# Matematyka — zadanie 29 > Źródło: matura.lol — https://matura.lol/question/maturazai-matematyka-mma-p1-1p-194/zad/29 > Wersja Markdown strony zadania (dla asystentów AI). Przy cytowaniu podaj matura.lol i link powyżej. - arkusz: Matematyka · Matura · sierpień 2019 (podstawowa) - rok: 2019 - poziom: podstawowa - typ: open - punkty: 2 - działy: Planimetria ## Treść Zadanie 29. (0-2) Wierzchołki A i C trójkąta ABC leżą na okręgu o promieniu r, a środek S tego okręgu leży na boku AB trójkąta (zobacz rysunek). Prosta BC jest styczna do tego okręgu w punkcie C, a ponadto 3 AC r . Wykaż, że kąt ACB ma miarę120° . Wypełnia egzaminator Nr zadania 28. 29. Maks. liczba pkt 2 2 Uzyskana liczba pkt A B C S MMA_1P Rozwiązanie zadania. Wierzchołki A i C trójkąta ABC leżą na okręgu o promieniu r, a środek S tego okręgu leży na boku AB trójkąta (zobacz rysunek). Prosta BC jest styczna do tego okręgu w punkcie C, a ponadto |AC|=r√3. Wykaż, że kąt ACB ma miarę 120°. ## Rozwiązanie — maturazai.pl (AI) ## Poprawna odpowiedź: kąt \(ACB = 120°\) To zadanie otwarte - wykazujemy, że \(\angle ACB = 120°\). **Kluczowe obserwacje przed przystąpieniem do obliczeń:** - \(|SA| = |SC| = r\) - oba punkty leżą na okręgu o środku \(S\) i promieniu \(r\) - \(SC \perp BC\) - promień do punktu styczności jest zawsze prostopadły do stycznej, więc \(\angle SCB = 90°\) - \(|AC| = r\sqrt{3}\) - dane - \(S\) leży na odcinku \(AB\) (między \(A\) i \(B\)), zatem promień \(CS\) leży wewnątrz kąta \(ACB\), skąd: \[\angle ACB = \angle ACS + \angle SCB\] Wystarczy więc wyznaczyć \(\angle ACS\). ## Sposób 1 - Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(SAC\) W trójkącie \(SAC\) znamy wszystkie trzy boki: \[|SA| = r, \quad |SC| = r, \quad |AC| = r\sqrt{3}\] Stosujemy twierdzenie cosinusów, aby wyznaczyć kąt \(\angle ASC\) przy wierzchołku \(S\): \[\cos(\angle ASC) = \frac{|SA|^2 + |SC|^2 - |AC|^2}{2 \cdot |SA| \cdot |SC|} = \frac{r^2 + r^2 - 3r^2}{2 \cdot r \cdot r} = \frac{-r^2}{2r^2} = -\frac{1}{2}\] Stąd: \[\angle ASC = 120°\] Trójkąt \(SAC\) jest **równoramienny** (\(|SA| = |SC| = r\)), więc kąty przy podstawie \(AC\) są równe: \[\angle SCA = \angle SAC = \frac{180° - 120°}{2} = \frac{60°}{2} = 30°\] Ponieważ \(S\) leży na odcinku \(AB\), promień \(CS\) leży wewnątrz kąta \(ACB\): \[\angle ACB = \angle ACS + \angle SCB = 30° + 90° = \mathbf{120°}\] \(\square\) ## Sposób 2 - Twierdzenie Pitagorasa (symetral w trójkącie równoramiennym) Trójkąt \(SAC\) jest równoramienny (\(|SA| = |SC| = r\)), więc odcinek z \(S\) do środka \(H\) odcinka \(AC\) jest prostopadły do \(AC\): \[SH \perp AC, \quad |AH| = \frac{|AC|}{2} = \frac{r\sqrt{3}}{2}\] Stosujemy twierdzenie Pitagorasa w trójkącie prostokątnym \(SAH\) (kąt prosty przy \(H\)): \[|SH|^2 = |SA|^2 - |AH|^2 = r^2 - \left(\frac{r\sqrt{3}}{2}\right)^2 = r^2 - \frac{3r^2}{4} = \frac{r^2}{4}\] \[|SH| = \frac{r}{2}\] Wyznaczamy kąt \(\angle SAC\) w trójkącie prostokątnym \(SAH\): \[\cos(\angle SAC) = \frac{|AH|}{|SA|} = \frac{\dfrac{r\sqrt{3}}{2}}{r} = \frac{\sqrt{3}}{2}\] \[\angle SAC = 30°\] Ponieważ trójkąt \(SAC\) jest równoramienny (\(|SA| = |SC|\)): \[\angle SCA = \angle SAC = 30°\] Ponieważ \(S\) leży na odcinku \(AB\): \[\angle ACB = \angle SCA + \angle SCB = 30° + 90° = \mathbf{120°}\] \(\square\) ## Wzory z karty CKE **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 \(S\). **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. **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 \(\angle SCB = 90°\). ## Typowe pułapki i uwaga > ⚠️ **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 \(B\)). > ⚠️ **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! > ⚠️ **Uwaga:** Własność prostopadłości stycznej i promienia (\(SC \perp BC\)) musi być jawnie wymieniona i uzasadniona - egzaminatorzy oczekują wskazania jej podstawy geometrycznej. **Dowód.** \(\sphericalangle ACB = 120^\circ\). ### Sposób 1 - Wysokość w trójkącie \(ACS\) Prosta \(BC\) jako styczna do okręgu w punkcie \(C\) jest prostopadła do promienia \(SC\): \[\sphericalangle BCS = 90^\circ.\] W trójkącie równoramiennym \(ACS\) (\(|AS| = |CS| = r\)) prowadzimy wysokość \(SD\) na bok \(AC\). Wysokość dzieli \(AC\) na połowy: \[|AD| = |CD| = \dfrac{r\sqrt{3}}{2}.\] W trójkącie prostokątnym \(SDC\): \[\cos(\sphericalangle ACS) = \dfrac{|CD|}{|CS|} = \dfrac{\tfrac{r\sqrt{3}}{2}}{r} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.\] Stąd \(\sphericalangle ACS = 30^\circ\). Kąt \(ACB\) jest sumą kątów \(ACS\) i \(BCS\): \[\sphericalangle ACB = 30^\circ + 90^\circ = 120^\circ.\] \(\blacksquare\) ### Sposób 2 - Przez średnicę i kąt wpisany Niech \(E\) będzie punktem przecięcia okręgu z odcinkiem \(AB\) po drugiej stronie niż \(A\). Wtedy \(AE\) jest średnicą, \(|AE| = 2r\). Kąt \(\sphericalangle ACE\) jest kątem wpisanym opartym na średnicy, więc \(\sphericalangle ACE = 90^\circ\). W trójkącie prostokątnym \(ACE\) z twierdzenia Pitagorasa: \[|CE|^2 = |AE|^2 - |AC|^2 = (2r)^2 - (r\sqrt{3})^2 = 4r^2 - 3r^2 = r^2,\] \[|CE| = r.\] Trójkąt \(SCE\) ma \(|SC| = |SE| = |CE| = r\), więc jest **równoboczny** - \(\sphericalangle CSE = 60^\circ\). Kąt wpisany \(\sphericalangle CAE = \tfrac{1}{2}\sphericalangle CSE = 30^\circ\). Trójkąt \(ACS\) równoramienny, więc \(\sphericalangle ACS = \sphericalangle CAS = 30^\circ\). \(\sphericalangle ACB = \sphericalangle ACS + \sphericalangle SCB = 30^\circ + 90^\circ = 120^\circ.\) \(\blacksquare\) ### Sposób 3 - Twierdzenie cosinusów w \(ACS\) W trójkącie \(ACS\): \(|AS| = |CS| = r\), \(|AC| = r\sqrt{3}\). Twierdzenie cosinusów dla kąta \(\sphericalangle ACS = \alpha\): \[|AS|^2 = |AC|^2 + |CS|^2 - 2|AC||CS|\cos\alpha,\] \[r^2 = 3r^2 + r^2 - 2r\sqrt{3}\cdot r\cdot \cos\alpha,\] \[\cos\alpha = \dfrac{3r^2}{2r^2\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow \alpha = 30^\circ.\] \(\sphericalangle ACB = 30^\circ + 90^\circ = 120^\circ.\) \(\blacksquare\) ### Schemat punktowania CKE - **1 pkt:** wyznaczenie miary jednego z kątów \(ACS, CAS, ASC, SCE\) lub obliczenie cosinusa jednego z kątów \(ACS, CAS, ASC\). - **2 pkt:** pełne rozumowanie. **Trik:** styczna zawsze prostopadła do promienia w punkcie styczności - to kluczowy fakt. ## Linki - [dane JSON](https://matura.lol/api/question/maturazai-matematyka-mma-p1-1p-194/zad/29) - [otwórz w wyszukiwarce](https://matura.lol/?problem=maturazai-matematyka-mma-p1-1p-194%2Fzad%2F29) ## 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_