Strona główna › Geometria › Wzory na pole trójkąta — wszystkie i kiedy który

Wzory na pole trójkąta — wszystkie i kiedy który

Wzór na pole trójkąta jest jeden, ale w zadaniach występuje w trzech wersjach — i cała sztuka polega na tym, żeby rozpoznać, którą da się użyć od razu. Ta strona jest o liczeniu pola; sama figura, jej rodzaje i własności mają własną stronę.

Dział: GeometriaPoziom: klasy 5–8Zadań z matury: 9

Przejdź od razu do zadań (9) ↓

1Podstawa razy wysokość przez dwa

To wzór podstawowy — działa dla każdego trójkąta, bez wyjątku.

P=a⋅h2P = \frac{\textcolor{#16A06A}{a} \cdot \textcolor{#E0453A}{h}}{2}

gdzie a\textcolor{#16A06A}{a} to podstawa, a h\textcolor{#E0453A}{h} — wysokość opuszczona na tę właśnie podstawę. Te dwie litery muszą do siebie pasować i to jest jedyna trudna rzecz w całym wzorze.

Jak czytać kolory na tej stronie

Kolor mówi, jaką rolę pełni litera — ta sama zasada obowiązuje w całym serwisie i na ściągawce ze wzorami. Tutaj: na zielono podstawa a\textcolor{#16A06A}{a}, na czerwono wysokość h\textcolor{#E0453A}{h} opuszczona na tę podstawę, na niebiesko przeciwprostokątna c\textcolor{#2F80D8}{c}.

To nie jest ozdoba, tylko sedno tego działu. Cały wzór na pole trójkąta sprowadza się do jednego warunku: zielone i czerwone muszą do siebie pasować. Jeśli w zadaniu mnożysz zielony bok przez czerwoną wysokość, która nie jest do niego opuszczona, wynik nie znaczy nic — temu poświęcony jest niżej osobny punkt „Podstawa i wysokość z różnych par”.

Jedno zastrzeżenie, żeby nie było nieporozumienia: ta legenda dotyczy wzorów i przykładów na tej stronie. W rozwiązaniach zadań egzaminacyjnych, niżej, kolor pokazuje co innego — tam zielone jest to, co dane w treści, a czerwone to, co policzone po drodze. Tamten blok ma własną legendę tuż nad zadaniami.

Skąd bierze się dzielenie przez dwa

Weź dowolny trójkąt i dostaw do niego drugi taki sam, obrócony o 180°180°. Powstanie równoległobok o tej samej podstawie i tej samej wysokości.

Trójkąt jest więc dokładnie połową równoległoboku — stąd dwójka w mianowniku. To nie jest umowa do zapamiętania, tylko wniosek, który da się zobaczyć na kartce.

Ta sama obserwacja tłumaczy, dlaczego przekątna dzieli równoległobok na dwa trójkąty przystające — to jedno i to samo zdanie, czytane z dwóch stron.

2Trzy pary podstawa–wysokość, jeden wynik

Każdy trójkąt ma trzy boki, a więc i trzy wysokości — po jednej do każdego boku. Opisuję je szerzej przy samej figurze.

Dla pola ważne jest jedno: każda z trzech par daje ten sam wynik.

P=a⋅ha2=b⋅hb2=c⋅hc2P = \frac{\textcolor{#16A06A}{a} \cdot \textcolor{#E0453A}{h_a}}{2} = \frac{\textcolor{#16A06A}{b} \cdot \textcolor{#E0453A}{h_b}}{2} = \frac{\textcolor{#16A06A}{c} \cdot \textcolor{#E0453A}{h_c}}{2}

To nie jest ciekawostka, tylko narzędzie. Jeśli pole da się policzyć z jednej pary, a zadanie pyta o wysokość z innej pary — wystarczy przyrównać oba wyrażenia i wyliczyć niewiadomą. To najczęstszy sposób, w jaki ten wzór pojawia się w zadaniach z gwiazdką.

Wynika stąd też prosta zależność: im dłuższy bok, tym krótsza opuszczona na niego wysokość. Iloczyn musi wyjść ten sam, więc gdy jeden czynnik rośnie, drugi maleje.

Wysokość bywa poza trójkątem

W trójkącie rozwartokątnym wysokości opuszczone na dwa krótsze boki wypadają poza figurą — trzeba przedłużyć bok i dopiero na to przedłużenie opuścić prostopadłą.

Wzór działa wtedy dokładnie tak samo. Podstawą pozostaje sam bok, a nie jego przedłużenie — to najczęstsze miejsce, w którym rachunek się rozjeżdża.

3Trójkąt prostokątny — para gotowa od razu

Tu jest skrót, który oszczędza połowę pracy i dlatego warto go rozpoznawać natychmiast.

W trójkącie prostokątnym przyprostokątne są do siebie prostopadłe. Jedna może więc pełnić rolę podstawy, a druga — wysokości opuszczonej na nią. Niczego nie trzeba dorysowywać.

P=a⋅b2P = \frac{\textcolor{#16A06A}{a} \cdot \textcolor{#E0453A}{b}}{2}

gdzie a\textcolor{#16A06A}{a} i b\textcolor{#E0453A}{b} to przyprostokątne. Kolory mówią tu więcej niż sam wzór: zielona przyprostokątna gra rolę podstawy, a czerwona — wysokości opuszczonej na nią. To dlatego wzór wygląda jak zwykłe „podstawa razy wysokość przez dwa”, choć nikt niczego nie dorysowywał. Przeciwprostokątna nie występuje w nim wcale — a gdyby się pojawiła, byłaby c\textcolor{#2F80D8}{c}, na niebiesko.

Uwaga na kolejność myślenia: jeśli zadanie podaje przeciwprostokątną i jedną przyprostokątną, drugą trzeba najpierw wyliczyć z twierdzenia Pitagorasa, a dopiero potem liczyć pole.

Trzecia wysokość tego trójkąta — ta opuszczona na przeciwprostokątną — jest zwykle liczbą niecałkowitą i właśnie o nią pytają zadania trudniejsze. Wylicza się ją przez przyrównanie dwóch par, jak w sekcji wyżej.

4Trójkąt równoboczny — wzór z samym bokiem

W trójkącie równobocznym wysokość da się wyliczyć z boku, więc oba wzory można połączyć w jeden.

Wysokość dzieli trójkąt równoboczny na dwie połówki — trójkąty prostokątne o przyprostokątnych a2\frac{\textcolor{#16A06A}{a}}{2} i h\textcolor{#E0453A}{h} oraz przeciwprostokątnej a\textcolor{#2F80D8}{a}. Zwróć uwagę, że ten sam bok aa raz jest zielony, a raz niebieski: w połówce trójkąta pełni dwie różne role — połowa podstawy i przeciwprostokątna. Z Pitagorasa:

h=a32\textcolor{#E0453A}{h} = \frac{\textcolor{#16A06A}{a}\sqrt{3}}{2}

Po podstawieniu do wzoru podstawowego dostajemy wersję zależną wyłącznie od boku:

P=a⋅a322=a234P = \frac{\textcolor{#16A06A}{a} \cdot \textcolor{#E0453A}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}}{2} = \frac{\textcolor{#16A06A}{a}^2\sqrt{3}}{4}

Warto zapamiętać oba: pierwszy przydaje się, gdy zadanie pyta o wysokość, drugi — gdy od razu o pole. Oba wymagają pierwiastków, więc pojawiają się dopiero w klasie siódmej.

W klasach młodszych pole trójkąta równobocznego liczy się zwyczajnie, z podanej wysokości — bo 3\sqrt{3} nie jest jeszcze dostępne.

5Dwa wzory z liceum: z kątem i z trzech boków

Powyższe wzory wystarczają w szkole podstawowej, ale komplet zamykają dopiero dwa dalsze — i warto o nich wiedzieć, bo ratują wtedy, gdy wysokości nie da się wyznaczyć.

Gdy znasz dwa boki i kąt między nimi:

P=12absin⁡γP = \frac{1}{2}ab\sin\gamma

Kąt γ\gamma musi leżeć między bokami aa i bb. Wzór wychodzi wprost z podstawy razy wysokość: wysokość opuszczona na bok aa wynosi bsin⁡γb\sin\gamma. Dla a=6a = 6, b=8b = 8 i γ=30°\gamma = 30° daje to P=12⋅6⋅8⋅12=12P = \frac12 \cdot 6 \cdot 8 \cdot \frac12 = 12. Dla γ=90°\gamma = 90° sinus wynosi 11 i zostaje ab2\frac{ab}{2}, czyli wzór dla trójkąta prostokątnego z sekcji wyżej.

Gdy znasz wszystkie trzy boki — wzór Herona, gdzie pp to połowa obwodu:

P=p(p−a)(p−b)(p−c),p=a+b+c2P = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}, \qquad p = \frac{a+b+c}{2}

Dla boków 66, 88, 1010 mamy p=12p = 12, więc P=12⋅6⋅4⋅2=576=24P = \sqrt{12 \cdot 6 \cdot 4 \cdot 2} = \sqrt{576} = 24 — a ponieważ ten trójkąt jest prostokątny, można to sprawdzić drugą drogą: 6⋅82=24\frac{6 \cdot 8}{2} = 24 ✓ Te same liczby liczę na stronie o trójkącie, w tabeli wszystkich jego wielkości.

Który z nich jest w podstawie

Wzór z sinusem — tak. Podstawa dla liceum wymienia go razem z twierdzeniem cosinusów w dziale VII. Trygonometria, zakres podstawowy, punkt 3. Co więcej, stoi on z nazwy na liście twierdzeń, których dowód uczeń zakresu podstawowego ma poznać — jako pozycja dziewiąta, zaraz za twierdzeniem o dwusiecznej.

Wzór Herona — nie. W podstawie nie występuje w żadnym zakresie. Warto go znać, bo bywa najkrótszą drogą, gdy dane są same boki, ale na maturze nikt o niego nie poprosi z nazwy.

6Który wzór wybrać

Decyzja zajmuje sekundę, jeśli patrzy się na dane, a nie na rysunek.

co jest daneużyjwzór
bok i wysokość do niegowzoru podstawowegoP=a⋅h2P = \frac{a \cdot h}{2}
dwie przyprostokątneskrótu dla prostokątnegoP=a⋅b2P = \frac{a \cdot b}{2}
sam bok trójkąta równobocznegowzoru z pierwiastkiemP=a234P = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}
bok i wysokość do innego bokuprzyrównania dwóch para⋅ha=b⋅hba \cdot h_a = b \cdot h_b
trzy boki, bez wysokości— w szkole podstawowej za mało danych—

Ostatni wiersz bywa zaskoczeniem: z samych trzech boków pola w szkole podstawowej się nie liczy. Istnieje wzór Herona, który to potrafi, ale nie ma go w podstawie programowej — w zadaniu z trzema bokami szuka się więc trójkąta prostokątnego albo równobocznego. Na maturze jest inaczej: wzór Herona stoi w karcie „Wybrane wzory matematyczne” (dział planimetrii), więc maturzysta ma go pod ręką i wolno mu z niego skorzystać.

W liceum dochodzi jeszcze wzór P=12absin⁡γP = \frac{1}{2}ab\sin\gamma, w którym zamiast wysokości występuje kąt między dwoma bokami — pokazuję go przy twierdzeniu cosinusów i w zestawieniu przy trójkącie prostokątnym. Nie jest to jednak nowy pomysł: dla γ=90°\gamma = 90° mamy sin⁡90°=1\sin 90° = 1 i wzór wraca do połowy iloczynu przyprostokątnych.

Do egzaminu ósmoklasisty wystarczą trzy wzory z tabeli — a właściwie jeden, bo pozostałe dwa z niego wynikają.

7Przykłady krok po kroku

Trzy przykłady: wzór podstawowy, wysokość wyliczona z pola i trójkąt równoboczny.

Przykład 1 Wzór podstawowy

Oblicz pole trójkąta o podstawie 1212 cm i wysokości opuszczonej na tę podstawę równej 55 cm.

  1. Sprawdzam, czy podstawa i wysokość do siebie pasują — treść mówi wprost „opuszczonej na tę podstawę”, więc tak.
  2. Podstawiam do wzoru: P=12⋅52P = \frac{12 \cdot 5}{2}.
  3. Liczę licznik: 12⋅5=6012 \cdot 5 = 60.
  4. Dzielę przez dwa: 60:2=3060 : 2 = 30.
  5. Jednostka pola jest kwadratowa, więc wynik to 3030 cm².
  6. Kontrola sensu: prostokąt o tych wymiarach miałby 6060 cm², a trójkąt jest jego połową ✓

Odpowiedź: P=30P = 30 cm²

Kontrola przez prostokąt działa zawsze i zajmuje chwilę: pole trójkąta musi być dokładnie połową iloczynu podstawy i wysokości. Jeśli wyszło tyle samo co iloczyn, zgubiła się dwójka.

Przykład 2 Wysokość wyliczona z pola

Trójkąt prostokątny ma przyprostokątne 1515 cm i 2020 cm. Oblicz jego pole oraz wysokość opuszczoną na przeciwprostokątną.

  1. Przyprostokątne są prostopadłe, więc tworzą gotową parę: P=15⋅202=3002=150P = \frac{15 \cdot 20}{2} = \frac{300}{2} = 150 cm².
  2. Do drugiej części potrzebna jest przeciwprostokątna. Z twierdzenia Pitagorasa: 152+202=225+400=62515^2 + 20^2 = 225 + 400 = 625, więc przeciwprostokątna ma 2525 cm.
  3. Teraz korzystam z tego, że każda para daje to samo pole: 25⋅h2=150\frac{25 \cdot h}{2} = 150.
  4. Stąd 25⋅h=30025 \cdot h = 300, czyli h=12h = 12 cm.
  5. Kontrola sensu: wysokość do najdłuższego boku musi być najkrótsza ze wszystkich trzech — i rzeczywiście 1212 jest mniejsze od 1515 i od 2020 ✓
  6. Druga kontrola: 25⋅122=3002=150\frac{25 \cdot 12}{2} = \frac{300}{2} = 150 — zgadza się z polem policzonym z przyprostokątnych ✓

Odpowiedź: P=150P = 150 cm², wysokość na przeciwprostokątną =12= 12 cm

To najważniejszy schemat w całym temacie: pole liczymy łatwą parą, a potem przyrównujemy do pary trudnej, żeby wyciągnąć nieznaną wysokość. Trójka 1515, 2020, 2525 to przeskalowana pięciokrotnie trójka 33, 44, 55 — dobrana tak, żeby wysokość wyszła całkowita, co przy tym rachunku zdarza się rzadko.

Przykład 3 Trójkąt równoboczny

Oblicz wysokość i pole trójkąta równobocznego o boku 66 cm.

  1. Wysokość ze wzoru: h=632=33h = \frac{6\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3} cm, czyli około 5,25{,}2 cm.
  2. Pole wzorem podstawowym: P=6⋅332=1832=93P = \frac{6 \cdot 3\sqrt{3}}{2} = \frac{18\sqrt{3}}{2} = 9\sqrt{3} cm².
  3. Sprawdzenie wzorem skróconym: P=6234=3634=93P = \frac{6^2\sqrt{3}}{4} = \frac{36\sqrt{3}}{4} = 9\sqrt{3} cm² ✓
  4. Przybliżenie: 9⋅1,73≈15,69 \cdot 1{,}73 \approx 15{,}6 cm².
  5. Kontrola sensu: wysokość musi być krótsza od boku, bo jest przyprostokątną w trójkącie o przeciwprostokątnej 66 — i 5,2<65{,}2 < 6 ✓
  6. Druga kontrola: pole musi być mniejsze od 6⋅62=18\frac{6 \cdot 6}{2} = 18 cm², czyli od pola trójkąta o wysokości równej bokowi ✓

Odpowiedź: h=33h = 3\sqrt{3} cm, P=93P = 9\sqrt{3} cm²

Warto policzyć oba wzory i porównać — to darmowa kontrola, która wyłapuje pomyłkę w pamiętanym wzorze. Wynik zostawia się w postaci 939\sqrt{3}, a przybliżenie podaje tylko wtedy, gdy zadanie o nie prosi.

8Najczęstsze błędy

Cztery błędy — pierwszy jest najczęstszy w całej geometrii, drugi najbardziej podstępny.

Zapomniane dzielenie przez dwa

Skąd się bierze: Uczeń liczy a⋅ha \cdot h i stawia to jako wynik — czyli podaje pole równoległoboku, a nie trójkąta. Wynik wychodzi dokładnie dwa razy za duży i wygląda wiarygodnie, więc rzadko wzbudza podejrzenia.

Jak zrobić dobrze: Po każdym rachunku zrób kontrolę: pole trójkąta musi być połową iloczynu podstawy i wysokości. Przy 1212 i 55 iloczyn to 6060, więc wynik 3030 — jeśli wyszło 6060, dwójka zniknęła.

Podstawa i wysokość z różnych par

Skąd się bierze: W treści są trzy liczby, uczeń bierze dwie pierwsze. Tymczasem wysokość musi być opuszczona dokładnie na ten bok, który podstawiamy jako podstawę. Wymnożenie boku bb przez wysokość hah_a nie daje żadnej sensownej wielkości.

Jak zrobić dobrze: Zanim podstawisz, powiedz na głos: „ta wysokość jest opuszczona na ten bok”. Jeśli nie da się tego powiedzieć, para jest zła — trzeba albo znaleźć właściwą wysokość, albo skorzystać z przyrównania a⋅ha=b⋅hba \cdot h_a = b \cdot h_b.

Bok wzięty za wysokość w trójkącie rozwartokątnym

Skąd się bierze: W trójkącie rozwartokątnym wysokość wypada poza figurą, więc na rysunku „nie widać jej” przy boku. Uczeń podstawia wtedy najbliższy bok, który jest dłuższy od wysokości — i zawyża pole.

Jak zrobić dobrze: Przedłuż bok poza wierzchołek i opuść prostopadłą na to przedłużenie. Podstawą zostaje sam bok, nie bok razem z przedłużeniem — to drugi klasyczny błąd w tym samym rysunku.

Wstawienie przeciwprostokątnej do wzoru na pole

Skąd się bierze: W trójkącie prostokątnym uczeń bierze najdłuższy bok jako podstawę i mnoży go przez przyprostokątną. Ale przyprostokątna nie jest wysokością opuszczoną na przeciwprostokątną — ta wysokość jest krótsza i trzeba ją osobno wyliczyć.

Jak zrobić dobrze: W trójkącie prostokątnym mnóż obie przyprostokątne i dziel przez dwa. Przeciwprostokątna wchodzi do rachunku dopiero wtedy, gdy zadanie wprost pyta o wysokość na nią opuszczoną.

Zadania maturalne — pole trójkąta: cztery wzory i figury wpisane

Prawdziwe zadania z arkuszy matury z matematyki (CKE) — przy każdym podano sesję egzaminacyjną. Pod każdym zadaniem znajdziesz rozwiązanie krok po kroku wraz ze wskazówką i typowym błędem.

Zielone jest to, co dane w treści. Czerwone — to, co policzone po drodze. Wzór na pole trójkąta jest jeden, ale ma cztery użyteczne postacie i o powodzeniu decyduje wybór tej właściwej do danych:
  1. P=12ahaP = \tfrac12 a h_a — podstawa i wysokość do niej opuszczona;
  2. P=12absin⁡γP = \tfrac12 ab\sin\gamma — dwa boki i kąt między nimi;
  3. P=p(p−a)(p−b)(p−c)P = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)} — trzy boki (wzór Herona, pp to połowa obwodu);
  4. P=p⋅rP = p \cdot r — połowa obwodu razy promień okręgu wpisanego.
W trójkącie prostokątnym postać 1. jest darmowa: przyprostokątne są jednocześnie podstawą i wysokością, więc P=12⋅P = \tfrac12 \cdot iloczyn przyprostokątnych. A dla okręgu wpisanego w trójkąt prostokątny warto pamiętać skrót r=a+b−c2r = \tfrac{a + b - c}{2}, gdzie cc to przeciwprostokątna.
Osobne narzędzie, które wraca w zadaniach o stosunku pól: jeśli na dwóch bokach wychodzących z jednego wierzchołka odetniemy części w stosunkach pp i qq, to pole odciętego trójkąta stanowi p⋅qp \cdot q pola całego — iloczyn, nie kwadrat. Kwadrat skali obowiązuje tylko dla figur podobnych.

Sprawdź się bez zaglądania do odpowiedzi. Wylosuję 5 zadań zamkniętych z tego zestawu — klucz i rozwiązania schowam do czasu sprawdzenia. Pula liczy 5 zadań, więc za każdym razem dostaniesz inny zestaw.

Zadania zamknięte

Zadanie 5 (sierpień 2025)1 pktłatwe

Dany jest trójkąt ABCABC, w którym ∣AB∣=6|AB| = 6, ∣AC∣=4|AC| = 4 oraz ∣∢CAB∣=60∘|\sphericalangle CAB| = 60^\circ.

Pole trójkąta ABCABC jest równe
  • A. 66
  • B. 636\sqrt{3}
  • C. 1212
  • D. 12312\sqrt{3}
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: B

  1. Dane są dwa boki i kąt między nimi — a to jest dokładnie ten układ danych, do którego pasuje wzór P=12absin⁡γP = \tfrac12 ab \sin\gamma. Ani podstawa z wysokością, ani wzór Herona nie są tu potrzebne.
  2. Ważne, że kąt 60∘\textcolor{#16A06A}{60^\circ} leży przy wierzchołku AA, czyli między bokami ABAB i ACAC — tylko wtedy wzór wolno zastosować wprost.
  3. P=12⋅6⋅4⋅sin⁡60∘=12⋅32=63P = \tfrac12 \cdot \textcolor{#16A06A}{6} \cdot \textcolor{#16A06A}{4} \cdot \sin \textcolor{#16A06A}{60^\circ} = 12 \cdot \textcolor{#E0453A}{\tfrac{\sqrt3}{2}} = \textcolor{#E0453A}{6\sqrt3}
  4. Odpowiedź: B.
  5. Kontrola rzędem wielkości: 63≈10,46\sqrt3 \approx 10{,}4. Pole musi być mniejsze od 12⋅6⋅4=12\tfrac12 \cdot 6 \cdot 4 = 12, bo taką wartość osiągałoby dopiero przy kącie prostym ✓. Odpowiedzi CC i DD ten warunek łamią.
  6. Kontrola drugą drogą, przez wysokość: wysokość opuszczona z CC na ABAB wynosi 4sin⁡60∘=234 \sin 60^\circ = 2\sqrt3, a wtedy P=12⋅6⋅23=63P = \tfrac12 \cdot 6 \cdot 2\sqrt3 = 6\sqrt3 ✓ — ten sam wynik bez wzoru z sinusem.

💡 Wskazówka: Zanim sięgniesz po wzór, sprawdź, czy podany kąt leży między podanymi bokami. Jeśli tak — P=12absin⁡γP = \tfrac12 ab\sin\gamma i koniec. Jeśli nie, trzeba najpierw dojść do właściwego kąta albo do wysokości. To rozpoznanie jest tu całą pracą.

⚠ Odpowiedź CC, czyli 1212 — pominięcie sinusa, czyli potraktowanie kąta jak prostego. Odpowiedź DD, czyli 12312\sqrt3, to pominięcie połowy: absin⁡γab\sin\gamma zamiast 12absin⁡γ\tfrac12 ab\sin\gamma. Obie są większe od 12⋅6⋅4=12\tfrac12 \cdot 6 \cdot 4 = 12 albo mu równe, a pole trójkąta o kącie ostrym musi być od tej liczby mniejsze — jedna nierówność odrzuca obie.

Zadanie 6 (sierpień 2018)1 pktłatwe

Pole trójkąta o bokach długości 44 oraz 99 i kącie między nimi o mierze 60∘60^\circ jest równe
  • A. 1818
  • B. 99
  • C. 18318\sqrt{3}
  • D. 939\sqrt{3}
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: D

  1. Treść mówi wprost „kąt między nimi”, więc wzór stosuje się bez żadnego rozpoznawania układu.
  2. P=12⋅4⋅9⋅sin⁡60∘=18⋅32=93P = \tfrac12 \cdot \textcolor{#16A06A}{4} \cdot \textcolor{#16A06A}{9} \cdot \sin \textcolor{#16A06A}{60^\circ} = 18 \cdot \textcolor{#E0453A}{\tfrac{\sqrt3}{2}} = \textcolor{#E0453A}{9\sqrt3}
  3. Odpowiedź: D.
  4. Kontrola rzędem wielkości: 93≈15,69\sqrt3 \approx 15{,}6, czyli mniej niż 12⋅4⋅9=18\tfrac12 \cdot 4 \cdot 9 = 18 ✓.
  5. Zwróć uwagę na budowę czterech odpowiedzi: 1818 i 99 to wyniki bez sinusa, a 18318\sqrt3 i 939\sqrt3 — z sinusem. W każdej parze jedna liczba jest dwa razy większa od drugiej. Cała czwórka to więc kombinacje dwóch pomyłek: pominięcia sinusa i pominięcia połowy.

💡 Wskazówka: Policz najpierw 12ab\tfrac12 ab — tutaj 1818 — i dopiero potem pomnóż przez sinus. Wtedy widać, że wynik musi być mniejszy od tej liczby dla każdego kąta poza prostym, a odpowiedzi większe odpadają natychmiast.

⚠ Odpowiedź CC, czyli 18318\sqrt3 — pominięcie połowy. Odpowiedź AA, czyli 1818, to 12ab\tfrac12 ab bez sinusa, czyli wynik dla kąta prostego. Odpowiedź BB, czyli 99, łączy oba błędy w drugą stronę. Warto zauważyć, że tylko jedna z czterech odpowiedzi jest mniejsza od 1818 i zawiera 3\sqrt3 — samo to rozpoznanie wystarczy.

Zadanie 7 (czerwiec 2015)1 pktśrednie

Boki trójkąta mają długości 2020 i 1212, a kąt między tymi bokami ma miarę 120∘120^\circ.

Pole tego trójkąta jest równe
  • A. 6060
  • B. 120120
  • C. 60360\sqrt{3}
  • D. 1203120\sqrt{3}
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: C

  1. Kąt jest rozwarty, ale wzór działa tak samo — sinus kąta rozwartego jest dodatni i równy sinusowi jego dopełnienia do 180∘180^\circ.
  2. sin⁡120∘=sin⁡(180∘−120∘)=sin⁡60∘=32\sin \textcolor{#16A06A}{120^\circ} = \sin(180^\circ - 120^\circ) = \sin 60^\circ = \textcolor{#E0453A}{\tfrac{\sqrt3}{2}}
  3. P=12⋅20⋅12⋅32=120⋅32=603P = \tfrac12 \cdot \textcolor{#16A06A}{20} \cdot \textcolor{#16A06A}{12} \cdot \textcolor{#E0453A}{\tfrac{\sqrt3}{2}} = 120 \cdot \textcolor{#E0453A}{\tfrac{\sqrt3}{2}} = \textcolor{#E0453A}{60\sqrt3}
  4. Odpowiedź: C.
  5. Kontrola rzędem wielkości: 603≈103,960\sqrt3 \approx 103{,}9, czyli mniej niż 12⋅20⋅12=120\tfrac12 \cdot 20 \cdot 12 = 120 ✓.
  6. Uwaga, którą warto zapamiętać: gdyby kąt wynosił 60∘60^\circ zamiast 120∘120^\circ, pole byłoby takie samo. Trójkąt wyglądałby zupełnie inaczej — miałby inny trzeci bok — ale pole zależy tylko od sinusa, a ten dla obu kątów jest równy.

💡 Wskazówka: Nie zamieniaj kąta rozwartego na ostry i nie martw się jego „ujemnością” — do wzoru na pole wchodzi sinus, a ten jest dodatni dla każdego kąta trójkąta. Ujemny bywa cosinus, ale on pojawia się dopiero w twierdzeniu cosinusów.

⚠ Odpowiedź AA, czyli 6060 — z użycia sin⁡30∘=12\sin 30^\circ = \tfrac12 zamiast sin⁡120∘\sin 120^\circ, czyli z odjęcia kąta od 150∘150^\circ zamiast od 180∘180^\circ. Odpowiedź BB, czyli 120120, to 12ab\tfrac12 ab bez sinusa. Odpowiedź DD to pominięcie połowy. Kontrola „wynik musi być mniejszy od 12ab\tfrac12 ab” odrzuca BB i DD naraz.

Zadanie 8 (czerwiec 2016)1 pktśrednie

Każde z ramion trójkąta równoramiennego ma długość 2020. Kąt zawarty między ramionami tego trójkąta ma miarę 150∘150^\circ.

Pole tego trójkąta jest równe
  • A. 100100
  • B. 200200
  • C. 1003100\sqrt{3}
  • D. 1002100\sqrt{2}
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: A

  1. „Kąt zawarty między ramionami” to kąt między dwoma podanymi bokami, więc wzór stosuje się wprost — a oba boki są równe, co upraszcza rachunek.
  2. sin⁡150∘=sin⁡(180∘−150∘)=sin⁡30∘=12\sin \textcolor{#16A06A}{150^\circ} = \sin(180^\circ - 150^\circ) = \sin 30^\circ = \textcolor{#E0453A}{\tfrac12}
  3. P=12⋅20⋅20⋅12=200⋅12=100P = \tfrac12 \cdot \textcolor{#16A06A}{20} \cdot \textcolor{#16A06A}{20} \cdot \textcolor{#E0453A}{\tfrac12} = 200 \cdot \textcolor{#E0453A}{\tfrac12} = \textcolor{#E0453A}{100}
  4. Odpowiedź: A.
  5. Kontrola rzędem wielkości: 12⋅20⋅20=200\tfrac12 \cdot 20 \cdot 20 = 200, a kąt 150∘150^\circ jest bardzo „płaski”, więc pole musi być znacznie mniejsze od 200200. Wyszła dokładnie połowa ✓.
  6. Kontrola przez wysokość: wysokość opuszczona z wierzchołka na przedłużenie ramienia… prościej wziąć wysokość opadającą na jedno z ramion: wynosi ona 20sin⁡30∘=1020 \sin 30^\circ = 10, a wtedy P=12⋅20⋅10=100P = \tfrac12 \cdot 20 \cdot 10 = 100 ✓.
  7. To jedyne zadanie w tym zestawie, w którym wynik jest liczbą wymierną — bo sin⁡150∘=12\sin 150^\circ = \tfrac12, a nie liczba z pierwiastkiem. Sama postać odpowiedzi bywa tu podpowiedzią: trzy pozostałe zawierają pierwiastek, więc odpowiadają innym kątom.

💡 Wskazówka: Przy kącie rozwartym odejmuj go od 180∘180^\circ, nie od 90∘90^\circ ani od 150∘150^\circ. Tutaj 180∘−150∘=30∘180^\circ - 150^\circ = 30^\circ, a sin⁡30∘=12\sin 30^\circ = \tfrac12 — jedyna „okrągła” wartość sinusa wśród kątów spotykanych w tych zadaniach.

⚠ Odpowiedź CC, czyli 1003100\sqrt3 — z użycia sin⁡60∘\sin 60^\circ zamiast sin⁡150∘\sin 150^\circ. Odpowiedź DD, czyli 1002100\sqrt2, z użycia sin⁡45∘\sin 45^\circ. Odpowiedź BB, czyli 200200, to 12ab\tfrac12 ab bez sinusa — czyli pole trójkąta o kącie prostym między tymi ramionami. Wszystkie trzy są większe od poprawnej, a przy kącie tak bliskim półpełnego trójkąt jest wąski i jego pole musi być małe.

Zadanie 9 (grudzień 2014)1 pkttrudniejsze

Dany jest trójkąt równoramienny, w którym ramię o długości 2020 tworzy z podstawą kąt 67,5∘67{,}5^\circ.

Pole tego trójkąta jest równe
  • A. 1003100\sqrt{3}
  • B. 1002100\sqrt{2}
  • C. 2003200\sqrt{3}
  • D. 2002200\sqrt{2}
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: B

  1. Podany kąt leży przy podstawie, a nie między ramionami — więc wzoru nie da się zastosować od razu. Trzeba najpierw dojść do kąta między ramionami, bo tylko on leży między dwoma znanymi bokami.
  2. W trójkącie równoramiennym oba kąty przy podstawie są równe, a suma wszystkich trzech wynosi 180∘180^\circ:
  3. γ=180∘−2⋅67,5∘=45∘\gamma = 180^\circ - 2 \cdot \textcolor{#16A06A}{67{,}5^\circ} = \textcolor{#E0453A}{45^\circ}
  4. Teraz oba ramiona i kąt między nimi są znane:
  5. P=12⋅20⋅20⋅sin⁡45∘=200⋅22=1002P = \tfrac12 \cdot \textcolor{#16A06A}{20} \cdot \textcolor{#16A06A}{20} \cdot \sin \textcolor{#E0453A}{45^\circ} = 200 \cdot \textcolor{#E0453A}{\tfrac{\sqrt2}{2}} = \textcolor{#E0453A}{100\sqrt2}
  6. Odpowiedź: B.
  7. Kontrola rzędem wielkości: 1002≈141,4100\sqrt2 \approx 141{,}4, czyli mniej niż 12⋅20⋅20=200\tfrac12 \cdot 20 \cdot 20 = 200 ✓, ale wyraźnie więcej niż w poprzednim zadaniu — bo kąt 45∘45^\circ jest znacznie „pełniejszy” niż 150∘150^\circ.
  8. Kontrola liczby 67,5∘67{,}5^\circ: jest to połowa z 135∘135^\circ, a więc kąt, który nie należy do żadnej z typowych trójek. To sygnał, że nie jest kątem do wzoru — gdyby był, w odpowiedziach musiałby pojawić się sinus liczby niewymiernej. Wszystkie cztery odpowiedzi zawierają 2\sqrt2 albo 3\sqrt3, czyli sinusy kątów typowych — więc kąt użyty we wzorze musi być inny niż podany.

💡 Wskazówka: Sprawdź, gdzie leży podany kąt. Jeśli przy podstawie, a znasz oba ramiona, to najpierw policz kąt między ramionami z sumy kątów trójkąta — dopiero on wchodzi do wzoru. Ta jedna linijka odróżnia to zadanie od czterech poprzednich.

⚠ Najczęstszy błąd to wstawienie 67,5∘67{,}5^\circ wprost do wzoru — daje to 200sin⁡67,5∘≈184,8200 \sin 67{,}5^\circ \approx 184{,}8, liczbę, której nie ma wśród odpowiedzi; to samo w sobie powinno zatrzymać rachunek. Odpowiedź AA, czyli 1003100\sqrt3, bierze się z przyjęcia kąta 60∘60^\circ zamiast 45∘45^\circ. Odpowiedzi CC i DD to pominięcie połowy we wzorze.

Zadania otwarte

Zadanie 1 (informator CKE)3 pktśrednie

Dany jest trójkąt ABCABC. Na boku ABAB tego trójkąta wybrano punkt DD, taki, że ∣AD∣=14∣AB∣|AD| = \dfrac14 |AB|, a na boku BCBC wybrano taki punkt EE, że ∣BE∣=15∣BC∣|BE| = \dfrac15 |BC| (zobacz rysunek). Pole trójkąta ABCABC jest równe 2020. Oblicz pole trójkąta DBEDBE.
Trojkat ABC z punktem D na boku AB i punktem E na boku BC, polaczonymi odcinkiemABCDE
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: PDBE=3P_{DBE} = 3

  1. Krok 1 — który wierzchołek jest wspólny. Trójkąty DBEDBE i ABCABC mają wspólny wierzchołek BB i wspólny kąt przy nim: kąt DBEDBE to ten sam kąt co ABCABC, bo DD leży na boku ABAB, a EE na boku BCBC. To on spina oba trójkąty.
  2. Krok 2 — jakie części boków odcinamy. Uwaga na kierunek: treść podaje ∣AD∣|AD|, czyli odcinek przy wierzchołku AA, a nam potrzebny jest odcinek przy BB:
  3. ∣DB∣=∣AB∣−∣AD∣=∣AB∣−14∣AB∣=34∣AB∣|DB| = |AB| - |AD| = |AB| - \textcolor{#16A06A}{\tfrac14}|AB| = \textcolor{#E0453A}{\tfrac34}|AB|
  4. Drugi warunek jest już podany od właściwej strony:
  5. ∣BE∣=15∣BC∣|BE| = \textcolor{#16A06A}{\tfrac15}|BC|
  6. Krok 3 — stosunek pól. Zapiszmy oba pola wzorem z sinusem kąta wspólnego. Oznaczmy β=∢ABC\beta = \sphericalangle ABC:
  7. PABC=12⋅∣AB∣⋅∣BC∣⋅sin⁡βP_{ABC} = \tfrac12 \cdot |AB| \cdot |BC| \cdot \sin\beta
  8. PDBE=12⋅∣DB∣⋅∣BE∣⋅sin⁡β=12⋅34∣AB∣⋅15∣BC∣⋅sin⁡βP_{DBE} = \tfrac12 \cdot |DB| \cdot |BE| \cdot \sin\beta = \tfrac12 \cdot \textcolor{#E0453A}{\tfrac34}|AB| \cdot \textcolor{#16A06A}{\tfrac15}|BC| \cdot \sin\beta
  9. Dzielimy jedno przez drugie — wszystko poza dwoma ułamkami się skraca, w tym sin⁡β\sin\beta:
  10. PDBEPABC=34⋅15=320\dfrac{P_{DBE}}{P_{ABC}} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac34} \cdot \textcolor{#16A06A}{\dfrac15} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{3}{20}}
  11. Krok 4 — podstawiamy pole.
  12. PDBE=320⋅20=3P_{DBE} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{3}{20}} \cdot \textcolor{#16A06A}{20} = 3
  13. Odpowiedź: PDBE=3P_{DBE} = 3.
  14. Kontrola na konkretnym trójkącie — bez żadnych wzorów ze stosunkami, wprost ze współrzędnych. Weźmy A=(0,0)A = (0, 0), B=(10,0)B = (10, 0), C=(3,4)C = (3, 4); wtedy PABC=12⋅10⋅4=20P_{ABC} = \tfrac12 \cdot 10 \cdot 4 = \textcolor{#16A06A}{20}, zgodnie z treścią.
  15. Punkt DD w jednej czwartej boku ABAB od AA: D=(2,5,0)D = (\textcolor{#E0453A}{2{,}5}, 0). Punkt EE w jednej piątej boku BCBC od BB: E=(8,6,0,8)E = (\textcolor{#E0453A}{8{,}6}, \textcolor{#E0453A}{0{,}8}).
  16. Pole trójkąta DBEDBE liczymy jako 12⋅∣DB∣⋅\tfrac12 \cdot |DB| \cdot wysokość, bo DBDB leży na osi: 12⋅7,5⋅0,8=3\tfrac12 \cdot \textcolor{#E0453A}{7{,}5} \cdot \textcolor{#E0453A}{0{,}8} = 3  ✓ zgadza się.
  17. Warto zauważyć, że wartość kąta β\beta nigdzie nie była potrzebna — skrócił się. To znaczy, że odpowiedź nie zależy od kształtu trójkąta, tylko od dwóch podanych ułamków. Można to sprawdzić, powtarzając kontrolę na zupełnie innym trójkącie o polu 2020: wynik będzie ten sam.

💡 Wskazówka: Reguła, którą warto zapamiętać na całą maturę: jeśli na dwóch bokach wychodzących z jednego wierzchołka odetniemy części stanowiące pp i qq tych boków, to pole odciętego trójkąta stanowi p⋅qp \cdot q pola całego — iloczyn dwóch ułamków. Bierze się to wprost ze wzoru P=12absin⁡γP = \tfrac12 ab \sin\gamma: kąt jest wspólny, więc sinus się skraca i zostają same stosunki boków. Uwaga na jedną rzecz przy czytaniu danych: treść podaje ∣AD∣|AD|, czyli odcinek przy AA, a do wzoru wchodzi odcinek przy wspólnym wierzchołku BB. Trzeba go najpierw dopełnić: ∣DB∣=∣AB∣−∣AD∣|DB| = |AB| - |AD|.

⚠ Wzięcie do wzoru 14\tfrac14 zamiast 34\tfrac34, czyli użycie odcinka ADAD zamiast DBDB. Wychodzi wtedy 14⋅15⋅20=1\tfrac14 \cdot \tfrac15 \cdot 20 = 1 — a to jest pole trójkąta ADE′ADE' przy zupełnie innym wierzchołku, nie tego, o który pytano. Rysunek pomaga to złapać: trójkąt DBEDBE przylega do wierzchołka BB, więc obie jego części boków muszą być liczone od BB. Drugi błąd: potraktowanie stosunku pól jako kwadratu skali, czyli policzenie (34⋅15)2\left(\tfrac34 \cdot \tfrac15\right)^2 albo (34)2⋅(15)2\left(\tfrac34\right)^2 \cdot \left(\tfrac15\right)^2. Kwadrat skali dotyczy figur podobnych, a trójkąty DBEDBE i ABCABC podobne nie są — boki są skrócone w różnych stosunkach (34≠15\tfrac34 \neq \tfrac15). Trzeci błąd: dodawanie zamiast mnożenia, (34+15)⋅20=19\left(\tfrac34 + \tfrac15\right) \cdot 20 = 19 — liczba prawie równa polu całego trójkąta, choć odcięty trójkąt jest wyraźnie mniejszy. Kontrola zgrubna na rysunku wystarcza, żeby ją odrzucić.

Zadanie 2 (sierpień 2018)4 pkttrudniejsze

W trójkącie prostokątnym ACBACB przyprostokątna ACAC ma długość 55, a promień okręgu wpisanego w ten trójkąt jest równy 22. Oblicz pole trójkąta ACBACB.
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: PACB=30P_{ACB} = 30

  1. Krok 1 — wzór na promień okręgu wpisanego w trójkąt PROSTOKĄTNY. Dla trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych aa, bb i przeciwprostokątnej cc zachodzi
  2. r=a+b−c2r = \dfrac{a + b - c}{2}
  3. Skąd on się bierze, warto rozumieć, a nie tylko pamiętać: odcinki styczne prowadzone z jednego punktu do okręgu są równe, a przy wierzchołku kąta prostego powstaje kwadrat o boku rr. Dodając odcinki styczne wzdłuż obu przyprostokątnych i porównując z przeciwprostokątną, dostajemy dokładnie ten wzór.
  4. Krok 2 — pierwsze równanie. Oznaczmy drugą przyprostokątną ∣CB∣=b|CB| = b, a przeciwprostokątną ∣AB∣=c|AB| = c. Podstawiamy dane:
  5. 2=5+b−c2⟹5+b−c=4⟹c=b+1\textcolor{#16A06A}{2} = \dfrac{\textcolor{#16A06A}{5} + b - c}{2} \qquad \Longrightarrow \qquad \textcolor{#16A06A}{5} + b - c = \textcolor{#E0453A}{4} \qquad \Longrightarrow \qquad c = b + \textcolor{#E0453A}{1}
  6. To jest cały zysk z danej o promieniu: przeciwprostokątna jest o 1\textcolor{#E0453A}{1} dłuższa od drugiej przyprostokątnej.
  7. Krok 3 — drugie równanie, z Pitagorasa.
  8. 52+b2=c2=(b+1)2=b2+2b+1\textcolor{#16A06A}{5}^2 + b^2 = c^2 = \left(b + \textcolor{#E0453A}{1}\right)^2 = b^2 + 2b + 1
  9. Kwadraty b2b^2 się skracają — i to jest moment, w którym zadanie robi się łatwe:
  10. 25=2b+1⟹b=12,c=1325 = 2b + 1 \qquad \Longrightarrow \qquad b = \textcolor{#E0453A}{12}, \qquad c = \textcolor{#E0453A}{13}
  11. Krok 4 — pole. W trójkącie prostokątnym przyprostokątne są podstawą i wysokością:
  12. PACB=12⋅5⋅12=30P_{ACB} = \tfrac12 \cdot \textcolor{#16A06A}{5} \cdot \textcolor{#E0453A}{12} = 30
  13. Odpowiedź: PACB=30P_{ACB} = 30.
  14. Kontrola pierwsza, na trójce pitagorejskiej: wyszło 5\textcolor{#16A06A}{5}, 12\textcolor{#E0453A}{12}, 13\textcolor{#E0453A}{13} — jedna z dwóch najbardziej znanych trójek. Zgodność z Pitagorasem: 25+144=16925 + 144 = \textcolor{#E0453A}{169}  ✓
  15. Kontrola druga, przez inny wzór na pole — ten z promieniem okręgu wpisanego, P=p⋅rP = p \cdot r, gdzie pp to połowa obwodu. Obwód wynosi 5+12+13=30\textcolor{#16A06A}{5} + \textcolor{#E0453A}{12} + \textcolor{#E0453A}{13} = \textcolor{#E0453A}{30}, więc p=15p = \textcolor{#E0453A}{15}, a wtedy
  16. P=15⋅2=30P = \textcolor{#E0453A}{15} \cdot \textcolor{#16A06A}{2} = 30  ✓ ten sam wynik, a droga zupełnie inna — i to najmocniejsza kontrola w tym zadaniu, bo używa danej o promieniu drugi raz, w innym miejscu.
  17. Kontrola trzecia, wprost ze wzoru na rr: 5+12−132=42=2\tfrac{5 + 12 - 13}{2} = \tfrac{4}{2} = \textcolor{#16A06A}{2}  ✓ promień się zgadza z daną.

💡 Wskazówka: Dana o promieniu okręgu wpisanego wygląda na obcą do liczenia pola, a jest do niego dwiema drogami. Pierwsza: wzór r=a+b−c2r = \tfrac{a+b-c}{2} zamienia ją w równanie na boki — i razem z Pitagorasem daje układ, w którym b2b^2 się skraca, więc zostaje równanie liniowe. Druga, jeszcze krótsza, przydatna jako kontrola: P=p⋅rP = p \cdot r, czyli pole to połowa obwodu razy promień okręgu wpisanego (ten wzór działa w każdym trójkącie, nie tylko prostokątnym). Warto też mieć w pamięci trójki pitagorejskie 3,4,53,4,5 i 5,12,135,12,13 — gdy w zadaniu pojawia się przyprostokątna 55, warto od razu sprawdzić, czy nie chodzi o drugą z nich.

⚠ Użycie wzoru r=a+b−c2r = \tfrac{a+b-c}{2} z przeciwprostokątną w miejscu przyprostokątnej — kolejność jest tu istotna: dodajemy dwie przyprostokątne i odejmujemy przeciwprostokątną, nigdy odwrotnie. Drugi błąd: przyjęcie, że promień okręgu wpisanego to 13\tfrac13 wysokości albo połowa krótszej przyprostokątnej — takie „reguły” nie istnieją; tu r=2r = 2, a połowa przyprostokątnej ACAC to 2,52{,}5, więc liczby są kuszące blisko siebie. Trzeci błąd: pomylenie okręgu wpisanego z opisanym. Dla trójkąta prostokątnego promień okręgu opisanego to połowa przeciwprostokątnej, czyli tutaj 6,56{,}5 — zupełnie inna wielkość, i gdyby to ona była dana, zadanie miałoby jeden krok. Czwarty błąd: podanie b=12b = 12 jako odpowiedzi. Pytanie dotyczy pola, więc trzeba jeszcze pomnożyć i podzielić przez dwa.

Zadanie 3 (informator CKE)3 pkttrudniejsze

Na zewnątrz trójkąta prostokątnego ABCABC, w którym ∣∢ACB∣=90∘|\sphericalangle ACB| = 90^\circ oraz ∣AC∣=5|AC| = 5, ∣BC∣=12|BC| = 12, zbudowano kwadrat ACDEACDE (patrz rysunek). Punkt HH leży na prostej ABAB i kąt ∣∢EHA∣=90∘|\sphericalangle EHA| = 90^\circ. Oblicz pole trójkąta HAEHAE.
Trojkat prostokatny ABC o przyprostokatnych 5 i 12 z kwadratem ACDE zbudowanym na zewnatrz i punktem H na prostej AB125ABCDEH
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: PHAE=750169=474169≈4,44P_{HAE} = \dfrac{750}{169} = 4\dfrac{74}{169} \approx 4{,}44

  1. Krok 1 — przeciwprostokątna trójkąta ABCABC.
  2. ∣AB∣2=52+122=25+144=169⟹∣AB∣=13|AB|^2 = \textcolor{#16A06A}{5}^2 + \textcolor{#16A06A}{12}^2 = 25 + 144 = \textcolor{#E0453A}{169} \qquad \Longrightarrow \qquad |AB| = \textcolor{#E0453A}{13}
  3. Znowu trójka pitagorejska 55, 1212, 1313.
  4. Krok 2 — dlaczego trójkąty HAEHAE i CABCAB są podobne. To jest sedno zadania i cała reszta jest już rachunkiem.
  5. Oba są prostokątne: HAEHAE ma kąt prosty przy HH (dana z treści), a CABCAB przy CC (dana z treści). Wystarczy więc jeszcze jedna para równych kątów.
  6. Popatrzmy na kąty przy wierzchołku AA. Kąt EACEAC jest kątem kwadratu, więc ma 90∘\textcolor{#E0453A}{90^\circ}. Punkty HH, AA, BB leżą na jednej prostej, więc trzy kąty przy AA — ∢HAE\sphericalangle HAE, ∢EAC\sphericalangle EAC i ∢CAB\sphericalangle CAB — układają się w kąt półpełny:
  7. ∢HAE+90∘+∢CAB=180∘⟹∢HAE=90∘−∢CAB\sphericalangle HAE + \textcolor{#E0453A}{90^\circ} + \sphericalangle CAB = 180^\circ \qquad \Longrightarrow \qquad \sphericalangle HAE = \textcolor{#E0453A}{90^\circ} - \sphericalangle CAB
  8. Ale w trójkącie prostokątnym CABCAB kąt przy BB też wynosi 90∘−∢CAB90^\circ - \sphericalangle CAB. Zatem
  9. ∢HAE=∢ABC\sphericalangle HAE = \sphericalangle ABC
  10. Dwie pary równych kątów to cecha kąt-kąt:
  11. HAE∼CBAprzy dopasowaniu H↔C, A↔B, E↔AHAE \sim CBA \qquad \text{przy dopasowaniu } H \leftrightarrow C,\ A \leftrightarrow B,\ E \leftrightarrow A
  12. Krok 3 — skala. Odpowiadające sobie przeciwprostokątne to AEAE i BABA. Bok AEAE jest bokiem kwadratu, więc ma tyle, co ACAC:
  13. k=∣AE∣∣BA∣=513k = \dfrac{|AE|}{|BA|} = \dfrac{\textcolor{#16A06A}{5}}{\textcolor{#E0453A}{13}}
  14. Krok 4 — pole przez kwadrat skali. Nie trzeba liczyć przyprostokątnych trójkąta HAEHAE — wystarczy pole trójkąta CBACBA i kwadrat skali:
  15. PCBA=12⋅5⋅12=30P_{CBA} = \tfrac12 \cdot \textcolor{#16A06A}{5} \cdot \textcolor{#16A06A}{12} = \textcolor{#E0453A}{30}
  16. PHAE=PCBA⋅k2=30⋅(513)2=30⋅25169=750169P_{HAE} = P_{CBA} \cdot k^2 = \textcolor{#E0453A}{30} \cdot \left(\dfrac{\textcolor{#16A06A}{5}}{\textcolor{#E0453A}{13}}\right)^2 = \textcolor{#E0453A}{30} \cdot \dfrac{25}{\textcolor{#E0453A}{169}} = \dfrac{750}{169}
  17. Odpowiedź: PHAE=750169=474169≈4,44P_{HAE} = \dfrac{750}{169} = 4\dfrac{74}{169} \approx 4{,}44.
  18. Kontrola przez policzenie przyprostokątnych trójkąta HAEHAE — drugą drogą, dłuższą. Przyprostokątne trójkąta CBACBA to 12\textcolor{#16A06A}{12} (przy CC, naprzeciw AA) i 5\textcolor{#16A06A}{5}; mnożymy je przez skalę 513\tfrac{5}{13}:
  19. ∣HA∣=12⋅513=6013,∣HE∣=5⋅513=2513|HA| = \textcolor{#16A06A}{12} \cdot \dfrac{\textcolor{#16A06A}{5}}{\textcolor{#E0453A}{13}} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{60}{13}}, \qquad |HE| = \textcolor{#16A06A}{5} \cdot \dfrac{\textcolor{#16A06A}{5}}{\textcolor{#E0453A}{13}} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{25}{13}}
  20. PHAE=12⋅6013⋅2513=750169P_{HAE} = \tfrac12 \cdot \textcolor{#E0453A}{\dfrac{60}{13}} \cdot \textcolor{#E0453A}{\dfrac{25}{13}} = \dfrac{750}{169}  ✓ ten sam wynik
  21. Kontrola sensowności: skala wynosi 513≈0,385\tfrac{5}{13} \approx \textcolor{#E0453A}{0{,}385}, czyli mniej niż 12\tfrac12, więc pole musi być mniejsze niż czwarta część pola trójkąta CBACBA. Czwarta część to 7,5\textcolor{#E0453A}{7{,}5}, a wyszło ≈4,44\approx 4{,}44  ✓
  22. Warto jeszcze zauważyć, że punkt HH jest po prostu spodkiem prostopadłej opuszczonej z EE na prostą ABAB — i leży po drugiej stronie punktu AA niż BB. To wynika z tego, że kąt HAEHAE jest ostry, a kąt EABEAB (czyli EAC+CABEAC + CAB) rozwarty.

💡 Wskazówka: Klucz jest w kątach przy wierzchołku AA. Punkty HH, AA, BB leżą na jednej prostej, więc trzy kąty przy AA dają razem 180∘180^\circ; jeden z nich to kąt kwadratu, czyli 90∘90^\circ, więc dwa pozostałe dopełniają się do 90∘90^\circ. A dokładnie tak samo dopełniają się kąty ostre w trójkącie prostokątnym ABCABC — stąd równość kątów i podobieństwo. Ten chwyt („kąt kwadratu wycina 90∘90^\circ z kąta półpełnego, więc reszta dopełnia się jak w trójkącie prostokątnym”) wraca w każdym zadaniu, w którym na boku trójkąta zbudowano kwadrat. Po rozpoznaniu podobieństwa najkrótszą drogą do pola jest kwadrat skali: nie trzeba wtedy liczyć żadnego boku trójkąta HAEHAE.

⚠ Przyjęcie, że skala wynosi ∣AE∣∣AC∣=1\tfrac{|AE|}{|AC|} = 1, i uznanie trójkątów za przystające. Bok AEAE faktycznie równa się ACAC, ale AEAE jest w trójkącie HAEHAE przeciwprostokątną, a ACAC w trójkącie CABCAB — przyprostokątną. To nie są boki odpowiadające sobie; przeciwprostokątnej AEAE odpowiada przeciwprostokątna BA=13BA = 13. Drugi błąd: pomnożenie pola przez skalę zamiast przez jej kwadrat, czyli 30⋅513=15013≈11,530 \cdot \tfrac{5}{13} = \tfrac{150}{13} \approx 11{,}5. Trzeci błąd: uznanie, że HH leży między AA i BB. Kąt EABEAB jest rozwarty (bo to 90∘90^\circ kwadratu plus kąt ostry trójkąta), więc spodek prostopadłej z EE wypada poza odcinkiem ABAB, po przeciwnej stronie AA niż BB — i dokładnie tak jest na rysunku. Czwarty błąd: przypisanie kątowi HAEHAE miary 45∘45^\circ „bo kwadrat” — kąt HAEHAE zależy od kątów trójkąta i tutaj wynosi tyle, co kąt przy BB.

Zadanie 4 (maj 2014)4 pkttrudniejsze

Kąt CABCAB trójkąta prostokątnego ACBACB ma miarę 30∘30^\circ. Pole kwadratu DEFGDEFG, wpisanego w ten trójkąt (zobacz rysunek), jest równe 44. Oblicz pole trójkąta ACBACB.
Trojkat prostokatny ACB z katem 30 stopni przy A i kwadratem DEFG wpisanym bokiem EF na przeciwprostokatnej30°CABDEFG
Zobacz rozwiązanie krok po kroku

Odpowiedź: PACB=4+1936≈9,48P_{ACB} = 4 + \dfrac{19\sqrt3}{6} \approx 9{,}48

  1. Krok 1 — bok kwadratu. Pole kwadratu jest dane, więc bok bierzemy od razu:
  2. s2=4⟹s=2s^2 = \textcolor{#16A06A}{4} \qquad \Longrightarrow \qquad s = \textcolor{#E0453A}{2}
  3. Krok 2 — jak kwadrat leży w trójkącie. Z rysunku: bok EFEF kwadratu leży na przeciwprostokątnej ABAB, wierzchołek DD na przyprostokątnej CACA, a wierzchołek GG na przyprostokątnej CBCB. To ustawienie decyduje o całym rachunku, więc warto je nazwać, zanim się cokolwiek policzy.
  4. Krok 3 — trójkąt ADEADE. Kąt przy AA wynosi 30∘\textcolor{#16A06A}{30^\circ}, a kąt przy EE jest prosty, bo DEDE jest bokiem kwadratu prostopadłym do EFEF, czyli do prostej ABAB. Znamy przyprostokątną ∣DE∣=2|DE| = \textcolor{#E0453A}{2}, więc
  5. tg 30∘=∣DE∣∣AE∣⟹∣AE∣=233=23\text{tg}\,\textcolor{#16A06A}{30^\circ} = \dfrac{|DE|}{|AE|} \qquad \Longrightarrow \qquad |AE| = \dfrac{\textcolor{#E0453A}{2}}{\textcolor{#E0453A}{\tfrac{\sqrt3}{3}}} = \textcolor{#E0453A}{2\sqrt3}
  6. Krok 4 — trójkąt BFGBFG. Kąt przy BB dopełnia kąt przy AA do 90∘90^\circ, więc ma 60∘\textcolor{#E0453A}{60^\circ}. Kąt przy FF jest prosty (znowu bok kwadratu prostopadły do ABAB), a ∣FG∣=2|FG| = \textcolor{#E0453A}{2}:
  7. tg 60∘=∣FG∣∣BF∣⟹∣BF∣=23=233\text{tg}\,\textcolor{#E0453A}{60^\circ} = \dfrac{|FG|}{|BF|} \qquad \Longrightarrow \qquad |BF| = \dfrac{\textcolor{#E0453A}{2}}{\textcolor{#E0453A}{\sqrt3}} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{2\sqrt3}{3}}
  8. Krok 5 — przeciwprostokątna. Odcinek ABAB składa się z trzech kawałków: AEAE, EFEF (bok kwadratu) i FBFB:
  9. ∣AB∣=23+2+233=2+833|AB| = \textcolor{#E0453A}{2\sqrt3} + \textcolor{#E0453A}{2} + \textcolor{#E0453A}{\dfrac{2\sqrt3}{3}} = \textcolor{#E0453A}{2} + \textcolor{#E0453A}{\dfrac{8\sqrt3}{3}}
  10. Krok 6 — pole przez przeciwprostokątną i wysokość. Wysokość trójkąta ACBACB opuszczona z wierzchołka kąta prostego CC na przeciwprostokątną to hh. Zamiast liczyć ją osobno, skorzystamy z tego, że pole można zapisać dwoma sposobami — ale prościej jest tu policzyć przyprostokątne. W trójkącie o kątach 30∘\textcolor{#16A06A}{30^\circ}, 60∘\textcolor{#E0453A}{60^\circ}, 90∘90^\circ przyprostokątna naprzeciw 30∘30^\circ jest połową przeciwprostokątnej, a druga jest od niej 3\sqrt3 razy dłuższa:
  11. ∣CB∣=12∣AB∣,∣CA∣=32∣AB∣|CB| = \textcolor{#E0453A}{\tfrac12}|AB|, \qquad |CA| = \textcolor{#E0453A}{\tfrac{\sqrt3}{2}}|AB|
  12. PACB=12⋅∣CA∣⋅∣CB∣=12⋅32∣AB∣⋅12∣AB∣=38⋅∣AB∣2P_{ACB} = \tfrac12 \cdot |CA| \cdot |CB| = \tfrac12 \cdot \textcolor{#E0453A}{\tfrac{\sqrt3}{2}}|AB| \cdot \textcolor{#E0453A}{\tfrac12}|AB| = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{\sqrt3}{8}} \cdot |AB|^2
  13. Krok 7 — rachunek. Podstawiamy ∣AB∣=2+833|AB| = \textcolor{#E0453A}{2} + \textcolor{#E0453A}{\tfrac{8\sqrt3}{3}}:
  14. ∣AB∣2=4+2⋅2⋅833+64⋅39=4+3233+643|AB|^2 = \textcolor{#E0453A}{4} + 2 \cdot \textcolor{#E0453A}{2} \cdot \textcolor{#E0453A}{\dfrac{8\sqrt3}{3}} + \dfrac{64 \cdot 3}{9} = \textcolor{#E0453A}{4} + \textcolor{#E0453A}{\dfrac{32\sqrt3}{3}} + \textcolor{#E0453A}{\dfrac{64}{3}}
  15. PACB=38(4+3233+643)=32+4+833=4+1936P_{ACB} = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{\sqrt3}{8}}\left(\textcolor{#E0453A}{4} + \textcolor{#E0453A}{\dfrac{32\sqrt3}{3}} + \textcolor{#E0453A}{\dfrac{64}{3}}\right) = \textcolor{#E0453A}{\dfrac{\sqrt3}{2}} + \textcolor{#E0453A}{4} + \textcolor{#E0453A}{\dfrac{8\sqrt3}{3}} = 4 + \dfrac{19\sqrt3}{6}
  16. Odpowiedź: PACB=4+1936≈9,48P_{ACB} = 4 + \dfrac{19\sqrt3}{6} \approx 9{,}48.
  17. Kontrola przez przyprostokątne, liczone wprost. Z kroku 6: ∣CA∣=32(2+833)=4+3≈5,73|CA| = \textcolor{#E0453A}{\tfrac{\sqrt3}{2}}\left(\textcolor{#E0453A}{2} + \textcolor{#E0453A}{\tfrac{8\sqrt3}{3}}\right) = \textcolor{#E0453A}{4} + \textcolor{#E0453A}{\sqrt3} \approx \textcolor{#E0453A}{5{,}73} oraz ∣CB∣=1+433≈3,31|CB| = \textcolor{#E0453A}{1} + \textcolor{#E0453A}{\tfrac{4\sqrt3}{3}} \approx \textcolor{#E0453A}{3{,}31}. Wtedy P=12⋅5,73⋅3,31≈9,48P = \tfrac12 \cdot \textcolor{#E0453A}{5{,}73} \cdot \textcolor{#E0453A}{3{,}31} \approx \textcolor{#E0453A}{9{,}48}  ✓
  18. Kontrola sensowności, którą warto zrobić na końcu: kwadrat ma pole 4\textcolor{#16A06A}{4} i leży wewnątrz trójkąta, więc pole trójkąta musi być większe od 4\textcolor{#16A06A}{4} — i jest, bo ≈9,48\approx 9{,}48. Co więcej, kwadrat zajmuje w tym trójkącie ponad 40%40\% powierzchni, co przy takim ustawieniu jest wiarygodne; gdyby wyszło pole ledwie większe od 44 albo kilkanaście razy większe, coś byłoby nie tak.

💡 Wskazówka: Rysunek jest tu częścią danych — bez niego nie wiadomo, jak kwadrat leży w trójkącie, a od tego zależy wszystko. Tutaj jeden jego bok leży na przeciwprostokątnej, a dwa przeciwległe wierzchołki dotykają przyprostokątnych. Metoda: przeciwprostokątna rozpada się na trzy kawałki — dwa małe trójkąty prostokątne przy AA i przy BB oraz bok kwadratu w środku. W obu małych trójkątach znamy przyprostokątną (bok kwadratu) i kąt, więc drugą przyprostokątną daje tangens. Warto pamiętać dwie wartości: tg 30∘=33\text{tg}\,30^\circ = \tfrac{\sqrt3}{3} oraz tg 60∘=3\text{tg}\,60^\circ = \sqrt3, i to, że kąty przy AA i BB dopełniają się do 90∘90^\circ, więc drugi z nich to 60∘60^\circ. Na koniec przyprostokątne biorę z zależności w trójkącie 30∘30^\circ–60∘60^\circ–90∘90^\circ, zamiast liczyć wysokość.

⚠ Przyjęcie, że bok kwadratu leży na przyprostokątnej, a nie na przeciwprostokątnej — to inne zadanie i inny wynik. Ustawienie odczytuje się z rysunku, więc trzeba na niego spojrzeć przed pierwszym rachunkiem. Drugi błąd: pomylenie kierunku tangensa, czyli ∣AE∣=2⋅tg 30∘=233≈1,15|AE| = \textcolor{#E0453A}{2} \cdot \text{tg}\,30^\circ = \tfrac{2\sqrt3}{3} \approx 1{,}15 zamiast dzielenia. Kontrola jest prosta: naprzeciw mniejszego kąta leży krótszy bok, a 30∘30^\circ to kąt mały, więc przyprostokątna AEAE (przy tym kącie) musi być dłuższa od DE=2DE = 2, nie krótsza. Trzeci błąd: dodanie tylko dwóch kawałków przeciwprostokątnej i pominięcie boku kwadratu w środku — wtedy ∣AB∣|AB| wychodzi o 22 za mało. Czwarty błąd: podanie ∣AB∣|AB| albo długości przyprostokątnych jako odpowiedzi; pytanie dotyczy pola. Piąty, rachunkowy: przy podnoszeniu (2+833)\left(2 + \tfrac{8\sqrt3}{3}\right) do kwadratu pominięcie podwójnego iloczynu — to najczęstsze miejsce, w którym gubi się w tym zadaniu punkty.

Odpowiedzi

Sam wynik do szybkiego sprawdzenia. Pełne rozwiązanie — z drogą dojścia, wskazówką i typowym błędem — rozwija się pod każdym zadaniem, więc nie trzeba wracać na górę.

1. PDBE=3P_{DBE} = 32. PACB=30P_{ACB} = 303. PHAE=750169=474169≈4,44P_{HAE} = \dfrac{750}{169} = 4\dfrac{74}{169} \approx 4{,}444. PACB=4+1936≈9,48P_{ACB} = 4 + \dfrac{19\sqrt3}{6} \approx 9{,}485. B6. D
7. C8. A9. B

Treści zadań pochodzą z arkuszy matury z matematyki (Centralna Komisja Egzaminacyjna, cke.gov.pl) — pochodzenie każdego zadania podano przy jego numerze. Rozwiązania, wskazówki i omówienia błędów są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.

9Pytania i odpowiedzi

Jak obliczyć pole trójkąta?

Podstawę pomnóż przez wysokość opuszczoną na tę podstawę i podziel przez dwa: P=a⋅h2P = \frac{a \cdot h}{2}. Wzór działa dla każdego trójkąta — ostrokątnego, prostokątnego i rozwartokątnego. Warunek jest jeden: podstawa i wysokość muszą tworzyć parę.

Skąd bierze się dzielenie przez dwa?

Z dwóch jednakowych trójkątów da się złożyć równoległobok o tej samej podstawie i wysokości. Trójkąt jest więc jego połową, a pole równoległoboku to podstawa razy wysokość — stąd dwójka w mianowniku.

Jak obliczyć pole trójkąta prostokątnego?

Pomnóż obie przyprostokątne i podziel przez dwa: P=a⋅b2P = \frac{a \cdot b}{2}. Przyprostokątne są do siebie prostopadłe, więc jedna jest podstawą, a druga gotową wysokością. Przeciwprostokątna w tym wzorze nie występuje.

Jaki jest wzór na pole trójkąta równobocznego?

P=a234P = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}, gdzie aa to długość boku. Bierze się on z wysokości h=a32h = \frac{a\sqrt{3}}{2} podstawionej do wzoru podstawowego. Dla boku 66 cm pole wynosi 939\sqrt{3}, czyli około 15,615{,}6 cm².

Czy da się policzyć pole trójkąta, znając tylko trzy boki?

W szkole podstawowej nie. Istnieje wzór Herona, który to potrafi, ale nie ma go w podstawie programowej. Jeśli zadanie podaje trzy boki, sprawdź, czy trójkąt nie jest prostokątny albo równoboczny — wtedy wystarczy jeden ze wzorów szkolnych. Na maturze wzór Herona jest natomiast w karcie wzorów CKE i wolno go użyć wprost.

Jak obliczyć wysokość trójkąta, znając pole?

Przekształć wzór: h=2Pah = \frac{2P}{a}. To ten sam rachunek, tylko odwrócony. Jeśli pole daje się policzyć z łatwiejszej pary boków, można je najpierw wyznaczyć, a potem podstawić — tak wylicza się wysokość opuszczoną na przeciwprostokątną.

Jaki jest wzór na trójkąt?

Pytanie o wzór na trójkąt dotyczy zwykle pola: połowa iloczynu podstawy i wysokości opuszczonej na tę podstawę. Trójkąt ma jednak kilka wzorów na pole, dobieranych do tego, co jest dane — z bokiem i kątem, z trzech boków albo z promienia okręgu.

Czytaj dalej

TrójkątRodzaje, suma kątów i trzy wysokości — sama figuraRównoległobokStąd bierze się dzielenie przez dwaTwierdzenie PitagorasaPotrzebne do przeciwprostokątnej i do wysokości równobocznegoPola figurWzory na pola pozostałych figur płaskich
Mateusz Będkowski — nauczyciel matematyki, autor serwisu Nie każ mu liczyć

Mateusz Będkowski

nauczyciel matematyki, autor „Nie każ mu liczyć”

Uczę matematyki od 13 lat, w tym 7 lat w szkole — dziś w dwóch szkołach w Kaliszu. Magister pedagogiki ze specjalnością terapia pedagogiczna, po studiach podyplomowych z matematyki. Rozwiązania na tej stronie liczę sam, krok po kroku, i zapisuję dokładnie tak, jak tłumaczę je uczniowi na kartce.

Ostatnia aktualizacja: 2026-08-03. Zadania egzaminacyjne pochodzą z arkuszy CKE (cke.gov.pl); teoria, przykłady i rozwiązania są autorstwa redakcji „Nie każ mu liczyć”.