# Matematyka — zadanie 29 > Źródło: matura.lol — https://matura.lol/question/maturazai-matematyka-mma-p1-1p-174/zad/29 > Wersja Markdown strony zadania (dla asystentów AI). Przy cytowaniu podaj matura.lol i link powyżej. - arkusz: Matematyka · Matura · sierpień 2017 (podstawowa) - rok: 2017 - poziom: podstawowa - typ: open - punkty: 2 - działy: Planimetria ## Treść Zadanie 29. (0-2) Dany jest trójkąt prostokątny ABC , w którym 90 ACB = °  i 60 ABC = °  . Niech D oznacza punkt wspólny wysokości poprowadzonej z wierzchołka C kąta prostego i przeciwprostokątnej AB tego trójkąta. Wykaż, że : 3 :1 AD DB = MMA_1P Dany jest trójkąt prostokątny ABC, w którym |∠ACB| = 90° i |∠ABC| = 60°. Niech D oznacza punkt wspólny wysokości poprowadzonej z wierzchołka C kąta prostego i przeciwprostokątnej AB tego trójkąta. Wykaż, że |AD|:|DB| = 3:1. ## Rozwiązanie — maturazai.pl (AI) ## Poprawna odpowiedź: Wykazano, że \(|AD| : |DB| = 3 : 1\) *(Zadanie otwarte - dowód)* ## Sposób 1 - Trygonometria (tangensa w dwóch trójkątach) **Ustalamy kąty.** W trójkącie \(ABC\) mamy: \[|\sphericalangle ACB| = 90°, \quad |\sphericalangle ABC| = 60°\] \[\Rightarrow \quad |\sphericalangle BAC| = 180° - 90° - 60° = 30°\] **Wysokość \(CD\) tworzy dwa trójkąty prostokątne.** Ponieważ \(CD \perp AB\), oba trójkąty \(ACD\) i \(BCD\) mają kąt prosty przy \(D\). W trójkącie \(ACD\): - \(|\sphericalangle DAC| = 30°\) (ten sam kąt co w trójkącie \(ABC\)) - \(|\sphericalangle ADC| = 90°\) Stosując tangens: \[\operatorname{tg}(30°) = \frac{|CD|}{|AD|} \quad \Rightarrow \quad |CD| = |AD| \cdot \operatorname{tg}(30°) = |AD| \cdot \frac{\sqrt{3}}{3}\] W trójkącie \(BCD\): - \(|\sphericalangle DBC| = 60°\) (ten sam kąt co w trójkącie \(ABC\)) - \(|\sphericalangle BDC| = 90°\) Stosując tangens: \[\operatorname{tg}(60°) = \frac{|CD|}{|DB|} \quad \Rightarrow \quad |CD| = |DB| \cdot \operatorname{tg}(60°) = |DB| \cdot \sqrt{3}\] **Przyrównujemy obydwa wyrażenia na \(|CD|\):** \[|AD| \cdot \frac{\sqrt{3}}{3} = |DB| \cdot \sqrt{3}\] Dzielimy obie strony przez \(\sqrt{3}\): \[\frac{|AD|}{3} = |DB|\] \[\boxed{|AD| = 3 \cdot |DB|}\] Zatem \(|AD| : |DB| = 3 : 1\). \(\blacksquare\) ## Sposób 2 - Podobieństwo trójkątów **Kluczowy fakt:** Wysokość opuszczona z wierzchołka kąta prostego na przeciwprostokątną dzieli trójkąt na dwa trójkąty podobne do siebie nawzajem i do trójkąta wyjściowego. Konkretnie: \[\triangle ACD \sim \triangle ACB \quad \text{(wspólny kąt A, oba prostokątne)}\] \[\triangle BCD \sim \triangle BCA \quad \text{(wspólny kąt B, oba prostokątne)}\] **Z pierwszego podobieństwa** (\(\triangle ACD \sim \triangle ACB\), kąt A wspólny): \[\frac{|AD|}{|AC|} = \frac{|AC|}{|AB|} \quad \Rightarrow \quad |AD| = \frac{|AC|^2}{|AB|}\] **Z drugiego podobieństwa** (\(\triangle BCD \sim \triangle BCA\), kąt B wspólny): \[\frac{|DB|}{|BC|} = \frac{|BC|}{|AB|} \quad \Rightarrow \quad |DB| = \frac{|BC|^2}{|AB|}\] **Stosunek:** \[\frac{|AD|}{|DB|} = \frac{|AC|^2}{|BC|^2} = \left(\frac{|AC|}{|BC|}\right)^2\] W trójkącie \(ABC\) z kątem prostym przy \(C\) i kątem \(60°\) przy \(B\): \[\operatorname{tg}(60°) = \frac{|AC|}{|BC|} = \sqrt{3}\] Zatem: \[\frac{|AD|}{|DB|} = (\sqrt{3})^2 = 3\] \[\boxed{|AD| : |DB| = 3 : 1} \quad \blacksquare\] **Weryfikacja liczbowa:** Przyjmijmy \(|AB| = 4\). Wtedy: - \(|AC| = 4 \cdot \sin 60° = 2\sqrt{3}\) - \(|BC| = 4 \cdot \sin 30° = 2\) - \(|AD| = \frac{(2\sqrt{3})^2}{4} = \frac{12}{4} = 3\) - \(|DB| = \frac{2^2}{4} = \frac{4}{4} = 1\) Stosunek \(3 : 1\). ✓ ## Wzory z karty CKE **Dział 9 (Trygonometria, s. 11-14)** - tangens kąta ostrego: \[\operatorname{tg}\alpha = \frac{\text{przeciwległy}}{\text{przyległy}}\] Użyty w Sposobie 1 do wyrażenia \(|CD|\) przez \(|AD|\) i \(|DB|\). Wartości z tablicy (s. 11, tabela): \[\operatorname{tg}(30°) = \frac{\sqrt{3}}{3}, \qquad \operatorname{tg}(60°) = \sqrt{3}\] **Dział 10 (Planimetria - trójkąt prostokątny, s. 15-21)** - w trójkącie prostokątnym suma kątów ostrych wynosi \(90°\), co pozwoliło ustalić, że \(|\sphericalangle BAC| = 30°\). ## Typowe pułapki i uwaga > ⚠️ **Uwaga:** Łatwo pomylić, które kąty przechodzą do trójkątów \(ACD\) i \(BCD\). Pamiętaj: kąt przy \(A\) (czyli \(30°\)) trafia do trójkąta \(ACD\), a kąt przy \(B\) (czyli \(60°\)) trafia do trójkąta \(BCD\) - bo punkt \(D\) leży na boku \(AB\). > ⚠️ **Uwaga:** Gdyby kąt przy \(B\) wynosił \(30°\) (zamiana kątów), stosunek byłby odwrócony: \(|AD| : |DB| = 1 : 3\). Sprawdź zawsze, przy którym wierzchołku jest dany kąt. > ⚠️ **Uwaga:** W zadaniach na dowód nie wystarczy powiedzieć „widać z rysunku". Trzeba jawnie użyć podobieństwa lub trygonometrii i pokazać równość krok po kroku. **Poprawna odpowiedź:** \(|AD| : |DB| = 3 : 1\). ### Sposób 1 - Własność \(30^{\circ}-60^{\circ}-90^{\circ}\) W trójkącie \(ABC\): \(\sphericalangle C = 90^{\circ}\), \(\sphericalangle B = 60^{\circ}\), więc \(\sphericalangle A = 30^{\circ}\). Własność: w trójkącie o kątach \(30^{\circ},60^{\circ},90^{\circ}\) bok leżący naprzeciw \(30^{\circ}\) to połowa przeciwprostokątnej: \[|BC| = \dfrac{1}{2}|AB|.\] W trójkącie \(CDB\): \(\sphericalangle CDB = 90^{\circ}\) (wysokość), \(\sphericalangle DBC = 60^{\circ}\), więc \(\sphericalangle BCD = 30^{\circ}\). Przeciwprostokątna to \(BC\): \[|DB| = \dfrac{1}{2}|BC| = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{2}|AB| = \dfrac{1}{4}|AB|.\] Stąd \(|AD| = |AB| - |DB| = \dfrac{3}{4}|AB|\), więc \[\dfrac{|AD|}{|DB|} = \dfrac{\tfrac{3}{4}|AB|}{\tfrac{1}{4}|AB|} = 3. \blacksquare\] ### Sposób 2 - Funkcje trygonometryczne (karta wzorów: \(\operatorname{tg}30^{\circ} = \tfrac{\sqrt{3}}{3}\), \(\operatorname{tg}60^{\circ}=\sqrt{3}\)) W \(ACD\): \(\operatorname{tg}30^{\circ} = \dfrac{|CD|}{|AD|}\), więc \(|CD| = \dfrac{\sqrt{3}}{3}|AD|\). W \(BCD\): \(\operatorname{tg}60^{\circ} = \dfrac{|CD|}{|DB|}\), więc \(|CD| = \sqrt{3}|DB|\). Porównanie: \(\dfrac{\sqrt{3}}{3}|AD| = \sqrt{3}|DB| \Rightarrow \dfrac{|AD|}{|DB|} = \dfrac{\sqrt{3}}{\tfrac{\sqrt{3}}{3}} = 3. \blacksquare\) ### Uwagi o punktacji (CKE) - **1 pkt** - zauważenie kluczowej zależności (np. \(|BC|=\tfrac{1}{2}|AB|\) i \(|DB|=\tfrac{1}{2}|BC|\), lub odpowiednia równość z tangensów). - **2 pkt** - pełne rozumowanie zakończone wnioskiem. - **0 pkt** - tylko sprawdzenie na konkretnych liczbach (bez argumentu ogólnego). **Trik:** Kąty \(30°,60°,90°\) - dwa trójkąty podobne, stosunek podobieństwa \(\sqrt{3}\), stosunek pól lub odpowiednich odcinków \(3:1\). ## Linki - [dane JSON](https://matura.lol/api/question/maturazai-matematyka-mma-p1-1p-174/zad/29) - [otwórz w wyszukiwarce](https://matura.lol/?problem=maturazai-matematyka-mma-p1-1p-174%2Fzad%2F29) ## Podobne zadania - [Zadanie 7](https://matura.lol/question/matematyka-2025-maj-matura-rozszerzona/zad/7) — Zadanie 7. (0-4) W trapezie 𝐴𝐵𝐶𝐷 o podstawach 𝐴𝐵 i 𝐶𝐷 punkt 𝐸 jest środkiem ramienia 𝐴𝐷, a punkt 𝐹 jest środkiem ramienia 𝐵𝐶 trapezu. Stosunek pola trapezu 𝐸𝐹𝐶𝐷 - [Zadanie 21](https://matura.lol/question/matematyka-2026-marzec-probna-podstawowa/zad/21) — Zadanie 21. (0-3) Dany jest trapez równoramienny 𝐴𝐵𝐶𝐷 o podstawach 𝐴𝐵 i 𝐶𝐷, w którym |𝐴𝐵| = 2 ⋅|𝐶𝐷|. Przekątna 𝐴𝐶 tego trapezu jest zawarta w dwusiecznej kąta 𝐷 - [Zadanie 9](https://matura.lol/question/matematyka-2019-maj-matura-rozszerzona/zad/9) — Zadanie 9. (0-3) Dany jest trójkąt równoramienny ABC , w którym | AC BC . Na ramieniu AC tego trójkąta wybrano punkt M ( M A ≠ i M C ≠ ), a na ramieniu BC wybra - [Zadanie 2](https://matura.lol/question/matematyka-2024-grudzien-probna-rozszerzona/zad/2) — Zadanie 2. (0-2) Okrąg 𝒪 jest styczny do boków 𝐴𝐶 i 𝐵𝐶 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 oraz przecina bok 𝐴𝐵 tego trójkąta w punktach 𝑀 oraz 𝑁, przy czym 0 < |𝐴𝑀| < |𝐴𝑁| < |𝐴𝐵|. Wy _Ostatnia aktualizacja danych: 2026-10-03_