Zadanie 12.1 · 3 pkt · dowód

Pole trójkątnego kwietnika z okrągłą fontanną

W projekcie ogrodu zaplanowano kwietnik w kształcie trójkąta równoramiennego o podstawie długości $x$ metrów nieprzekraczającej $10$ metrów. Na tym kwietniku ma znajdować się fontanna w kształcie koła o średnicy $4$ metrów, które ma być styczne do każdego z boków trójkątnego kwietnika (zobacz rysunek). Projektantowi zależy, aby przy tak ustalonej wielkości fontanny pole tego kwietnika było najmniejsze.

Wykaż, że pole $P$ (wyrażone w metrach kwadratowych) trójkątnego kwietnika o podstawie długości $x$ metrów jest określone wzorem $P(x) = \frac{2x^3}{x^2 - 16}$

Pokaż odpowiedź i rozwiązanieSpróbuj najpierw sam(a), potem sprawdź.

Rozwiązanie krok po kroku

Niech $ABC$ będzie kwietnikiem o podstawie $AB$ długości $x$ ⁠, wysokości $CD$ długości $h$ i ramieniu długości $b = |AC|$ ⁠, a $S$ — środkiem koła o promieniu $2$ ⁠, $E$ — punktem styczności koła z ramieniem $AC$ ⁠. Trójkąty prostokątne $CES$ i $CDA$ mają wspólny kąt przy wierzchołku $C$ ⁠, więc są podobne.
$\dfrac{|SE|}{|CS|} = \dfrac{|AD|}{|AC|} \;\Leftrightarrow\; \dfrac{2}{h - 2} = \dfrac{\frac{1}{2}x}{b}$
Do tego miejsca: 1 pkt
Stąd wyznaczamy $b$ ⁠, a twierdzenie Pitagorasa w trójkącie $ADC$ daje drugie równanie.
$b = \dfrac{1}{4}x(h - 2), \qquad b^2 = \left(\dfrac{1}{2}x\right)^2 + h^2$
Do tego miejsca: 2 pkt
Podstawiamy $b$ do równania Pitagorasa i upraszczamy.
$\left(\dfrac{1}{4}xh - \dfrac{1}{2}x\right)^2 = \dfrac{1}{4}x^2 + h^2 \;\Leftrightarrow\; \dfrac{1}{16}x^2h^2 - \dfrac{1}{4}x^2h = h^2$
Dzielimy obie strony przez $h > 0$ i wyznaczamy $h$ ⁠; z równania wynika $x^2 - 16 > 0$ ⁠.
$\dfrac{1}{16}x^2h - \dfrac{1}{4}x^2 = h \;\Leftrightarrow\; h\left(\dfrac{1}{16}x^2 - 1\right) = \dfrac{1}{4}x^2 \;\Leftrightarrow\; h = \dfrac{4x^2}{x^2 - 16}$
Obliczamy pole trójkąta.
$P = \dfrac{1}{2}xh = \dfrac{1}{2}x \cdot \dfrac{4x^2}{x^2 - 16} = \dfrac{2x^3}{x^2 - 16}$
Do tego miejsca: 3 pkt

Odpowiedź

$P(x) = \frac{2x^3}{x^2 - 16}$ ⁠, co należało wykazać.

Jak to jest punktowane

Za rozwiązanie jest jeden poziom — najwyższy, który spełnia.

3 pktpoprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.
2 pktspełnienie kryterium zapisanego w pierwszym myślniku w kategorii za 1 punkt oraz zapisanie układu co najwyżej trzech równań niezależnych, umożliwiającego wyznaczenie $h$ w zależności od $x$ ALBO– wyznaczenie $\operatorname{tg}(2\alpha)$ w zależności od $x$ ⁠, np. $\operatorname{tg}(2\alpha) = \frac{4rx}{x^2 - 4r^2}$ (dla sposobu II),ALBO– wyznaczenie zależności między $P$ oraz $x$ ⁠, np. $P^2 = \frac{P}{r}\left(\frac{P}{r} - x\right) \cdot \frac{1}{4}x^2$ (dla sposobu III).
1 pktzapisanie związku między $h$ i $x$ oraz jedną z wielkości: długością $b$ ramienia, lub długością odcinka $CE$ ⁠, lub długością odcinka $CS$ ⁠, np.: $b^2 = \left(\frac{1}{2}x\right)^2 + h^2$ ⁠, $\frac{r}{h - r} = \frac{\frac{1}{2}x}{b}$ ⁠, $\frac{1}{2}xh = r \cdot \left(\frac{1}{2}x + b\right)$ ⁠,ALBO– zapisanie związku $\operatorname{tg}\alpha = \frac{r}{\frac{1}{2}x}$ (dla sposobu II),ALBO– zapisanie związku $P = \left(b + \frac{x}{2}\right) \cdot r$ lub $P = \sqrt{\left(b + \frac{1}{2}x\right)\left(b + \frac{1}{2}x - b\right)\left(b + \frac{1}{2}x - b\right)\left(b + \frac{1}{2}x - x\right)}$ (dla sposobu III),ALBO– zapisanie związków $P = \frac{1}{2}b^2\sin(2\beta)$ oraz $\sin\beta = \frac{r}{h - r}$ ⁠,ALBO– zapisanie długości boków trójkąta $ADC$ (lub trójkąta $CES$ ⁠) w zależności od $x$ i $h$ (dla sposobu IV),ALBO– zapisanie długości przyprostokątnych trójkątów $ADC$ oraz $CES$ w zależności od $x$ i $h$ (dla sposobu IV).

Uznawane są też inne sposoby rozwiązania

Tangens podwojonego kąta: dla $\alpha = |\measuredangle SBD|$ mamy $\operatorname{tg}\alpha = \frac{2}{\frac{1}{2}x} = \frac{4}{x}$ ⁠, a $SB$ jest dwusieczną kąta $CBD$ ⁠, więc $h = \frac{1}{2}x \cdot \operatorname{tg}(2\alpha) = \frac{1}{2}x \cdot \frac{8x}{x^2 - 16} = \frac{4x^2}{x^2 - 16}$ ⁠.
Pole i wzór Herona: $P = p \cdot r = 2\left(b + \frac{1}{2}x\right)$ ⁠, więc $b = \frac{P}{2} - \frac{x}{2}$ ⁠, a ze wzoru Herona $P^2 = \left(b + \frac{1}{2}x\right)\left(b - \frac{1}{2}x\right) \cdot \frac{1}{4}x^2$ ⁠; po podstawieniu $b$ otrzymujemy $P = \frac{2x^3}{x^2 - 16}$ ⁠.
Podobieństwo w skali: trójkąt $ADC$ jest podobny do trójkąta $SEC$ w skali $k = \frac{\frac{1}{2}x}{2} = \frac{1}{4}x$ ⁠, więc $|AC| = \frac{1}{4}x \cdot (h - 2)$ ⁠, a dalej twierdzenie Pitagorasa w trójkącie $ADC$ ⁠.

Uwagi z zasad oceniania CKE

Kategorie za 1 punkt oraz za 2 punkty oceniamy w sytuacji, gdy zdający posługuje się symbolem $r$ albo przyjmie $r = 2$ lub $r = 4$ ⁠. Natomiast jeżeli zdający przyjmie promień inny niż $2$ lub $4$ ⁠, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie.

Chcesz rozwiązywać to zadanie z podpowiedziami? Zapisz się na listę oczekujących

Źródło: CKE, matura maj 2026, poziom rozszerzony, zadanie 12.1