cdot \\frac{a}{2} + \\left(-\\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\right)\\left(-\\frac{a\\sqrt{3}}{2}\\right) = \\frac{(3-2\\sqrt{3})a^2}{4} + \\frac{3a^2}{4} = \\frac{(6-2\\sqrt{3})a^2}{4} = \\frac{(3-\\sqrt{3})a^2}{2}\\]</p>\n<p><strong>Stąd:</strong><br>\\[\\operatorname{tg}(\\angle DAC) = \\frac{|\\vec{AD} \\times \\vec{AC}|}{\\vec{AD} \\cdot \\vec{AC}} = \\frac{\\frac{a^2(3-\\sqrt{3})}{2}}{\\frac{a^2(3-\\sqrt{3})}{2}} = 1\\]</p>\n<p>\\[\\angle DAC = 45°\\quad \\checkmark\\]</p>\n<h4>Wzory z karty CKE</h4>\n<p><strong>Dział 10 (Planimetria, s. 15-16)</strong> - pole trójkąta:<br>\\[P = \\frac{1}{2}ab\\sin\\gamma\\]<br>Użyliśmy tego wzoru dwukrotnie - do wyrażenia \\(P_{ABD}\\) i \\(P_{ADC}\\) przez wspólny bok \\(AD\\) i boki \\(AB\\), \\(AC\\).</p>\n<p><strong>Dział 9 (Trygonometria, s. 13)</strong> - wzór na sinus różnicy kątów:<br>\\[\\sin(\\alpha - \\beta) = \\sin\\alpha\\cos\\beta - \\cos\\alpha\\sin\\beta\\]<br>Zastosowany do rozwinięcia \\(\\sin(60° - \\alpha)\\) w Sposobie 1.</p>\n<p><strong>Dział 9 (Trygonometria, s. 11) - wartości dla wybranych kątów:</strong><br>\\[\\operatorname{tg} 45° = 1\\]<br>Użyte na końcu do odczytania \\(\\alpha = 45°\\) z warunku \\(\\operatorname{tg}\\alpha = 1\\).</p>\n<h4>Typowe pułapki i uwagi</h4>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Stosunek pól trójkątów o wspólnej wysokości jest równy stosunkowi ich podstaw - ale tutaj <strong>nie mamy wspólnej wysokości od D</strong> do \\(AB\\) lub \\(AC\\)! Wspólna wysokość jest z wierzchołka \\(A\\) do \\(BC\\) - i to ona pozwala napisać \\(\\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}} = \\frac{BD}{DC}\\). Wielu uczniów błędnie próbuje inaczej ułożyć trójkąty.</blockquote>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Przy rozkładaniu \\(\\sin(60° - \\alpha)\\) łatwo pomylić znaki - \\(\\sin(60°-\\alpha) = \\sin 60°\\cos\\alpha - \\cos 60°\\sin\\alpha\\), a nie plus.</blockquote>\n<blockquote>⚠️ <strong>Uwaga:</strong> Pamiętaj, że \\(\\alpha = \\angle DAC\\) musi być mniejsze od \\(60°\\) (bo leży wewnątrz kąta \\(\\angle BAC = 60°\\)). Wynik \\(45° &lt; 60°\\) - to dobry sygnał, że rozwiązanie jest geometrycznie poprawne.</blockquote>\n<h5>Sposób I (stosunek pól i sinus różnicy kątów)</h5>\n<p>Oznaczmy \\(\\alpha=|\\measuredangle DAC|\\). Ponieważ \\(|\\measuredangle BAC|=60^{\\circ}\\), to \\(|\\measuredangle BAD|=60^{\\circ}-\\alpha\\).</p>\n<p>Obydwa trójkąty \\(ABD\\) i \\(ADC\\) mają wspólny bok \\(AD=b\\) oraz \\(|AB|=|AC|=a\\). Ze wzoru na pole trójkąta \\(P=\\tfrac{1}{2}\\cdot pq\\sin\\gamma\\):<br>\\[\\frac{P_{ABD}}{P_{ADC}}=\\frac{\\tfrac{1}{2}ab\\sin(60^{\\circ}-\\alpha)}{\\tfrac{1}{2}ab\\sin\\alpha}=\\frac{\\sin(60^{\\circ}-\\alpha)}{\\sin\\alpha}=\\frac{\\sqrt{3}-1}{2}\\]</p>\n<p>Stosujemy wzór \\(\\sin(60^{\\circ}-\\alpha)=\\sin 60^{\\circ}\\cos\\alpha-\\cos 60^{\\circ}\\sin\\alpha=\\dfrac{\\sqrt{3}}{2}\\cos\\alpha-\\dfrac{1}{2}\\sin\\alpha\\):<br>\\[\\frac{\\tfrac{\\sqrt{3}}{2}\\cos\\alpha-\\tfrac{1}{2}\\sin\\alpha}{\\sin\\alpha}=\\frac{\\sqrt{3}-1}{2}\\]<br>\\[\\frac{\\sqrt{3}\\cos\\alpha-\\sin\\alpha}{2\\sin\\alpha}=\\frac{\\sqrt{3}-1}{2}\\]<br>\\[\\sqrt{3}\\cos\\alpha-\\sin\\alpha=(\\sqrt{3}-1)\\sin\\alpha\\]<br>\\[\\sqrt{3}\\cos\\alpha=\\sqrt{3}\\sin\\alpha\\]<br>\\[\\cos\\alpha=\\sin\\alpha\\Rightarrow \\text{tg}\\,\\alpha=1\\]<br>Ponieważ \\(\\alpha\\in(0^{\\circ},60^{\\circ})\\), więc \\(\\alpha=45^{\\circ}\\).</p>\n<h5>Sposób II (twierdzenie o dwusiecznej + odcinki)</h5>\n<p>Trójkąty \\(ABD\\) i \\(ACD\\) mają wspólną wysokość z \\(A\\), więc stosunek ich pól równa się stosunkowi podstaw:<br>\\[\\frac{|BD|}{|CD|}=\\frac{\\sqrt{3}-1}{2}\\]<br>Niech \\(|CD|=2m\\), \\(|BD|=(\\sqrt{3}-1)m\\), stąd \\(|AB|=|BC|=(\\sqrt{3}+1)m\\).</p>\n<p>Stosujemy twierdzenie cosinusów w \\(\\triangle ADC\\) (z kątem \\(60^{\\circ}\\) przy \\(C\\)):<br>\\[|AD|^{2}=|AC|^{2}+|CD|^{2}-2|AC|\\cdot|CD|\\cos 60^{\\circ}\\]<br>\\[|AD|^{2}=[(\\sqrt{3}+1)m]^{2}+(2m)^{2}-2(\\sqrt{3}+1)m\\cdot 2m\\cdot\\tfrac{1}{2}=(4+2\\sqrt{3}+4-2\\sqrt{3}-2)m^{2}=6m^{2}\\]<br>Stąd \\(|AD|=\\sqrt{6}\\,m\\).</p>\n<p>Z twierdzenia sinusów w \\(\\triangle ADC\\):<br>\\[\\frac{|AD|}{\\sin 60^{\\circ}}=\\frac{|CD|}{\\sin\\alpha}\\Rightarrow \\frac{\\sqrt{6}m}{\\tfrac{\\sqrt{3}}{2}}=\\frac{2m}{\\sin\\alpha}\\Rightarrow \\sin\\alpha=\\frac{2m\\cdot\\tfrac{\\sqrt{3}}{2}}{\\sqrt{6}m}=\\frac{\\sqrt{3}}{\\sqrt{6}}=\\frac{\\sqrt{2}}{2}\\]<br>Zatem \\(\\alpha=45^{\\circ}\\).</p>\n<h5>Karta wzorów CKE</h5>\n<ul><li>Pole trójkąta: \\(P=\\tfrac{1}{2}ab\\sin\\gamma\\) (str. 10).</li><li>Wzór sinusa różnicy: \\(\\sin(\\alpha-\\beta)=\\sin\\alpha\\cos\\beta-\\cos\\alpha\\sin\\beta\\) (str. 7).</li><li>Twierdzenie sinusów i cosinusów (str. 10).</li></ul>\n<h5>Uwagi o punktacji</h5>\n<ul><li><strong>3 pkt</strong> - poprawna metoda i wynik \\(45^{\\circ}\\).</li><li><strong>2 pkt</strong> - zapisanie równania \\(\\dfrac{\\sin(60^{\\circ}-\\alpha)}{\\sin\\alpha}=\\dfrac{\\sqrt{3}-1}{2}\\) LUB obliczenie współczynnika kierunkowego \\(2-\\sqrt{3}\\) prostej \\(AD\\).</li><li><strong>1 pkt</strong> - zapisanie samej relacji \\(\\dfrac{|BD|}{|CD|}=\\dfrac{\\sqrt{3}-1}{2}\\).</li></ul>\n<p><strong>Trik:</strong> Kluczowe spostrzeżenie - skoro trójkąty mają wspólną wysokość z \\(A\\) na \\(BC\\), stosunek pól = stosunek podstaw \\(BD:CD\\). Podstawiając \\(|BC|=(\\sqrt{3}-1)m+2m=(\\sqrt{3}+1)m\\), otrzymujemy \\(|AD|^{2}=6m^{2}\\) i rozpoznajemy trójkąt z kątami \\(45^{\\circ}-60^{\\circ}-75^{\\circ}\\).</p>"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"<p>$45^\\circ$</p>"}]}