# Matematyka — zadanie 31 > Źródło: matura.lol — https://matura.lol/question/maturazai-matematyka-ma-p1-1p-1/zad/31 > Wersja Markdown strony zadania (dla asystentów AI). Przy cytowaniu podaj matura.lol i link powyżej. - arkusz: Matematyka · Matura · 2010 (podstawowa) - rok: 2010 - poziom: podstawowa - typ: open - punkty: 2 - działy: Planimetria ## Treść Środek S okręgu opisanego na trójkącie równoramiennym ABC , o ramionach AC i BC , leży wewnątrz tego trójkąta rysunek: trójkąt równoramienny \(ABC\) z wierzchołkiem \(C\) u góry; okrąg opisany ze środkiem \(S\) wewnątrz trójkąta; na rysunku zaznaczono kąty wypukłe \(ASB\) (przy \(S\)) i \(SBC\) (przy wierzchołku \(B\)) . C S A B Wykaż, że miara kąta wypukłego ASB jest cztery razy większa od miary kąta wypukłego SBC . Nr zadania 31. --- --- | 2 | || _Egzamin maturalny z matematyki Poziom podstawowy _16 ## Rozwiązanie — maturazai.pl (AI) ## Poprawna odpowiedź: Dowód (zadanie otwarte) To zadanie typu „wykaż" - należy udowodnić, że \(\angle ASB = 4 \cdot \angle SBC\). ## Sposób 1 - Twierdzenie o kącie środkowym i wpisanym **Oznaczenia:** Niech \(\gamma = \angle ACB\) (kąt przy wierzchołku \(C\)) i \(\beta = \angle ABC = \angle BAC\) (kąty przy podstawie, równe bo trójkąt jest równoramienny). Suma kątów trójkąta: \[2\beta + \gamma = 180°, \quad \text{skąd} \quad \beta = 90° - \frac{\gamma}{2}\] **Krok 1 - kąt \(\angle ASB\)** Kąt wpisany \(\angle ACB = \gamma\) i kąt środkowy \(\angle ASB\) opierają się na tym samym łuku \(AB\) (niezawierającym \(C\)). Z twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym: \[\angle ASB = 2 \cdot \angle ACB = 2\gamma\] *Uwaga:* Ponieważ \(S\) leży wewnątrz trójkąta, wszystkie kąty są ostre, więc \(\gamma < 90°\) i \(\angle ASB = 2\gamma < 180°\) - kąt jest wypukły. ✓ **Krok 2 - kąt \(\angle SBC\)** Ponieważ \(SB = SC = R\) (promienie okręgu opisanego), trójkąt \(SBC\) jest **równoramienny**, zatem: \[\angle SBC = \angle SCB\] Kąt środkowy \(\angle BSC\) i kąt wpisany \(\angle BAC = \beta\) opierają się na tym samym łuku \(BC\) (niezawierającym \(A\)), więc: \[\angle BSC = 2\beta\] W trójkącie \(SBC\) (suma kątów): \[2 \cdot \angle SBC + \angle BSC = 180°\] \[2 \cdot \angle SBC = 180° - 2\beta\] \[\angle SBC = 90° - \beta\] Podstawiamy \(\beta = 90° - \dfrac{\gamma}{2}\): \[\angle SBC = 90° - \left(90° - \frac{\gamma}{2}\right) = \frac{\gamma}{2}\] **Krok 3 - porównanie** \[\frac{\angle ASB}{\angle SBC} = \frac{2\gamma}{\dfrac{\gamma}{2}} = 4\] \[\boxed{\angle ASB = 4 \cdot \angle SBC}\] Co należało wykazać. \(\blacksquare\) ## Sposób 2 - Trójkąty równoramienne i kąty pełne przy S Podejście alternatywne - bez bezpośredniego odwoływania się do twierdzenia o kącie środkowym i wpisanym. **Oznaczenie:** Niech \(\angle SBC = \angle SCB = \varphi\) (trójkąt \(SBC\) równoramienny, bo \(SB = SC = R\)). **Krok 1 - wyznaczenie \(\angle ACB\)** Ponieważ trójkąt \(ABC\) jest równoramienny (\(AC = BC\)), punkt \(S\) leży na **osi symetrii** (prostej prostopadłej do \(AB\) przez \(C\)). Z symetrii figury: trójkąt \(SAC \cong\) trójkąt \(SBC\), więc: \[\angle SAC = \angle SBC = \varphi \quad \text{oraz} \quad \angle SCA = \angle SCB = \varphi\] Stąd kąt przy wierzchołku: \[\angle ACB = \angle SCA + \angle SCB = \varphi + \varphi = 2\varphi\] **Krok 2 - kąty \(\angle BSC\) i \(\angle ASC\)** W trójkącie \(SBC\): \[\angle BSC = 180° - \angle SBC - \angle SCB = 180° - 2\varphi\] Z symetrii: \(\angle ASC = \angle BSC = 180° - 2\varphi\). **Krok 3 - kąt \(\angle ASB\) ze pełnego kąta przy S** Trzy kąty przy punkcie \(S\) tworzą pełny kąt: \[\angle ASB + \angle BSC + \angle ASC = 360°\] \[\angle ASB + (180° - 2\varphi) + (180° - 2\varphi) = 360°\] \[\angle ASB = 360° - 360° + 4\varphi = 4\varphi\] **Wniosek:** \[\angle ASB = 4\varphi = 4 \cdot \angle SBC \quad \blacksquare\] ## Wzory z karty CKE **Dział 10 (Planimetria, s. 19)** - twierdzenie o kącie środkowym i wpisanym: > Kąt środkowy jest dwa razy większy od kąta wpisanego opartego na tym samym łuku. \[\angle \text{środkowy} = 2 \cdot \angle \text{wpisany}\] Użyte w Sposobie 1 do wyznaczenia \(\angle ASB = 2\gamma\) i \(\angle BSC = 2\beta\). **Dział 10 (Planimetria, s. 15)** - suma kątów trójkąta: \[\alpha + \beta + \gamma = 180°\] Użyte do wyrażenia \(\beta\) przez \(\gamma\) i obliczenia \(\angle SBC\). ## Typowe pułapki i uwagi > ⚠️ **Uwaga:** Twierdzenie o kącie środkowym działa tylko gdy oba kąty (środkowy i wpisany) opierają się na **tym samym łuku**. Pomylenie łuku daje błędny wynik. > ⚠️ **Uwaga:** Kąt \(\angle SBC\) to część kąta \(\angle ABC\), a nie cały kąt przy podstawie. Podstawienie \(\angle SBC = \beta\) to jeden z najczęstszych błędów w tym zadaniu. > ⚠️ **Uwaga:** Warunek, że \(S\) leży **wewnątrz** trójkąta, jest kluczowy - gwarantuje, że wszystkie kąty trójkąta są ostre (\(\gamma < 90°\)), dzięki czemu kąt środkowy \(\angle ASB = 2\gamma\) jest wypukły (nie refleksowy). Gdyby \(S\) leżał na zewnątrz, rozumowanie wymagałoby modyfikacji. **Dowód: \(|\angle ASB| = 4 \cdot |\angle SBC|\)** ### Sposób 1 - Twierdzenie o kącie środkowym i wpisanym Niech \(\alpha = |\angle ASB|\) (kąt środkowy oparty na cięciwie \(AB\)). **Krok 1 - Kąt wpisany \(ACB\):** Kąt \(ACB\) jest kątem wpisanym opartym na tej samej cięciwie \(AB\), co kąt środkowy \(ASB\). Ponieważ \(S\) leży wewnątrz trójkąta (po tej samej stronie co \(C\)): \[|\angle ACB| = \dfrac{1}{2}|\angle ASB| = \dfrac{\alpha}{2}.\] **Krok 2 - Dwusieczna w trójkącie równoramiennym:** Trójkąt \(ABC\) jest równoramienny (\(AC = BC\)). Prosta \(CS\) łączy wierzchołek \(C\) ze środkiem okręgu opisanego - jest symetralną \(AB\) i zarazem dwusieczną kąta \(ACB\): \[|\angle SCB| = \dfrac{1}{2}|\angle ACB| = \dfrac{\alpha}{4}.\] **Krok 3 - Trójkąt \(BCS\) równoramienny:** \(|SB| = |SC| = R\) (oba są promieniami okręgu opisanego), więc \(BCS\) jest równoramienny. Kąty przy podstawie są równe: \[|\angle SBC| = |\angle SCB| = \dfrac{\alpha}{4}.\] **Wniosek:** \[|\angle ASB| = \alpha = 4 \cdot \dfrac{\alpha}{4} = 4 \cdot |\angle SBC|. \blacksquare\] ### Sposób 2 - Rachunek kątów bez kąta środkowego Oznacz \(|\angle SBC| = \beta\). Wtedy: - \(|\angle SCB| = \beta\) (trójkąt \(SBC\) równoramienny, \(|SB|=|SC|=R\)). - \(|\angle BSC| = 180^\circ - 2\beta\). Analogicznie trójkąt \(SAC\) równoramienny (\(|SA|=|SC|=R\)), a dzięki symetrii trójkąta \(ABC\): \(|\angle SAC| = |\angle SCA| = \beta\), więc \(|\angle ASC| = 180^\circ - 2\beta\). \[|\angle ASB| = 360^\circ - |\angle ASC| - |\angle BSC| = 360^\circ - 2(180^\circ - 2\beta) = 4\beta.\] Stąd \(|\angle ASB| = 4|\angle SBC|\). \(\blacksquare\) ### Pułapki - Rozważanie tylko szczególnego przypadku (trójkąt równoboczny) → \(0\) punktów. - Nie wykorzystanie równoramienności trójkąta \(SBC\). - Mylenie położenia \(S\) (wewnątrz vs. na zewnątrz - inne przypadki dla kąta rozwartego). ## Linki - [dane JSON](https://matura.lol/api/question/maturazai-matematyka-ma-p1-1p-1/zad/31) - [otwórz w wyszukiwarce](https://matura.lol/?problem=maturazai-matematyka-ma-p1-1p-1%2Fzad%2F31) ## Podobne zadania - [Zadanie 11](https://matura.lol/question/matematyka-2009-styczen-probna-podstawowa/zad/11) — Zadanie 11. (4 pkt) Na zewnątrz kwadratu ABCD na bokach AB i BC zbudowano trójkąty równoboczne AEB i BFC. Uzasadnij, że trójkąt DEF jest równoboczny. A B C D E - [Zadanie 6](https://matura.lol/question/matematyka-2023-czerwiec-matura-rozszerzona/zad/6) — Zadanie 6. (0-3) Dany jest okrąg 𝒪. Przez punkt 𝐴 poprowadzono dwie proste, które są styczne do tego okręgu w punktach - odpowiednio - 𝑃 oraz 𝑄. Przez punkt 𝐵 l - [Zadanie 8](https://matura.lol/question/matematyka-2023-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/8) — Zadanie 8. (0-3) Dany jest okrąg 𝒪. Przez punkt 𝐴 poprowadzono dwie proste, które są styczne do tego okręgu w punktach - odpowiednio - 𝑃 oraz 𝑄. Przez punkt 𝐵 l - [Zadanie 10](https://matura.lol/question/matematyka-2015-przykladowy-arkusz-cke-rozszerzona/zad/10) — Zadanie 10. (0-3) Punkty 1 2 3 23 24 , , , , , P P P P P  dzielą okrąg na 24 równe łuki (zobacz rysunek). Punkt A jest punktem przecięcia cięciw 11 22 P P i 1 _Ostatnia aktualizacja danych: 2026-10-03_