Zbiór zadań maturalnych

Planimetria — zadania maturalne

Planimetria: zadania z matury z matematyki i rozwiązania krok po kroku. Powtórz teorię i ćwicz od łatwiejszych do trudniejszych według wyników CKE. Domyślnie pokazujemy zadania ze statystyką, od łatwiejszych do trudniejszych. Procent CKE to średni procent zdobytych punktów.

1468 w całym zbiorze

Ćwicz zadania maturalne z rozwiązaniami krok po kroku.

Co oznacza procent CKE?

To średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza łatwiejsze zadanie. Domyślnie pokazujemy zadania z procentem, od łatwiejszych do trudniejszych. Możesz to zmienić w filtrach i sortowaniu.

139 zadańStrona 3 z 10

Sortuj:

Zadanie 21

Matura 2024 · czerwiec · F-2023 · poziom podstawowy

Zamknięte1 pkt

Planimetria

Punkty \(A\), \(B\) oraz \(C\) leżą na okręgu o środku w punkcie \(S\). Długość łuku \(AB\), na którym jest oparty kąt wpisany \(ACB\), jest równa \(\frac{1}{5}\) długości okręgu (zobacz rysunek).

Dokończ zdanie. Wybierz właściwą odpowiedź spośród podanych.

Miara kąta ostrego \(ACB\) jest równa

Okrąg o środku S z punktami A, B i C na okręgu oraz zaznaczonym kątem wpisanym ACB.

\(18^\circ\)

\(30^\circ\)

\(36^\circ\)

\(72^\circ\)

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Obliczenie miary łuku

Cały okrąg ma miarę \(360^\circ\), więc łuk stanowiący \(\frac{1}{5}\) okręgu ma miarę:

\[\frac{1}{5}\cdot 360^\circ=72^\circ\]

2 Obliczenie kąta wpisanego

Kąt wpisany ma miarę równą połowie miary łuku, na którym jest oparty.

\[\angle ACB=\frac{72^\circ}{2}=36^\circ\]

Odpowiedź

Kąt \(ACB\) ma miarę \(36^\circ\). Odpowiedź C.

\[\angle ACB=36^\circ\]

Sprawdzenie

Podwojenie otrzymanej miary kąta daje \(72^\circ\), czyli \(\frac{1}{5}\) pełnego kąta. Wynik jest kątem ostrym.

\[2\cdot36^\circ=72^\circ=\frac{1}{5}\cdot360^\circ\]

Zadanie 22

Matura 2024 · czerwiec · F-2023 · poziom podstawowy

Otwarte2 pkt

Planimetria

Bok kwadratu \(ABCD\) ma długość równą 12. Punkt \(S\) jest środkiem boku \(BC\) tego kwadratu. Na odcinku \(AS\) leży punkt \(P\) taki, że odcinek \(BP\) jest prostopadły do odcinka \(AS\).

Oblicz długość odcinka \(BP\). Zapisz obliczenia.

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Wyznaczenie długości BS

Punkt S jest środkiem boku BC, więc dzieli bok długości 12 na połowy.

\[BS=\frac{12}{2}=6\]

2 Obliczenie długości AS

Trójkąt ABS jest prostokątny w B, dlatego stosujemy twierdzenie Pitagorasa.

\[AS=\sqrt{AB^2+BS^2}=\sqrt{12^2+6^2}=6\sqrt{5}\]

3 Obliczenie długości BP

Pole trójkąta ABS liczymy na dwa sposoby. Odcinek BP jest wysokością opuszczoną na AS.

\[\frac{AB\cdot BS}{2}=\frac{AS\cdot BP}{2},\qquad BP=\frac{12\cdot6}{6\sqrt{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}\]

Odpowiedź

Długość odcinka BP wynosi \(\frac{12\sqrt{5}}{5}\).

\[BP=\frac{12\sqrt{5}}{5}\]

Sprawdzenie

Dla otrzymanej długości pole obliczone z podstawy AS jest równe polu obliczonemu z przyprostokątnych AB i BS: oba wynoszą 36.

\[\frac{6\sqrt{5}\cdot\frac{12\sqrt{5}}{5}}{2}=36=\frac{12\cdot6}{2}\]

Zadanie 19

Matura 2024 · czerwiec · F-2015 · poziom podstawowy

Zamknięte1 pkt

Trygonometria

Podstawy trapezu prostokątnego \(ABCD\) mają długości: \(|AB|=8\) oraz \(|CD|=5\). Wysokość \(AD\) tego trapezu ma długość \(\sqrt{3}\) (zobacz rysunek).

Miara kąta ostrego \(ABC\) jest równa

Trapez prostokątny ABCD. Podstawa AB jest oznaczona liczbą 8, podstawa CD liczbą 5, a wysokość AD symbolem √3. Zaznaczono kąty proste przy A i D oraz kąt ostry przy B.

\(15^\circ\)

\(30^\circ\)

\(45^\circ\)

\(60^\circ\)

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Wyznaczenie przyprostokątnych

Opuszczamy z C prostopadłą na AB i oznaczamy jej koniec przez E. Prostokąt ADCE daje AE=CD i CE=AD, więc w trójkącie prostokątnym BCE znamy obie przyprostokątne.

\[BE=AB-AE=8-5=3,\qquad CE=AD=\sqrt{3}\]

2 Obliczenie kąta

Kąt CBE jest kątem ABC. Stosunek przyprostokątnej naprzeciw tego kąta do przyprostokątnej przy nim to tangens.

\[\tan\angle ABC=\frac{CE}{BE}=\frac{\sqrt{3}}{3}=\tan 30^\circ\]

Odpowiedź

Kąt ABC ma miarę 30°, zatem poprawna jest odpowiedź B.

\[\angle ABC=30^\circ\]

Sprawdzenie

Kąt ABC jest ostry, więc wartość tangensa jednoznacznie wyznacza jego miarę. Dla 30° otrzymujemy wymaganą wysokość.

\[3\tan 30^\circ=3\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}\]

Zadanie 20

Matura 2024 · czerwiec · F-2015 · poziom podstawowy

Zamknięte1 pkt

Planimetria

Miara kąta ostrego \(ACB\) jest równa

Okrąg o środku S z punktami A, B i C na okręgu oraz zaznaczonym kątem wpisanym ACB.

\(18^\circ\)

\(30^\circ\)

\(36^\circ\)

\(72^\circ\)

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Wyznaczenie miary łuku

Cały okrąg ma miarę 360°, więc łuk AB stanowiący jedną piątą okręgu ma miarę 72°.

\[\frac{1}{5}\cdot 360^\circ=72^\circ\]

2 Obliczenie kąta wpisanego

Kąt wpisany ACB ma połowę miary łuku AB, na którym jest oparty.

\[\angle ACB=\frac{72^\circ}{2}=36^\circ\]

Odpowiedź

Kąt ACB ma miarę 36°. Odpowiedź C.

\[\angle ACB=36^\circ\]

Sprawdzenie

Łuk AB ma jedną piątą pełnego okręgu, czyli 72°. Kąt 36° jest połową tej miary i jest ostry, zgodnie z treścią zadania.

\[2\cdot36^\circ=72^\circ=\frac{1}{5}\cdot360^\circ\]

Zadanie 33

Matura 2024 · czerwiec · F-2015 · poziom podstawowy

Otwarte2 pkt

Planimetria

Bok kwadratu \(ABCD\) ma długość równą 12. Punkt \(S\) jest środkiem boku \(BC\) tego kwadratu. Na odcinku \(AS\) leży punkt \(P\) taki, że odcinek \(BP\) jest prostopadły do odcinka \(AS\).

Oblicz długość odcinka \(BP\).

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Długość odcinka AS

Trójkąt ABS jest prostokątny w B. Ponieważ S jest środkiem boku BC, mamy BS=6. Stosujemy twierdzenie Pitagorasa.

\[AS=\sqrt{AB^2+BS^2}=\sqrt{12^2+6^2}=6\sqrt{5}\]

2 Długość odcinka BP

BP jest wysokością trójkąta ABS opuszczoną na przeciwprostokątną AS. Porównujemy dwa wzory na pole tego trójkąta.

\[\frac{AB\cdot BS}{2}=\frac{AS\cdot BP}{2},\qquad BP=\frac{12\cdot6}{6\sqrt{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}\]

Odpowiedź

Odcinek BP ma długość 12√5/5.

\[BP=\frac{12\sqrt{5}}{5}\]

Sprawdzenie

Z twierdzenia o przyprostokątnej otrzymujemy AP=24/√5. Twierdzenie Pitagorasa w trójkącie ABP daje BP²=144/5, co potwierdza wynik.

\[AP=\frac{AB^2}{AS}=\frac{24}{\sqrt{5}},\qquad BP^2=AB^2-AP^2=144-\frac{576}{5}=\frac{144}{5}\]

Zadanie 21

Matura 2024 · maj · F-2015 · poziom podstawowy

Zamknięte1 pkt

Planimetria

Dany jest równoległobok o bokach długości \(3\) i \(4\) oraz o kącie między nimi o mierze \(120^\circ\). Pole tego równoległoboku jest równe

\(6\)

\(6\sqrt{3}\)

\(12\)

\(12\sqrt{3}\)

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Obliczenie sinusa kąta

Kąty 120° i 60° są dopełniające do 180°, więc mają ten sam sinus.

\[\sin 120^\circ=\sin 60^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}\]

2 Obliczenie pola

Pole równoległoboku jest iloczynem długości sąsiednich boków i sinusa kąta między nimi.

\[P=3\cdot4\cdot\sin 120^\circ=12\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}\]

Odpowiedź

Odpowiedź B.

\[P=6\sqrt{3}\]

Sprawdzenie

Wysokość opuszczona na bok długości 3 wynosi 2√3. Iloczyn podstawy i wysokości potwierdza obliczone pole.

\[h=4\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3},\qquad P=3h=6\sqrt{3}\]

Zadanie 22

Matura 2024 · maj · F-2015 · poziom podstawowy

Zamknięte1 pkt

Planimetria

W trójkącie \(MKC\) bok \(MK\) ma długość \(24\). Prosta równoległa do boku \(MK\) przecina boki \(MC\) i \(KC\) – odpowiednio – w punktach \(A\) oraz \(B\) takich, że \(|AB|=6\) i \(|AC|=3\) (zobacz rysunek).

Długość odcinka \(MA\) jest równa

Trójkąt MKC z odcinkiem AB równoległym do boku MK; oznaczono AC=3, AB=6 i MK=24.

\(18\)

\(15\)

\(9\)

\(12\)

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Podobieństwo trójkątów

Ponieważ AB jest równoległy do MK, trójkąty CAB i CMK są podobne. Stosunki odpowiadających sobie boków są równe.

\[\frac{AC}{MC}=\frac{AB}{MK}=\frac{6}{24}=\frac14\]

2 Obliczenie MA

Z proporcji wyznaczamy MC, a następnie odejmujemy AC.

\[\frac{3}{MC}=\frac14\implies MC=12,\qquad MA=MC-AC=12-3=9\]

Odpowiedź

Długość odcinka MA wynosi 9. Odpowiedź C.

\[|MA|=9\]

Sprawdzenie

Otrzymane długości dają ten sam stosunek odpowiadających boków: 3 do 12 oraz 6 do 24.

\[\frac{AC}{MC}=\frac{3}{12}=\frac14=\frac{6}{24}=\frac{AB}{MK}\]

Zadanie 23

Matura 2024 · maj · F-2015 · poziom podstawowy

Zamknięte1 pkt

Planimetria

W trójkącie \(ABC\), wpisanym w okrąg o środku w punkcie \(S\), kąt \(ACB\) ma miarę \(42^\circ\) (zobacz rysunek).

Miara kąta ostrego \(BAS\) jest równa

Trójkąt ABC wpisany w okrąg o środku S; zaznaczono kąt ACB równy 42° oraz kąt BAS.

\(42^\circ\)

\(45^\circ\)

\(48^\circ\)

\(69^\circ\)

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Wyznaczenie kąta środkowego

Kąt środkowy ASB i kąt wpisany ACB są oparte na tym samym łuku AB, więc kąt środkowy jest dwa razy większy.

\[\angle ASB=2\angle ACB=2\cdot42^\circ=84^\circ\]

2 Obliczenie kąta BAS

Odcinki SA i SB są promieniami okręgu, dlatego trójkąt ASB jest równoramienny, a kąty przy A i B są równe.

\[\angle BAS=\frac{180^\circ-84^\circ}{2}=48^\circ\]

Odpowiedź

Kąt BAS ma miarę 48°. Odpowiedź C.

\[\angle BAS=48^\circ\]

Sprawdzenie

Kąty trójkąta ASB sumują się do 180°, a otrzymany kąt BAS jest ostry.

\[48^\circ+48^\circ+84^\circ=180^\circ\]

Zadanie 26

Matura 2024 · maj · F-2015 · poziom podstawowy

Zamknięte1 pkt

Stereometria

Wysokość graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego jest równa \(6\) (zobacz rysunek). Pole podstawy tego graniastosłupa jest równe \(15\sqrt{3}\).

Pole jednej ściany bocznej tego graniastosłupa jest równe

Graniastosłup prawidłowy sześciokątny z wysokością oznaczoną liczbą 6; niewidoczne krawędzie zaznaczono liniami przerywanymi.

\(36\sqrt{10}\)

\(60\)

\(6\sqrt{10}\)

\(360\)

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Obliczenie boku podstawy

Podstawa jest sześciokątem foremnym. Korzystamy ze wzoru na jego pole, aby wyznaczyć długość boku a.

\[\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2=15\sqrt{3}\quad\Rightarrow\quad a^2=10\quad\Rightarrow\quad a=\sqrt{10}\]

2 Obliczenie pola ściany bocznej

Ściana boczna jest prostokątem o bokach a i 6, więc jej pole jest iloczynem tych długości.

\[P=a\cdot 6=6\sqrt{10}\]

Odpowiedź

Pole jednej ściany bocznej wynosi 6√10. Odpowiedź C.

\[6\sqrt{10}\]

Sprawdzenie

Dla boku √10 pole podstawy wynosi 15√3, zgodnie z treścią zadania.

\[\frac{3\sqrt{3}}{2}(\sqrt{10})^2=15\sqrt{3}\]

Zadanie 19

Matura 2023 · czerwiec · F-2015 · poziom podstawowy

Zamknięte1 pkt

Planimetria

Na łukach \(AB\) i \(CD\) okręgu są oparte kąty wpisane \(ADB\) i \(DBC\), takie że \(|\angle ADB|=20^\circ\) i \(|\angle DBC|=40^\circ\) (zobacz rysunek). Cięciwy \(AC\) i \(BD\) przecinają się w punkcie \(K\).

Miara kąta \(DKC\) jest równa

Okrąg z punktami A, B, C, D oraz cięciwami AC i BD przecinającymi się w punkcie K. Zaznaczono kąty 20° i 40°.

\(80^\circ\)

\(60^\circ\)

\(50^\circ\)

\(40^\circ\)

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Wyznaczenie miar łuków

Kąt wpisany ma miarę równą połowie miary łuku, na którym jest oparty.

\[m(\overset{\frown}{AB})=2\cdot20^\circ=40^\circ,\qquad m(\overset{\frown}{CD})=2\cdot40^\circ=80^\circ\]

2 Obliczenie kąta DKC

Miara kąta utworzonego przez przecinające się wewnątrz okręgu cięciwy jest połową sumy miar łuków wyznaczonych przez ten kąt i kąt do niego wierzchołkowy.

\[|\angle DKC|=\frac{m(\overset{\frown}{CD})+m(\overset{\frown}{AB})}{2}=\frac{80^\circ+40^\circ}{2}=60^\circ\]

Odpowiedź

60°, odpowiedź B.

\[|\angle DKC|=60^\circ\]

Sprawdzenie

Kąt wierzchołkowy AKB ma również 60°, a dwa kąty przyległe mają po 120°. Ich suma wynosi 360°, zgodnie z pełnym kątem wokół punktu K.

\[2\cdot60^\circ+2\cdot120^\circ=360^\circ\]

Zadanie 20

Matura 2023 · czerwiec · F-2015 · poziom podstawowy

Zamknięte1 pkt

Planimetria

Pole równoległoboku \(ABCD\) jest równe \(40\sqrt{6}\). Bok \(AD\) tego równoległoboku ma długość \(10\), a kąt \(ABC\) równoległoboku ma miarę \(135^\circ\) (zobacz rysunek).

Długość boku \(AB\) jest równa

Równoległobok ABCD z oznaczoną długością boku AD równą 10 i kątem ABC równym 135°.

\(8\sqrt{3}\)

\(8\sqrt{2}\)

\(16\sqrt{2}\)

\(16\sqrt{3}\)

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Ustalenie kąta między bokami

Kąty sąsiednie równoległoboku sumują się do \(180^\circ\), więc kąt między bokami \(AB\) i \(AD\) ma miarę \(45^\circ\).

\[\angle DAB=180^\circ-135^\circ=45^\circ\]

2 Obliczenie długości boku

Pole równoległoboku jest iloczynem długości sąsiednich boków i sinusa kąta między nimi. Podstawiamy dane i wyznaczamy \(AB\).

\[40\sqrt{6}=AB\cdot10\cdot\sin45^\circ=AB\cdot5\sqrt{2},\qquad AB=\frac{40\sqrt{6}}{5\sqrt{2}}=8\sqrt{3}\]

Odpowiedź

Długość boku \(AB\) wynosi \(8\sqrt{3}\). Odpowiedź A.

\[AB=8\sqrt{3}\]

Sprawdzenie

Bok ma dodatnią długość, a po podstawieniu otrzymujemy podane pole.

\[10\cdot8\sqrt{3}\cdot\sin45^\circ=80\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=40\sqrt{6}\]

Zadanie 21

Matura 2023 · czerwiec · F-2015 · poziom podstawowy

Zamknięte1 pkt

Planimetria

Odcinek \(AB\) jest średnicą okręgu o środku \(S\). Prosta \(k\) jest styczna do tego okręgu w punkcie \(A\). Prosta \(l\) przecina ten okrąg w punktach \(B\) i \(C\). Proste \(k\) i \(l\) przecinają się w punkcie \(D\), przy czym \(|BC|=4\) i \(|CD|=3\) (zobacz rysunek).

Odległość punktu \(A\) od prostej \(l\) jest równa

Okrąg o środku S i średnicy AB. Prosta k jest styczna w A, a prosta l przecina okrąg w C i B. Proste przecinają się w D. Odcinki DC i CB oznaczono odpowiednio 3 i 4.

\(\frac{7}{2}\)

\(5\)

\(\sqrt{12}\)

\(\sqrt{3}+2\)

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Długość odcinka DB

Punkt C leży między D i B, więc dodajemy długości odcinków.

\[DB=DC+CB=3+4=7\]

2 Długość średnicy AB

Z twierdzenia o stycznej i siecznej wyznaczamy DA. Ponieważ styczna w A jest prostopadła do średnicy AB, trójkąt DAB jest prostokątny.

\[DA^2=DC\cdot DB=3\cdot7=21,\qquad AB^2=DB^2-DA^2=49-21=28\]

3 Odległość punktu A od prostej l

Kąt ACB jest prosty, gdyż AB jest średnicą. Odcinek AC jest więc prostopadły do prostej l, a jego długość jest szukaną odległością.

\[AC^2=AB^2-BC^2=28-16=12,\qquad AC=\sqrt{12}\]

Odpowiedź

Odległość wynosi \(\sqrt{12}\). Odpowiedź C.

\[\sqrt{12}=2\sqrt{3}\]

Sprawdzenie

Wyznaczona długość spełnia twierdzenie Pitagorasa w trójkącie ABC: suma kwadratów przyprostokątnych wynosi \(28\), czyli tyle co kwadrat średnicy AB.

\[AC^2+BC^2=12+16=28=AB^2\]

Zadanie 34

Matura 2023 · czerwiec · F-2015 · poziom podstawowy

Otwarte2 pkt

Planimetria

W trójkącie prostokątnym równoramiennym \(ABC\) o przeciwprostokątnej \(BC\) punkt \(D\) jest środkiem ramienia \(AB\). Odcinek \(CD\) ma długość \(5\) (zobacz rysunek). Oblicz obwód trójkąta \(ABC\).

Trójkąt prostokątny równoramienny ABC z punktem D na środku boku AB, odcinkiem CD oznaczonym liczbą 5 i zaznaczonym kątem prostym przy A.

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Oznaczenie długości ramion

Trójkąt jest prostokątny równoramienny, więc jego przyprostokątne są równe. Ponieważ D jest środkiem AB, odcinek AD ma połowę długości AB.

\[AB=AC=x,\qquad AD=\frac{x}{2}\]

2 Obliczenie długości ramienia

Trójkąt ACD jest prostokątny w A, więc stosujemy twierdzenie Pitagorasa.

\[AC^2+AD^2=CD^2\quad\Longrightarrow\quad x^2+\left(\frac{x}{2}\right)^2=25\quad\Longrightarrow\quad \frac54x^2=25\quad\Longrightarrow\quad x=2\sqrt5\]

3 Obliczenie obwodu

Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy przeciwprostokątną BC, a następnie dodajemy długości boków.

\[BC=\sqrt{x^2+x^2}=x\sqrt2=2\sqrt{10},\qquad P=AB+AC+BC=4\sqrt5+2\sqrt{10}\]

Odpowiedź

Obwód trójkąta ABC wynosi \(4\sqrt5+2\sqrt{10}\).

\[P=4\sqrt5+2\sqrt{10}\]

Sprawdzenie

Dla obliczonego ramienia \(AD=\sqrt5\). Wtedy \(AC^2+AD^2=20+5=25=CD^2\), więc dana długość CD jest zachowana.

\[(2\sqrt5)^2+(\sqrt5)^2=25=5^2\]

Zadanie 36

Matura 2023 · czerwiec · F-2015 · poziom podstawowy

Otwarte5 pkt

Geometria analityczna na płaszczyźnie kartezjańskiej

W trapezie równoramiennym \(ABCD\) podstawa \(CD\) ma długość \(5\). Punkt \(F=(3,11)\) jest środkiem odcinka \(CD\). Prosta o równaniu \(y=-\frac{4}{3}x+15\) jest osią symetrii tego trapezu oraz \(B=\left(\frac{23}{2},8\right)\).

Oblicz współrzędne wierzchołka \(A\) oraz pole tego trapezu.

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Środek górnej podstawy

Oś symetrii przechodzi przez środek odcinka \(AB\) i jest do niego prostopadła. Prosta \(AB\) ma więc współczynnik kierunkowy \(\frac34\). Jej punkt przecięcia \(E\) z osią jest środkiem \(AB\).

\[y=\frac34x-\frac58,\quad \frac34x-\frac58=-\frac43x+15\quad\Longrightarrow\quad E=\left(\frac{15}{2},5\right)\]

2 Współrzędne wierzchołka A

Ponieważ \(E\) jest środkiem \(AB\), współrzędne \(A\) otrzymujemy z równości \(A=2E-B\).

\[A=2\left(\frac{15}{2},5\right)-\left(\frac{23}{2},8\right)=\left(\frac72,2\right)\]

3 Długość podstawy i wysokość

Długość \(AB\) jest dwukrotnością \(BE\). Odcinek \(EF\) leży na osi prostopadłej do podstaw, więc jest wysokością trapezu.

\[AB=2\sqrt{\left(\frac{23}{2}-\frac{15}{2}\right)^2+(8-5)^2}=10,\qquad h=EF=\sqrt{\left(\frac{15}{2}-3\right)^2+(5-11)^2}=\frac{15}{2}\]

4 Pole trapezu

Stosujemy wzór na pole trapezu o podstawach \(AB=10\), \(CD=5\) i wysokości \(h=\frac{15}{2}\).

\[P=\frac{AB+CD}{2}\,h=\frac{10+5}{2}\cdot\frac{15}{2}=\frac{225}{4}\]

Odpowiedź

Wierzchołek A ma współrzędne (7/2, 2), a pole trapezu wynosi 225/4 jednostek kwadratowych.

\[A=\left(\frac72,2\right),\qquad P=\frac{225}{4}\]

Sprawdzenie

Środek otrzymanego odcinka AB to E=(15/2, 5), który leży na podanej osi. Wektor AB=(8, 6) jest prostopadły do kierunku osi (3, −4), ponieważ ich iloczyn skalarny wynosi 0. Punkt F również leży na osi: −4/3·3+15=11. Zatem EF jest wysokością używaną w obliczeniu pola.

\[\frac{A+B}{2}=\left(\frac{15}{2},5\right),\qquad (8,6)\cdot(3,-4)=24-24=0\]

Zadanie 20

Matura 2023 · czerwiec · F-2023 · poziom podstawowy

Zamknięte2 pkt

Trygonometria

Dany jest trójkąt, którego kąty mają miary \(30^\circ\), \(45^\circ\) oraz \(105^\circ\). Długości boków trójkąta, leżących naprzeciwko tych kątów są równe – odpowiednio – \(a\), \(b\) oraz \(c\) (zobacz rysunek).

Uzupełnij zdanie. Wybierz dwie właściwe odpowiedzi spośród oznaczonych literami A–F i wpisz te litery w wykropkowanych miejscach.

Pole tego trójkąta poprawnie określają wyrażenia oznaczone literami: .................... oraz .................... .

Trójkąt z kątami 45° przy lewym dolnym wierzchołku, 30° przy prawym dolnym wierzchołku i 105° przy górnym wierzchołku; boki oznaczone a, b oraz c.

\(\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot a\cdot c\)

\(\frac{1}{4}\cdot a\cdot c\)

\(\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot a\cdot c\)

\(\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot b\cdot c\)

\(\frac{1}{2}\cdot b\cdot c\)

\(\frac{1}{4}\cdot b\cdot c\)

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Pole z boków a i c

Boki a i c tworzą kąt 45°. Korzystamy ze wzoru na pole z dwóch boków i sinusa kąta między nimi.

\[P=\frac12 ac\sin45^\circ=\frac12 ac\cdot\frac{\sqrt2}{2}=\frac{\sqrt2}{4}ac\]

2 Pole z boków b i c

Boki b i c tworzą kąt 30°. Ten sam wzór daje drugie wyrażenie na pole.

\[P=\frac12 bc\sin30^\circ=\frac12 bc\cdot\frac12=\frac14bc\]

Odpowiedź

Poprawne odpowiedzi: C oraz F.

\[P=\frac{\sqrt2}{4}ac=\frac14bc\]

Sprawdzenie

Z twierdzenia sinusów wynika b=√2a, więc oba wskazane wyrażenia są równe.

\[\frac{b}{a}=\frac{\sin45^\circ}{\sin30^\circ}=\sqrt2,\qquad \frac14bc=\frac{\sqrt2}{4}ac\]