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.

54 zadańStrona 4 z 4

Sortuj:

Zadanie 20

Matura 2023 · maj · F-2015 · poziom podstawowy

Zamknięte1 pkt

Planimetria

41%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających. Raport CKE ↗

W rombie o boku długości \(6\sqrt{2}\) kąt rozwarty ma miarę \(150^\circ\). Iloczyn długości przekątnych tego rombu jest równy

\(24\)

\(72\)

\(36\)

\(36\sqrt{2}\)

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Obliczenie pola rombu

Pole rombu jest iloczynem kwadratów długości boku i sinusa kąta między bokami.

\[P=a^2\sin 150^\circ=(6\sqrt{2})^2\cdot\frac12=36\]

2 Wyznaczenie iloczynu przekątnych

Pole rombu jest też połową iloczynu długości jego przekątnych.

\[P=\frac{d_1d_2}{2},\quad d_1d_2=2P=72\]

Odpowiedź

Iloczyn długości przekątnych wynosi 72. Odpowiedź B.

\[d_1d_2=72\]

Sprawdzenie

Dla otrzymanego iloczynu wzór na pole z przekątnych daje 36, tyle samo co wzór z boku i kąta.

\[\frac{72}{2}=36=(6\sqrt{2})^2\sin 150^\circ\]

Zadanie 33

Matura 2016 · maj · F-2015 · poziom podstawowy

Otwarte5 pkt

Stereometria

32%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających. Raport CKE ↗

Podstawą ostrosłupa prawidłowego trójkątnego \(ABCS\) jest trójkąt równoboczny \(ABC\). Wysokość \(SO\) tego ostrosłupa jest równa wysokości jego podstawy. Objętość tego ostrosłupa jest równa 27. Oblicz pole powierzchni bocznej ostrosłupa \(ABCS\) oraz cosinus kąta, jaki tworzą wysokość ściany bocznej i płaszczyzna podstawy ostrosłupa.

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Wyznaczenie boku podstawy

Dla boku \(a\) wysokość trójkąta równobocznego, a więc także ostrosłupa, wynosi \(\frac{a\sqrt3}{2}\). Podstawiamy te wartości do wzoru na objętość.

\[27=\frac13\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{a^3}{8},\qquad a=6\]

2 Wysokość ściany bocznej

Niech \(M\) będzie środkiem boku \(AB\). Punkt \(O\) jest środkiem trójkąta równobocznego, więc \(OM\) stanowi jedną trzecią wysokości podstawy. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(SOM\) obliczamy \(SM\).

\[SO=3\sqrt3,\qquad OM=\sqrt3,\qquad SM=\sqrt{SO^2+OM^2}=\sqrt{27+3}=\sqrt{30}\]

3 Pole powierzchni bocznej

Trzy ściany boczne są przystającymi trójkątami o podstawie \(6\) i wysokości \(\sqrt{30}\).

\[P_b=3\cdot\frac12\cdot6\cdot\sqrt{30}=9\sqrt{30}\]

4 Cosinus kąta

Rzutem wysokości ściany \(SM\) na płaszczyznę podstawy jest \(OM\). Szukany kąt to zatem kąt \(SMO\), którego cosinus obliczamy w trójkącie prostokątnym \(SOM\).

\[\cos\angle SMO=\frac{OM}{SM}=\frac{\sqrt3}{\sqrt{30}}=\frac{\sqrt{10}}{10}\]

Odpowiedź

Pole powierzchni bocznej wynosi 9√30, a cosinus szukanego kąta wynosi √10/10.

\[P_b=9\sqrt{30},\qquad \cos\alpha=\frac{\sqrt{10}}{10}\]

Sprawdzenie

Dla boku 6 objętość wynosi 27. Ponadto kwadrat obliczonej wysokości ściany jest równy sumie kwadratów SO i OM, a cosinus należy do przedziału od 0 do 1.

\[V=\frac13\cdot9\sqrt3\cdot3\sqrt3=27,\qquad (\sqrt{30})^2=(3\sqrt3)^2+(\sqrt3)^2=30,\qquad 0<\frac{\sqrt{10}}{10}<1\]

Zadanie 28

Matura 2015 · maj · F-2015 · poziom podstawowy

Otwarte2 pkt

Planimetria

32%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających. Raport CKE ↗

Dany jest kwadrat \(ABCD\). Przekątne \(AC\) i \(BD\) przecinają się w punkcie \(E\). Punkty \(K\) i \(M\) są środkami odcinków – odpowiednio – \(AE\) i \(EC\). Punkty \(L\) i \(N\) leżą na przekątnej \(BD\) tak, że \(|BL|=\frac{1}{3}|BE|\) i \(|DN|=\frac{1}{3}|DE|\) (zobacz rysunek). Wykaż, że stosunek pola czworokąta \(KLMN\) do pola kwadratu \(ABCD\) jest równy \(1:3\).

Kwadrat ABCD z przekątnymi AC i BD przecinającymi się w punkcie E oraz czworokątem KLMN.

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Długość przekątnej KM

Punkt E jest środkiem przekątnej AC kwadratu. Ponieważ K i M są środkami odcinków AE i EC, odcinek KM ma połowę długości AC.

\[|KM|=|KE|+|EM|=\frac12|AE|+\frac12|EC|=\frac12|AC|\]

2 Długość przekątnej LN

W kwadracie E jest także środkiem BD, więc BE i DE mają po połowie długości BD. Odcinamy od BD części BL i DN.

\[|LN|=|BD|-|BL|-|DN|=|BD|-\frac16|BD|-\frac16|BD|=\frac23|BD|\]

3 Porównanie pól

Przekątne obu czworokątów leżą na prostopadłych przekątnych kwadratu. Pole każdego z nich jest równe połowie iloczynu długości jego przekątnych.

\[\frac{P_{KLMN}}{P_{ABCD}}=\frac{\frac12|KM|\cdot|LN|}{\frac12|AC|\cdot|BD|}=\frac{\frac12|AC|\cdot\frac23|BD|}{|AC|\cdot|BD|}=\frac13\]

Odpowiedź

Stosunek pola czworokąta KLMN do pola kwadratu ABCD wynosi 1:3.

\[P_{KLMN}:P_{ABCD}=1:3\]

Sprawdzenie

Dla boku kwadratu długości a obie jego przekątne mają długość a√2. Otrzymane długości KM i LN dają pole wewnętrznego czworokąta równe a²/3, a pole kwadratu wynosi a².

\[P_{KLMN}=\frac12\cdot\frac{a\sqrt2}{2}\cdot\frac{2a\sqrt2}{3}=\frac{a^2}{3},\qquad P_{ABCD}=a^2\]

Zadanie 29

Matura 2016 · maj · F-2015 · poziom podstawowy

Otwarte2 pkt

Planimetria

30%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających. Raport CKE ↗

Dany jest trójkąt prostokątny \(ABC\). Na przyprostokątnych \(AC\) i \(AB\) tego trójkąta obrano odpowiednio punkty \(D\) i \(G\). Na przeciwprostokątnej \(BC\) wyznaczono punkty \(E\) i \(F\) takie, że \(|\angle DEC|=|\angle BGF|=90^\circ\) (zobacz rysunek). Wykaż, że trójkąt \(CDE\) jest podobny do trójkąta \(FBG\).

Trójkąt prostokątny ABC z punktami D na AC, G na AB oraz E i F na BC; odcinki DE i GF oraz oznaczone kąty proste.

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Wskaż równoległe odcinki

Przyprostokątna AC jest prostopadła do AB. Z warunku dotyczącego kąta BGF wynika, że FG też jest prostopadły do AB, więc FG jest równoległy do CD.

\[AC\perp AB,\quad FG\perp AB\quad\Longrightarrow\quad CD\parallel FG.\]

2 Porównaj kąty

Odcinki CE i FB leżą na prostej BC, a CD jest równoległy do FG. Dlatego kąty przy C i F są równe. Kąty przy E i G są proste.

\[\angle DCE=\angle BFG,\qquad \angle DEC=\angle FGB=90^\circ.\]

3 Zastosuj cechę podobieństwa

Dwie pary odpowiednich kątów są równe, zatem trójkąty są podobne na mocy cechy kąt–kąt.

\[\triangle CDE\sim\triangle FBG\quad(C\leftrightarrow F,\ D\leftrightarrow B,\ E\leftrightarrow G).\]

Odpowiedź

Trójkąt CDE jest podobny do trójkąta FBG.

\[\triangle CDE\sim\triangle FBG.\]

Sprawdzenie

W obu trójkątach trzeci kąt ma miarę 90° pomniejszoną o wspólną miarę kątów przy C i F, więc także kąty przy D i B są równe.

\[\angle CDE=90^\circ-\angle DCE=90^\circ-\angle BFG=\angle FBG.\]

Zadanie 33

Matura 2022 · maj · F-2015 · poziom podstawowy

Otwarte2 pkt

Planimetria

29%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających. Raport CKE ↗

Dany jest trójkąt równoramienny \(ABC\), w którym \(|AC|=|BC|\). Dwusieczna kąta \(BAC\) przecina bok \(BC\) w takim punkcie \(D\), że trójkąty \(ABC\) i \(BDA\) są podobne (zobacz rysunek). Oblicz miarę kąta \(BAC\).

Trójkąt ABC z punktem D na boku BC i odcinkiem AD; oznaczone punkty A, B, C i D.

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Kąty przy podstawie

Ponieważ \(|AC|=|BC|\), kąty przy podstawie \(AB\) są równe. Oznaczamy ich miarę przez \(x\).

\[\angle BAC=\angle ABC=x\]

2 Kąty trójkąta ABD

Dwusieczna dzieli kąt przy \(A\) na połowy, a punkt \(D\) leży na boku \(BC\). Z sumy kątów trójkąta obliczamy kąt przy \(D\).

\[\angle BAD=\frac{x}{2},\quad \angle ABD=x,\quad \angle BDA=180^\circ-x-\frac{x}{2}\]

3 Podobieństwo

W podobieństwie \(ABC\sim BDA\) kąt przy \(B\) pierwszego trójkąta odpowiada kątowi przy \(D\) drugiego. Przyrównujemy ich miary.

\[x=180^\circ-\frac{3x}{2}\quad\Longrightarrow\quad \frac{5x}{2}=180^\circ\quad\Longrightarrow\quad x=72^\circ\]

Odpowiedź

Kąt BAC ma miarę 72°.

\[\angle BAC=72^\circ\]

Sprawdzenie

Dla otrzymanej wartości kąty trójkąta ABC mają miary 72°, 72°, 36°, a trójkąta BDA odpowiednio 72°, 72°, 36°. Zgadza się to z podaną kolejnością podobieństwa.

\[(\angle A,\angle B,\angle C)_{ABC}=(72^\circ,72^\circ,36^\circ),\quad(\angle B,\angle D,\angle A)_{BDA}=(72^\circ,72^\circ,36^\circ)\]

Zadanie 28

Matura 2017 · maj · F-2015 · poziom podstawowy

Otwarte2 pkt

Planimetria

21%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających. Raport CKE ↗

Dane są dwa okręgi o środkach w punktach \(P\) i \(R\), styczne zewnętrznie w punkcie \(C\). Prosta \(AB\) jest styczna do obu okręgów odpowiednio w punktach \(A\) i \(B\) oraz \(|\angle APC|=\alpha\) i \(|\angle ABC|=\beta\) (zobacz rysunek). Wykaż, że \(\alpha=180^{\circ}-2\beta\).

Dwa okręgi o środkach P i R, styczne zewnętrznie w C oraz styczne do prostej AB w punktach A i B; zaznaczono kąty α i β.

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Położenie punktu przecięcia stycznych

Niech T będzie punktem przecięcia prostej AB ze wspólną styczną w C. Proste te się przecinają: gdyby były równoległe, prosta PR byłaby prostopadła do AB, a rzuty P i R na AB pokrywałyby się, czyli A=B. Odcinki stycznych poprowadzonych z T do każdego okręgu mają równe długości. Zatem T jest środkiem odcinka AB.

\[TA=TC=TB\quad\Longrightarrow\quad T\in AB\ \text{oraz}\ TA=TB\]

2 Kąty trójkąta BTC

Ponieważ T leży między A i B, kąt TBC ma miarę β. Trójkąt BTC jest równoramienny, więc wyznaczamy kąt przy T. Kąty BTC i ATC są przyległe.

\[\angle BTC=180^{\circ}-2\beta,\qquad \angle ATC=2\beta\]

3 Kąty trójkąta PAC

Z równości TA=TC wynika, że kąt TAC ma miarę 90°−β. Promień PA jest prostopadły do stycznej AB, więc kąt PAC ma miarę β. Ponieważ PA=PC, taki sam jest kąt PCA.

\[\angle TAC=\frac{180^{\circ}-2\beta}{2}=90^{\circ}-\beta,\qquad \angle PAC=\angle PCA=\beta\]

4 Wyznaczenie α

Kąt APC ma miarę α. Stosujemy sumę kątów w trójkącie PAC.

\[\alpha+\beta+\beta=180^{\circ}\quad\Longrightarrow\quad\alpha=180^{\circ}-2\beta\]

Odpowiedź

Udowodniono żądaną równość.

\[\boxed{\alpha=180^{\circ}-2\beta}\]

Sprawdzenie

Równość odcinków stycznych uzasadnia położenie T między A i B, więc kąt TBC rzeczywiście jest kątem ABC. W trójkącie PAC otrzymane kąty β, β i 180°−2β sumują się do 180°.

\[\beta+\beta+(180^{\circ}-2\beta)=180^{\circ}\]

Zadanie 29

Matura 2018 · maj · F-2015 · poziom podstawowy

Otwarte2 pkt

Planimetria

20%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających. Raport CKE ↗

Okręgi o środkach odpowiednio \(A\) i \(B\) są styczne zewnętrznie i każdy z nich jest styczny do obu ramion danego kąta prostego (zobacz rysunek). Promień okręgu o środku \(A\) jest równy \(2\).

Uzasadnij, że promień okręgu o środku \(B\) jest mniejszy od \(\sqrt{2}-1\).

Dwa okręgi o środkach A i B, styczne zewnętrznie oraz styczne do obu ramion kąta prostego.

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Położenie środków

Środek okręgu stycznego do obu ramion kąta prostego jest oddalony od każdego ramienia o długość promienia. Przyjmując wierzchołek kąta za początek układu, otrzymujemy współrzędne środków. Z rysunku wynika, że okrąg B jest bliżej wierzchołka, więc jego promień r jest mniejszy od 2.

\[A=(2,2),\quad B=(r,r),\quad 0<r<2\]

2 Obliczenie promienia

Przy styczności zewnętrznej odległość między środkami jest sumą promieni. Z twierdzenia Pitagorasa obliczamy tę odległość i rozwiązujemy równanie.

\[\sqrt{(2-r)^2+(2-r)^2}=2+r\quad\Longrightarrow\quad \sqrt2(2-r)=2+r\quad\Longrightarrow\quad r=\frac{2(\sqrt2-1)}{\sqrt2+1}=6-4\sqrt2\]

3 Porównanie

Przenosimy wyrazy na odpowiednie strony. Obie strony otrzymanej nierówności są dodatnie, więc można je podnieść do kwadratu.

\[6-4\sqrt2<\sqrt2-1\quad\Longleftrightarrow\quad 7<5\sqrt2\quad\Longleftrightarrow\quad 49<50\]

Odpowiedź

Promień okręgu B wynosi \(6-4\sqrt2\), zatem jest mniejszy od \(\sqrt2-1\).

\[r_B=6-4\sqrt2<\sqrt2-1\]

Sprawdzenie

Otrzymany promień jest dodatni i mniejszy od 2, zgodnie z położeniem okręgów na rysunku. Po podstawieniu odległość między środkami jest równa sumie promieni.

\[0<6-4\sqrt2<2,\qquad \sqrt2\bigl(2-(6-4\sqrt2)\bigr)=8-4\sqrt2=2+(6-4\sqrt2)\]

Zadanie 29

Matura 2019 · maj · F-2015 · poziom podstawowy

Otwarte2 pkt

Planimetria

19%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających. Raport CKE ↗

Dany jest okrąg o środku w punkcie \(S\) i promieniu \(r\). Na przedłużeniu cięciwy \(AB\) poza punkt \(B\) odłożono odcinek \(BC\) równy promieniowi danego okręgu. Przez punkty \(C\) i \(S\) poprowadzono prostą. Prosta \(CS\) przecina dany okrąg w punktach \(D\) i \(E\) (zobacz rysunek). Wykaż, że jeżeli miara kąta \(ACS\) jest równa \(\alpha\), to miara kąta \(ASD\) jest równa \(3\alpha\).

Okrąg o środku S; cięciwa AB przedłużona przez B do C; prosta przez C i S przecina okrąg w D i E. Zaznaczono odcinki AS, SB oraz cztery oznaczenia r.

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Kąty w trójkącie BCS

Odcinki BC i BS mają długość r, więc trójkąt BCS jest równoramienny. Kąty przy podstawie CS są równe.

\[\angle BCS=\angle BSC=\alpha\]

2 Kąt przy wierzchołku B

Obliczamy trzeci kąt trójkąta BCS, a następnie korzystamy z tego, że punkty A, B, C leżą na jednej prostej.

\[\angle SBC=180^\circ-2\alpha,\qquad \angle ABS=180^\circ-\angle SBC=2\alpha\]

3 Kąt przy wierzchołku A

Ponieważ AS=BS=r, trójkąt ASB jest równoramienny. Zatem kąt przy A jest równy kątowi przy B. Półproste AB i AC mają ten sam kierunek.

\[\angle SAC=\angle SAB=\angle ABS=2\alpha\]

4 Szukany kąt

Z sumy kątów trójkąta ASC obliczamy kąt przy S. Półproste SC i SD są przeciwne, więc kąty ASC i ASD sumują się do kąta półpełnego.

\[\angle ASC=180^\circ-2\alpha-\alpha=180^\circ-3\alpha,\qquad \angle ASD=180^\circ-\angle ASC=3\alpha\]

Odpowiedź

Miara kąta ASD wynosi 3α.

\[\angle ASD=3\alpha\]

Sprawdzenie

Z trójkąta ASB wynika 4α<180°, więc 0°<3α<135°. Otrzymana miara jest dodatnia i odpowiada kątowi ASD na rysunku.

\[2\alpha+2\alpha+\angle ASB=180^\circ\;\Longrightarrow\;0^\circ<\alpha<45^\circ\]

Zadanie 29

Matura 2020 · termin główny — 9 czerwca (na PDF: 5 maja) · F-2015 · poziom podstawowy

Otwarte2 pkt

Planimetria

16%średni wynik CKE

Średni procent zdobytych punktów. Wyższy wynik oznacza, że zadanie było łatwiejsze dla zdających. Raport CKE ↗

Trójkąt \(ABC\) jest równoboczny. Punkt \(E\) leży na wysokości \(CD\) tego trójkąta oraz \(|CE|=\frac{3}{4}|CD|\). Punkt \(F\) leży na boku \(BC\) i odcinek \(EF\) jest prostopadły do \(BC\) (zobacz rysunek).

Wykaż, że \(|CF|=\frac{9}{16}|CB|\).

Trójkąt równoboczny ABC z wysokością CD, punktem E na CD i punktem F na boku BC. Odcinek EF jest prostopadły do BC.

Pokaż rozwiązanie krok po krokuUkryj rozwiązanie

1 Obliczenie wysokości

W trójkącie równobocznym wysokość dzieli podstawę na połowy. Z twierdzenia Pitagorasa wyznaczamy stosunek wysokości do boku.

\[|DB|=\frac12|CB|,\qquad |CD|^2=|CB|^2-|DB|^2=\frac34|CB|^2\]

2 Podobieństwo trójkątów

Trójkąty \(CEF\) i \(CBD\) są prostokątne i mają wspólny kąt przy \(C\), więc są podobne. Odpowiadają sobie boki \(CF\) i \(CD\) oraz \(CE\) i \(CB\).

\[\frac{|CF|}{|CD|}=\frac{|CE|}{|CB|}\]

3 Wyznaczenie długości \(CF\)

Podstawiamy podaną długość \(CE\) oraz obliczony kwadrat wysokości.

\[|CF|=\frac{|CE|\,|CD|}{|CB|}=\frac34\frac{|CD|^2}{|CB|}=\frac34\cdot\frac34|CB|=\frac9{16}|CB|\]

Odpowiedź

Wykazano żądaną równość.

\[|CF|=\frac9{16}|CB|\]

Sprawdzenie

Otrzymany stosunek spełnia warunek, że punkt \(F\) leży na boku \(BC\).

\[0<\frac{|CF|}{|CB|}=\frac9{16}<1\]