# Matematyka — zadanie 34

> Źródło: matura.lol — https://matura.lol/question/maturazai-matematyka-ma-p1-1p-1/zad/34
> 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: 4
- działy: Planimetria

## Treść

Kąt CAB trójkąta prostokątnego ACB ma miarę 30 . Pole kwadratu DEFG , wpisanego w ten trójkąt

rysunek: trójkąt prostokątny \(ACB\) z kątem prostym przy wierzchołku \(C\) (lewy dolny); kąt \(30^\circ\) przy wierzchołku \(A\) (prawy dolny), wierzchołek \(B\) u góry; kwadrat \(DEFG\) wpisany tak, że \(D\) leży na \(CA\), \(E\) na przeciwprostokątnej \(AB\), \(F\) na przeciwprostokątnej \(AB\), \(G\) na przyprostokątnej \(CB\) - bok \(GD\) leży na przyprostokątnej \(CA\)

, jest równe 4. Oblicz pole trójkąta ACB . B F E G 30 A C D Odpowiedź: Nr zadania --- | 4 | _Egzamin maturalny z matematyki Poziom podstawowy _19

## Rozwiązanie — maturazai.pl (AI)

## Poprawna odpowiedź: B - Pole trójkąta \(ACB = \dfrac{8\sqrt{3}+12}{3}\)

## Sposób 1 - Podobieństwo trójkątów

**Ustawiamy układ współrzędnych:**

Kąt prosty w \(C\), kąt \(30°\) w \(A\). Przyjmijmy:
- \(C = (0, 0)\), \(A = (a, 0)\), \(B = (0, b)\)

Ponieważ \(\angle CAB = 30°\):
\[\operatorname{tg}30° = \frac{CB}{CA} = \frac{b}{a} = \frac{1}{\sqrt{3}} \implies b = \frac{a}{\sqrt{3}}\]

**Umieszczamy kwadrat \(DEFG\):**

Z rysunku: wierzchołek \(G\) pokrywa się z wierzchołkiem \(C\), bok \(GD\) leży na \(CA\). Niech bok kwadratu \(= s\). Wtedy:
\[G = (0,0),\quad D = (s, 0),\quad E = (s, s),\quad F = (0, s)\]

- \(F = (0, s)\) leży na \(CB\) ✓ (oś \(Oy\))
- \(E = (s, s)\) leży na przeciwprostokątnej \(AB\) - to daje nam równanie!

**Wyznaczamy \(s\) przez podobieństwo:**

Trójkąt \(AED\) (z \(\angle DAE = 30°\), kąt prosty przy \(D\)) jest podobny do trójkąta \(ACB\):
\[\frac{DE}{AD} = \frac{CB}{CA} \implies \frac{s}{a - s} = \frac{1}{\sqrt{3}}\]
\[s\sqrt{3} = a - s \implies s(\sqrt{3} + 1) = a \implies a = s(\sqrt{3}+1)\]

**Podstawiamy \(s = 2\)** (bo \(s^2 = 4\)):
\[a = 2(\sqrt{3}+1)\]
\[b = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{2(\sqrt{3}+1)}{\sqrt{3}} = \frac{2(\sqrt{3}+1)\cdot\sqrt{3}}{3} = \frac{2(3+\sqrt{3})}{3}\]

**Pole trójkąta:**
\[P = \frac{1}{2} \cdot a \cdot b = \frac{1}{2} \cdot 2(\sqrt{3}+1) \cdot \frac{2(3+\sqrt{3})}{3} = \frac{2(\sqrt{3}+1)(3+\sqrt{3})}{3}\]

Rozwijamy \((\sqrt{3}+1)(3+\sqrt{3})\):
\[= 3\sqrt{3} + 3 + 3 + \sqrt{3} = 4\sqrt{3} + 6 = 2(2\sqrt{3}+3)\]

\[\boxed{P = \frac{2 \cdot 2(2\sqrt{3}+3)}{3} = \frac{4(2\sqrt{3}+3)}{3} = \frac{8\sqrt{3}+12}{3}}\]

## Sposób 2 - Wzór \(s = \dfrac{ab}{a+b}\) dla kwadratu wpisanego w narożnik

Jeśli kwadrat ma jeden wierzchołek w narożniku \(C\) i dwa sąsiednie wierzchołki na przyprostokątnych, a ostatni na przeciwprostokątnej, to punkt \(E = (s,s)\) leży na prostej \(AB\) o równaniu:
\[\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1\]

Podstawiamy \(E = (s, s)\):
\[\frac{s}{a} + \frac{s}{b} = 1 \implies s \cdot \frac{a+b}{ab} = 1 \implies s = \frac{ab}{a+b}\]

Podstawiamy \(b = \frac{a}{\sqrt{3}}\):
\[s = \frac{a \cdot \frac{a}{\sqrt{3}}}{a + \frac{a}{\sqrt{3}}} = \frac{\frac{a}{\sqrt{3}}}{1 + \frac{1}{\sqrt{3}}} = \frac{\frac{a}{\sqrt{3}}}{\frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}}} = \frac{a}{\sqrt{3}+1} = \frac{a(\sqrt{3}-1)}{2}\]

Ze \(s = 2\):
\[a = \frac{4}{\sqrt{3}-1} = \frac{4(\sqrt{3}+1)}{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{3}+1)} = \frac{4(\sqrt{3}+1)}{2} = 2(\sqrt{3}+1)\]

Pole:
\[P = \frac{a^2}{2\sqrt{3}} = \frac{[2(\sqrt{3}+1)]^2}{2\sqrt{3}} = \frac{4(4+2\sqrt{3})}{2\sqrt{3}} = \frac{8(2+\sqrt{3})}{2\sqrt{3}} \cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = \frac{8\sqrt{3}(2+\sqrt{3})}{6} = \frac{8(2\sqrt{3}+3)}{6} = \frac{4(2\sqrt{3}+3)}{3}\]

Wynik taki sam: \(P = \dfrac{8\sqrt{3}+12}{3} \approx 8{,}62\) ✓

## Wzory z karty CKE

**Dział 9 (Trygonometria, s. 11-12)** - wartości funkcji trygonometrycznych:
\[\operatorname{tg}30° = \frac{1}{\sqrt{3}}\]
Użyliśmy do wyznaczenia stosunku boków \(b/a\) z kąta \(30°\).

**Dział 10 (Planimetria, s. 15)** - pole trójkąta prostokątnego:
\[P = \frac{1}{2} \cdot a \cdot b\]
Pole wyrażone przez obie przyprostokątne.

**Dział 10 (Planimetria, s. 18)** - twierdzenie Talesa (podobieństwo trójkątów \(AED \sim ACB\)):
\[\frac{DE}{AD} = \frac{CB}{CA}\]
Kluczowe w Sposobie 1 - podobieństwo pozwala wyrazić \(a\) przez \(s\).

## Dlaczego inne odpowiedzi są błędne

| Odp. | Typowy błąd prowadzący do tej wartości |
| A | Przyjęcie, że bok kwadratu = 2 i podstawienie bezpośrednio jako przyprostokątna - pominięcie podobieństwa, obliczenie \(P = \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \frac{2}{\sqrt{3}}\) |
| C | Błędne podobieństwo: \(\frac{s}{a} = \frac{1}{\sqrt{3}}\) zamiast \(\frac{s}{a-s} = \frac{1}{\sqrt{3}}\) - nieuwzględnienie, że \(D\) nie leży w \(A\) |
| D | Zapomnenie o czynniku \(\frac{1}{2}\) przy wzorze na pole trójkąta - policzenie \(P = a \cdot b\) zamiast \(\frac{1}{2}ab\) |

## Typowe pułapki i uwaga

> ⚠️ **Uwaga:** Kwadrat ma wierzchołek w \(C\), nie w środku boku! Bok \(GD\) leży na \(CA\), więc \(AD = a - s\), a nie \(AD = a\). To najczęstszy błąd w podobieństwie.

> ⚠️ **Uwaga:** Z warunku \(s^2 = 4\) wynika \(s = 2\) (bo bok jest dodatni). Nie zapomnij pierwiastkować!

> ⚠️ **Uwaga:** Przy upraszczaniu wyrażenia \(\frac{4}{\sqrt{3}-1}\) - obowiązkowo pomnóż licznik i mianownik przez sprzężenie \((\sqrt{3}+1)\), inaczej wynik pozostanie nieuraczany i dalsze obliczenia będą trudne.

**Odpowiedź: \(P_{ACB} = \dfrac{19\sqrt{3}}{6} + 4\)**

### Ustalenia
Bok kwadratu: \(a = \sqrt{4} = 2\).
Trójkąt \(ACB\) prostokątny z kątem prostym w \(C\), \(|\angle CAB| = 30^\circ\), więc \(|\angle CBA| = 60^\circ\).

Według rysunku: \(G\) na \(CB\), \(D\) na \(CA\), \(E\) i \(F\) na \(AB\). Bok \(GD\) leży na przyprostokątnej \(CA\) Bok \(DE\) oraz \(GF\) dochodzą do przeciwprostokątnej \(AB\).

W tej konfiguracji (według rozwiązania CKE):
- Trójkąt \(ADE\) (po stronie \(A\)) jest „połową trójkąta równobocznego" - prostokątny o kątach \(30^\circ, 60^\circ, 90^\circ\). Bok \(DE = a = 2\) jest naprzeciw \(30^\circ\), więc \(|AD| = 2a = 4\), \(|AE| = \dfrac{|AD|\sqrt{3}}{2} = 2\sqrt{3}\).
- Trójkąt \(GBF\) (po stronie \(B\)) jest „połową trójkąta równobocznego" - prostokątny o kątach \(30^\circ, 60^\circ, 90^\circ\). Bok \(GF = a = 2\) jest wysokością w „połówce równobocznej" o podstawie \(|BG|\). Zatem \(|FG| = \dfrac{|BG|\sqrt{3}}{2} = 2\), skąd \(|BG| = \dfrac{4}{\sqrt{3}}\). Wtedy \(|BF| = \dfrac{1}{2}|BG| = \dfrac{2}{\sqrt{3}}\).

### Obliczenie przeciwprostokątnej \(AB\)
\[|AB| = |AE| + |EF| + |FB| = 2\sqrt{3} + 2 + \dfrac{2}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3} + 2 + \dfrac{2\sqrt{3}}{3} = \dfrac{6\sqrt{3} + 2\sqrt{3}}{3} + 2 = \dfrac{8\sqrt{3}}{3} + 2.\]

### Pole trójkąta \(ACB\)
Trójkąt \(ACB\) to „połowa równobocznego" o boku \(|AB|\) (bo kąty \(30, 60, 90\)). Pole takiego trójkąta:
\[P = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{|AB|^2 \sqrt{3}}{4} = \dfrac{|AB|^2 \sqrt{3}}{8}.\]

Podstawiamy \(|AB| = \dfrac{8\sqrt{3}}{3} + 2\):
\[|AB|^2 = \left(\dfrac{8\sqrt{3}}{3}\right)^2 + 2 \cdot \dfrac{8\sqrt{3}}{3} \cdot 2 + 4 = \dfrac{192}{9} + \dfrac{32\sqrt{3}}{3} + 4 = \dfrac{64}{3} + \dfrac{32\sqrt{3}}{3} + 4.\]

Pole:
\[P = \dfrac{\sqrt{3}}{8}\left(\dfrac{64}{3} + \dfrac{32\sqrt{3}}{3} + 4\right) = \dfrac{\sqrt{3}}{8} \cdot \dfrac{64 + 32\sqrt{3} + 12}{3} = \dfrac{\sqrt{3}(76 + 32\sqrt{3})}{24}.\]

Upraszczamy:
\[P = \dfrac{76\sqrt{3} + 96}{24} = \dfrac{76\sqrt{3}}{24} + \dfrac{96}{24} = \dfrac{19\sqrt{3}}{6} + 4.\]

### Sposób 2 - Alternatywna parametryzacja
Jeśli oznaczymy \(|AC| = b_1, |BC| = b_2\): z \(\tan 30^\circ = \tfrac{b_2}{b_1}\) → \(b_2 = \tfrac{b_1}{\sqrt{3}}\). Warunek wpisanego kwadratu (o boku \(2\)) daje równanie na \(b_1\), a potem pole \(P = \tfrac{1}{2}b_1 b_2 = \tfrac{b_1^2}{2\sqrt{3}}\).

### Weryfikacja numeryczna
\(\tfrac{19\sqrt{3}}{6} \approx \tfrac{19 \cdot 1{,}732}{6} \approx 5{,}484\), więc \(P \approx 9{,}484\).
Kontrola: \(|AB| \approx \tfrac{8 \cdot 1{,}732}{3} + 2 \approx 4{,}619 + 2 = 6{,}619\), \(P = \tfrac{|AB|^2\sqrt{3}}{8} \approx \tfrac{43{,}81 \cdot 1{,}732}{8} \approx 9{,}49\) ✓.

### Pułapki
- Rozpoznanie trójkątów „połówek równobocznych" - klucz do rozwiązania.
- Racjonalizacja ułamka \(\tfrac{2}{\sqrt{3}} = \tfrac{2\sqrt{3}}{3}\).
- Wzór na pole „połówki równobocznej" to \(\tfrac{s^2\sqrt{3}}{8}\) (gdzie \(s\) = przeciwprostokątna).

## Linki

- [dane JSON](https://matura.lol/api/question/maturazai-matematyka-ma-p1-1p-1/zad/34)
- [otwórz w wyszukiwarce](https://matura.lol/?problem=maturazai-matematyka-ma-p1-1p-1%2Fzad%2F34)

## Podobne zadania

- [Zadanie 14](https://matura.lol/question/matematyka-2020-lipiec-matura-rozszerzona/zad/14) — Zadanie 14. (0-6) Dany jest romb ABCD. Przez wierzchołki B i D poprowadzono dwie proste równoległe przecinające boki CD i AB - odpowiednio - w punktach M i N, t
- [Zadanie 16](https://matura.lol/question/matematyka-2015-przykladowy-arkusz-cke-rozszerzona/zad/16) — Zadanie 16. (0-6) Punkty M i L leżą odpowiednio na bokach AB i AC trójkąta ABC, przy czym zachodzą równości 2 MB AM   oraz 3 LC AL  . Punkt S jest punktem p
- [Zadanie 17](https://matura.lol/question/matematyka-2006-maj-matura-rozszerzona/zad/17) — Zadanie 17. (6 pkt) Na okręgu o promieniu r opisano trapez równoramienny ABCD o dłuższej podstawie AB i krótszej CD. Punkt styczności S dzieli ramię BC tak, że 
- [Zadanie 13](https://matura.lol/question/matematyka-2023-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/13) — Zadanie 13. (0-5) Czworokąt wypukły 𝐴𝐵𝐶𝐷 jest wpisany w okrąg o promieniu 4. Kąty 𝐵𝐴𝐷 i 𝐵𝐶𝐷 są proste (zobacz rysunek). Przekątne 𝐴𝐶 i 𝐵𝐷 tego czworokąta przeci

_Ostatnia aktualizacja danych: 2026-10-03_