# Matematyka — zadanie 10

> Źródło: matura.lol — https://matura.lol/question/maturazai-matematyka-mma-p1a1p-061/zad/10
> Wersja Markdown strony zadania (dla asystentów AI). Przy cytowaniu podaj matura.lol i link powyżej.

- arkusz: Matematyka · Matura · maj 2006 (podstawowa)
- rok: 2006
- poziom: podstawowa
- typ: open
- działy: Planimetria

## Treść

W trapezie opisanym na okręgu kąty przy dłuższej podstawie mają miary \(60^{\circ}\) i \(30^{\circ}\), a długość wysokości tego trapezu jest równa 6. Sporządź odpowiedni rysunek i oznacz jego elementy. Oblicz pole trapezu oraz długości jego podstaw.

/matma-quiz/images/cke/MMA-P1A1P-061/z10.png

i oznacz jego elementy. Oblicz pole trapezu oraz długości jego podstaw. _Egzamin maturalny z matematyki Arkusz I _12

## Rozwiązanie — maturazai.pl (AI)

## Poprawna odpowiedź:

Pole: \(P = 12(3+\sqrt{3})\), dłuższa podstawa: \(a = 6 + 6\sqrt{3}\), krótsza podstawa: \(b = 6 - 2\sqrt{3}\)

## Sposób 1 - geometryczny (trygonometria + warunek okręgu wpisanego)

**Rysunek i oznaczenia**

Niech \(ABCD\) będzie trapezem (\(AB \parallel CD\), \(AB = a\) - dłuższa podstawa, \(CD = b\) - krótsza), z okręgiem wpisanym. Kąty przy dłuższej podstawie: \(\angle A = 60°\), \(\angle B = 30°\), wysokość \(h = 6\).

Z punktów \(D\) i \(C\) opuszczamy prostopadłe na \(AB\) - niech stopami będą \(E\) i \(F\).

**Krok 1: Obliczamy ramiona**

W trójkącie prostokątnym \(AED\) (\(\angle A = 60°\), \(DE = h = 6\)):

\[AE = \frac{h}{\operatorname{tg} 60°} = \frac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}, \qquad AD = \frac{h}{\sin 60°} = \frac{6}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{12}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3}\]

W trójkącie prostokątnym \(BFC\) (\(\angle B = 30°\), \(CF = h = 6\)):

\[BF = \frac{h}{\operatorname{tg} 30°} = \frac{6}{\frac{1}{\sqrt{3}}} = 6\sqrt{3}, \qquad BC = \frac{h}{\sin 30°} = \frac{6}{\frac{1}{2}} = 12\]

**Krok 2: Wyrażamy \(a\) przez \(b\)**

\(DCFE\) jest prostokątem, więc \(EF = DC = b\). Stąd:
\[a = AE + EF + BF = 2\sqrt{3} + b + 6\sqrt{3} = b + 8\sqrt{3}\]

**Krok 3: Warunek okręgu wpisanego**

Dla czworokąta opisanego na okręgu (okrąg wpisany) zachodzi:
\[a + b = AD + BC\]
\[(b + 8\sqrt{3}) + b = 4\sqrt{3} + 12\]
\[2b + 8\sqrt{3} = 4\sqrt{3} + 12\]
\[2b = 12 - 4\sqrt{3}\]
\[\boxed{b = 6 - 2\sqrt{3} \approx 2{,}54}\]

Sprawdzenie: \(b > 0\), bo \(6 > 2\sqrt{3} \approx 3{,}46\) ✓

**Krok 4: Dłuższa podstawa**

\[a = b + 8\sqrt{3} = (6 - 2\sqrt{3}) + 8\sqrt{3} = \boxed{6 + 6\sqrt{3}}\]

**Krok 5: Pole trapezu**

\[P = \frac{a + b}{2} \cdot h = \frac{(6 + 6\sqrt{3}) + (6 - 2\sqrt{3})}{2} \cdot 6 = \frac{12 + 4\sqrt{3}}{2} \cdot 6 = (6 + 2\sqrt{3}) \cdot 6 = \boxed{12(3 + \sqrt{3})}\]

## Sposób 2 - okrąg wpisany (promień + pole ze wzoru na wielokąt styczny)

**Krok 1: Promień okręgu wpisanego**

Okrąg wpisany w trapez dotyka obu podstaw z tej samej odległości \(r\). Ponieważ suma odległości od okręgu do obu podstaw równa się wysokości:
\[r + r = h \implies r = \frac{h}{2} = \frac{6}{2} = 3\]

**Krok 2: Pole wielokąta opisanego na okręgu**

Dla dowolnego wielokąta opisanego na okręgu o promieniu \(r\) i półobwodzie \(s\):
\[P = r \cdot s\]

Najpierw wyznaczamy ramiona (tak samo jak w Sposobie 1): \(AD = 4\sqrt{3}\), \(BC = 12\).

Z warunku \(a + b = AD + BC\) wiemy, że \(a + b = 4\sqrt{3} + 12\).

Półobwód:
\[s = \frac{a + b + AD + BC}{2} = \frac{(4\sqrt{3} + 12) + (4\sqrt{3} + 12)}{2} = 4\sqrt{3} + 12\]

Pole:
\[P = r \cdot s = 3 \cdot (4\sqrt{3} + 12) = 12\sqrt{3} + 36 = \boxed{12(3 + \sqrt{3})}\]

**Weryfikacja podstaw (długości tangensowe)**

Promień \(r = 3\). Z każdego wierzchołka długość stycznej do okręgu wynosi \(\frac{r}{\operatorname{tg}(\alpha/2)}\):

| Wierzchołek | Kąt | \(\alpha/2\) | Długość stycznej |
| \(A\) | \(60°\) | \(30°\) | \(\frac{3}{\operatorname{tg} 30°} = 3\sqrt{3}\) |
| \(B\) | \(30°\) | \(15°\) | \(\frac{3}{\operatorname{tg} 15°} = 3(2+\sqrt{3}) = 6+3\sqrt{3}\) |
| \(D\) | \(120°\) | \(60°\) | \(\frac{3}{\operatorname{tg} 60°} = \sqrt{3}\) |
| \(C\) | \(150°\) | \(75°\) | \(\frac{3}{\operatorname{tg} 75°} = 3(2-\sqrt{3}) = 6-3\sqrt{3}\) |

\[a = 3\sqrt{3} + (6+3\sqrt{3}) = 6+6\sqrt{3} \checkmark\]
\[b = \sqrt{3} + (6-3\sqrt{3}) = 6-2\sqrt{3} \checkmark\]

## Wzory z karty CKE

**Dział 9 (Trygonometria, s. 11-12)** - definicje w trójkącie prostokątnym:
\[\sin\alpha = \frac{\text{przeciwprostokątna}}{\text{ramię}} = \frac{h}{AD}, \qquad \operatorname{tg}\alpha = \frac{h}{\text{rzut}}\]
Użyliśmy do obliczenia \(AD\), \(BC\), \(AE\), \(BF\) z wysokości \(h = 6\).

**Dział 10 (Planimetria, s. 20)** - pole trapezu:
\[P = \frac{a + b}{2} \cdot h\]

**Dział 10 (Planimetria, s. 21)** - warunek istnienia okręgu wpisanego w czworokąt:
\[a + c = b + d \quad \text{(sumy naprzeciwległych boków są równe)}\]
Dla trapezu: \(a + b = AD + BC\) - kluczowy warunek użyty w kroku 3.

## Typowe pułapki i uwagi

> ⚠️ **Uwaga:** Najczęstszy błąd to pominięcie warunku okręgu wpisanego. Sam rysunek z kątami 60° i 30° wyznacza trapez jednoznacznie dopiero po użyciu tego warunku - bez niego mamy nieskończenie wiele trapezów o tych kątach i tej wysokości!

> ⚠️ **Uwaga:** Kąty \(\angle D = 120°\) i \(\angle C = 150°\) (przy krótszej podstawie) wynikają z faktu, że kąty między równoległymi prostymi i poprzecznicą są dopełniające do \(180°\). Nie mylić ich z kątami przy dłuższej podstawie.

> ⚠️ **Uwaga:** Przy upraszczaniu \(\frac{12}{\sqrt{3}}\) pamiętaj o racjonalizacji mianownika: \(\frac{12}{\sqrt{3}} = \frac{12\sqrt{3}}{3} = 4\sqrt{3}\). Zostawienie \(\frac{12}{\sqrt{3}}\) w wyniku końcowym to błąd formalny na maturze.

**Poprawna odpowiedź:** dłuższa podstawa \(a = 6\sqrt{3}+6\); krótsza podstawa \(b = 6 - 2\sqrt{3}\); pole \(P = 12(3+\sqrt{3})\).

### Sposób 1 - Trygonometria w ramionach + warunek trapezu opisanego

**Oznaczenia:**
- Trapez \(ABCD\), gdzie \(AB = a\) (dłuższa podstawa), \(CD = b\) (krótsza).
- \(\angle A = 60^{\circ}\), \(\angle B = 30^{\circ}\) (kąty przy dłuższej podstawie).
- Wysokość \(h = 6\).
- Ramiona: \(AD = c\) (przy \(\angle A\)), \(BC = d\) (przy \(\angle B\)).
- Opuszczamy wysokości z \(D\) i \(C\) na \(AB\); oznaczmy rzuty: \(x = AD_\perp\), \(y = BC_\perp\).

**Długości ramion (trójkąty prostokątne przy podstawie):**
W trójkącie prostokątnym z kątem \(60^{\circ}\):
\[\sin 60^{\circ} = \dfrac{h}{c} \Rightarrow c = \dfrac{h}{\sin 60^{\circ}} = \dfrac{6}{\frac{\sqrt{3}}{2}} = \dfrac{12}{\sqrt{3}} = 4\sqrt{3}.\]

W trójkącie prostokątnym z kątem \(30^{\circ}\):
\[\sin 30^{\circ} = \dfrac{h}{d} \Rightarrow d = \dfrac{6}{\frac{1}{2}} = 12.\]

**Rzuty ramion na dłuższą podstawę:**
\[x = \dfrac{h}{\tan 60^{\circ}} = \dfrac{6}{\sqrt{3}} = 2\sqrt{3},\]
\[y = \dfrac{h}{\tan 30^{\circ}} = \dfrac{6}{\frac{\sqrt{3}}{3}} = \dfrac{6\cdot 3}{\sqrt{3}} = \dfrac{18}{\sqrt{3}} = 6\sqrt{3}.\]

**Związek podstaw:** \(a = x + b + y\), czyli:
\[a - b = x + y = 2\sqrt{3} + 6\sqrt{3} = 8\sqrt{3}. \quad (*)\]

**Warunek trapezu opisanego na okręgu (suma przeciwległych boków):**
\[a + b = c + d = 4\sqrt{3} + 12. \quad (**)\]

**Rozwiązanie układu (\(*\)) i (\(**\)):**
Dodając (\(*\)) i (\(**\)):
\[2a = 8\sqrt{3} + 4\sqrt{3} + 12 = 12\sqrt{3} + 12 \Rightarrow a = 6\sqrt{3} + 6.\]

Odejmując (\(*\)) od (\(**\)):
\[2b = (4\sqrt{3} + 12) - 8\sqrt{3} = -4\sqrt{3} + 12 \Rightarrow b = 6 - 2\sqrt{3}.\]

**Sprawdzenie, że \(b > 0\):** \(2\sqrt{3} \approx 3{,}46 < 6\), więc \(b \approx 2{,}54 > 0\) ✓.

**Pole trapezu:**
\[P = \dfrac{a+b}{2}\cdot h = \dfrac{(6\sqrt{3}+6) + (6 - 2\sqrt{3})}{2}\cdot 6 = \dfrac{4\sqrt{3} + 12}{2}\cdot 6 = (2\sqrt{3} + 6)\cdot 6 = 12\sqrt{3} + 36.\]
\[P = 12(3 + \sqrt{3}).\]

### Sposób 2 - Bezpośrednio z warunku opisanego
Warunek trapezu opisanego na okręgu: \(a + b = c + d\), więc:
\[P = \dfrac{a+b}{2}\cdot h = \dfrac{c+d}{2}\cdot h = \dfrac{4\sqrt{3}+12}{2}\cdot 6 = 3(4\sqrt{3}+12) = 12\sqrt{3}+36 = 12(3+\sqrt{3}).\]

To daje pole bez konieczności obliczania \(a, b\). Same podstawy dalej z układu.

### Weryfikacja
- \(a + b = (6\sqrt{3}+6) + (6 - 2\sqrt{3}) = 4\sqrt{3} + 12\) ✓ (\(= c + d\)).
- \(a - b = (6\sqrt{3}+6) - (6 - 2\sqrt{3}) = 8\sqrt{3}\) ✓ (\(= x + y\)).
- \(P = \frac{4\sqrt{3}+12}{2}\cdot 6 = 12\sqrt{3}+36\) ✓.

### Rysunek (opis do szkicu)
Trapez \(ABCD\) z \(AB \parallel CD\), \(AB = a\) u dołu; kąty \(\angle DAB = 60^{\circ}\), \(\angle ABC = 30^{\circ}\). Z \(D\) i \(C\) spuszczone wysokości \(h = 6\) na \(AB\), dzielące \(AB\) na trzy odcinki: \(x = 2\sqrt{3}\), \(b = 6-2\sqrt{3}\), \(y = 6\sqrt{3}\). Wpisany okrąg styczny do wszystkich czterech boków.

### Uwaga dydaktyczna
Kluczowy fakt: w trapezie opisanym na okręgu suma podstaw równa się sumie ramion. To pozwala wyznaczyć pole bezpośrednio z ramion (bez rozwiązywania układu).

## Linki

- [dane JSON](https://matura.lol/api/question/maturazai-matematyka-mma-p1a1p-061/zad/10)
- [otwórz w wyszukiwarce](https://matura.lol/?problem=maturazai-matematyka-mma-p1a1p-061%2Fzad%2F10)

## Podobne zadania

- [Zadanie 10](https://matura.lol/question/matematyka-2006-styczen-probna-podstawowa/zad/10) — W trapezie opisanym na okręgu kąty przy dłuższej podstawie mają miary \(60^{\circ}\) i \(30^{\circ}\), a długość wysokości tego trapezu jest równa 6. Sporządź o
- [Zadanie 41](https://matura.lol/question/informator-maturalny-matematyka-2025-poziom-podstawowy/zad/41) — Zadanie 41. (0-4) Wierzchołki 𝐴 i 𝐶 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 leżą na okręgu o promieniu 𝑟. Środek 𝑆 tego okręgu leży na boku 𝐴𝐵 tego trójkąta (zobacz rysunek poniżej). Dług
- [Zadanie 31](https://matura.lol/question/informator-maturalny-matematyka-2023-poziom-podstawowy/zad/31) — Zadanie 31. (0-4) Wierzchołki 𝐴 i 𝐶 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 leżą na okręgu o promieniu 𝑟. Środek 𝑆 tego okręgu leży na boku 𝐴𝐵 tego trójkąta (zobacz rysunek poniżej). Dług

_Ostatnia aktualizacja danych: 2026-10-03_