Skumaj 2018 | Zadania | Wzory | Matury | Arkusze
Matury | Zadania | Wzory

Skumaj, Matura Podstawowa 2019, Zadanie + Wzór = Rozwiązanie!

Do zadań dołączone są wzory. Kartę z tymi wzorami dostaniesz na maturze.

Matura 2018 Sierpień. Zadanie 17 (0 - 1)

Dany jest okrąg o środku \(S\). Punkty \(K\), \(L\), \(M\) leżą na tym okręgu. Na łuku \(KL\) tego okręgu są oparte kąty \(KSL\) i \(KML\) (zobacz rysunek), których miary \(\alpha\) i \(\beta\) spełniają warunek \(\alpha + \beta = 114^\circ\). Wynika stąd, że

A. $ \beta = 19^\circ $
B. $ \beta = 38^\circ $
C. $ \beta = 57^\circ $
D. $ \beta = 76^\circ $
Wzór

Kąty w okręgu. Miara kąta wpisanego w okrąg jest równa połowie miary kąta środkowego, opartego na tym samym łuku. Miary kątów wpisanych w okrąg, opartych na tym samym łuku, są równe.

▸ Więcej wzorów z działu Planimetria
Rozwiązanie

Jeżeli dwa kąty są oparte na tym samym łuku, to miara kąta środkowego jest dwukrotnie większa od miary kąta wpisanego

$$\alpha=2\beta$$ Z treści zadania otrzymamy: $$\alpha+\beta=114° \\ 2\beta+\beta=114° \\ 3\beta=114° \\ \beta=38°$$
Odpowiedź
B. $ \beta = 38^\circ $

Matura 2018 Sierpień. Zadanie 18 (0 - 1)

Różnica miar dwóch sąsiednich kątów wewnętrznych równoległoboku jest równa \(80^\circ\). Kąt rozwarty tego równoległoboku ma miarę

A. $ 120^\circ $
B. $ 125^\circ $
C. $ 130^\circ $
D. $ 135^\circ $
Rozwiązanie

Zapamiętaj: suma dwóch kątów przy jednym boku równoległoboku jest równa \(180°\)

Oznaczamy te dwa kąty jako \(\alpha\) oraz \(\beta\) to \(\alpha+\beta=180°\). Z treści zadania wynika, że jeden z tych kątów jest o \(80°\) większy od drugiego, więc możemy zapisać, że: $$\alpha=\beta-80°$$ W związku z tym: $$\alpha+\beta=180° \\ \beta-80°+\beta=180° \\ 2\beta-80°=180° \\ 2\beta=260° \\ \beta=130°$$
Odpowiedź
C. $ 130^\circ $

Matura 2018 Sierpień. Zadanie 19 (0 - 1)

Pole trójkąta o bokach długości \(4\) oraz \(9\) i kącie między nimi o mierze \(60^\circ\) jest równe

A. $ 18 $
B. $ 9 $
C. $ 18\sqrt{3} $
D. $ 9\sqrt{3} $
Wzór

Wzory na pole trójkąta. $$P_{\triangle ABC}= \frac{1}{2} \cdot a \cdot h_a = \frac{1}{2}\cdot b \cdot h_b=\frac{1}{2}\cdot c\cdot h_c$$

$$P_{\triangle ABC}= \frac{1}{2} a \cdot b \cdot \sin \gamma $$

$$P_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}a^2\frac{\sin\beta\cdot\sin\gamma}{\sin\alpha}=2R^2\cdot\sin\alpha\cdot\sin\beta\cdot\sin\gamma$$

$$P_{\triangle ABC}=\frac{abc}{4R}=rp=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}$$

▸ Więcej wzorów z działu Planimetria
Rozwiązanie

Wykorzystaj jeden z wzorów na pole trójkąta

$$P=\frac{1}{2}ab\cdot \sin\alpha \\ P=\frac{1}{2}\cdot4\cdot9\cdot \sin 60° \\ P=\frac{1}{2}\cdot4\cdot9\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} \\ P=18\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} \\ P=9\sqrt{3}$$
Odpowiedź
D. $ 9\sqrt{3} $

Matura 2018 Sierpień. Zadanie 28 (0 - 2)

W równoległoboku \(ABCD\) punkt \(E\) jest środkiem boku \(BC\). Z wierzchołka \(D\) poprowadzono prostą przecinającą bok \(BC\) w punkcie \(E\). Proste \(AB\) i \(DE\) przecinają się w punkcie \(F\) (zobacz rysunek). Wykaż, że punkt \(B\) jest środkiem odcinka \(AF\).

Wzór

Równoległobok. Czworokąt, który ma dwie pary boków równoległych. Wzory na pole równoległoboku: $$P=ah=a\cdot b\cdot\sin\alpha=\frac{1}{2}\cdot|AC|\cdot|BD|\cdot\sin\varphi$$

▸ Więcej wzorów z działu Planimetria

Matura 2018 Czerwiec. Zadanie 16 (0 - 1)

Odcinek \(AB\) jest średnicą okręgu o środku \(O\) i promieniu \(r\). Na tym okręgu wybrano punkt \(C\), taki, że \(|OB|=|BC|\) (zobacz rysunek). Pole trójkąta \(AOC\) jest równe

A. $ \frac{1}{2}r^2 $
B. $ \frac{1}{4}r^2 $
C. $ \frac{\pi}{4}r^2 $
D. $ \frac{\sqrt{3}}{4}r^2 $
Rozwiązanie Odcinki \(OC\) oraz \(BC\) są na pewno sobie równe, a to dlatego że mają długość promienia okręgu. Skoro więc z założeń zapisanych w treści zadania wynika, że odcinek \(BC\) jest równy odcinkowi \(OB\), to znaczy że trójkąt \(OBC\) jest równoboczny: Obliczenie miary kąta \(AOC\). Skoro trójkąt \(OBC\) jest równoboczny, to znaczy że wszystkie jego kąty mają miarę \(60°\). Jeden z kątów tego trójkąta (a dokładniej kąt \(COB\)) jest kątem przyległym do kąta \(AOC\). Skoro suma kątów przyległych jest równa \(60°\), to oznacza, że: $$|\sphericalangle AOC|=180°-60°=120°$$ Obliczenie wartości \(sin120°\). Do obliczenia pola powierzchni trójkąta \(AOC\) będziemy chcieli skorzystać ze wzoru na pole trójkąta: $$P=\frac{1}{2}ab\cdot \sin\alpha$$ W związku z tym za chwilę potrzebować znać wartość \(sin120°\), a tej nie ma zapisanej w tablicach matematycznych. Musimy więc skorzystać ze wzorów redukcyjnych np.: $$sin(90°+\alpha)=\cos\alpha \\ sin120°=sin(90°+30°)=cos30°=\frac{\sqrt{3}}{2}$$ Obliczenie pola trójkąta \(AOC\). Teraz możemy skorzystać ze wzoru na pole trójkąta z sinusem. W naszym przypadku \(a=r\) oraz \(b=r\), zatem: $$P=\frac{1}{2}ab\cdot \sin\alpha \\ P=\frac{1}{2}\cdot r\cdot r\cdot sin120° \\ P=\frac{1}{2}\cdot r\cdot r\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} \\ P=\frac{\sqrt{3}}{4}r^2$$
Odpowiedź
D. $ \frac{\sqrt{3}}{4}r^2 $

Matura 2018 Czerwiec. Zadanie 18 (0 - 1)

Długości boków trapezu równoramiennego są równe \(12, 13, 2, 13\). Wysokość \(h\) tego trapezu jest równa

A. $ 5 $
B. $ 8 $
C. $ 10 $
D. $ 12 $
Rozwiązanie Korzystając z własności trapezu równoramiennego możemy narysować taką oto sytuację: Obliczenie wysokości trapezu. Wysokość trapezu obliczymy korzystając z Twierdzenia Pitagorasa: $$5^2+h^2=13^2 \\ 25+h^2=169 \\ h^2=144 \\ h=12 \quad\lor\quad h=-12$$ Z racji tego iż wysokość nie może być ujemna, to zostaje nam \(h=12\).
Odpowiedź
D. $ 12 $

Matura 2018 Czerwiec. Zadanie 19 (0 - 1)

Miary kątów pewnego czworokąta pozostają w stosunku \(4:3:3:2\). Wynika stąd, że najmniejszy kąt tego czworokąta ma miarę

A. $ 60^\circ $
B. $ 50^\circ $
C. $ 40^\circ $
D. $ 30^\circ $
Rozwiązanie Skoro kąty w czworokącie mają stosunek miar równy \(4:3:3:2\) to możemy zapisać, że miary tych kątów są równe: \(4x,3x,3x,2x\). Suma miar kątów w czworokącie jest równa zawsze \(360°\), zatem: $$4x+3x+3x+2x=360° \\ 12x=360° \\ x=30°$$ Najmniejszy kąt ma miarę \(2x\), czyli \(2\cdot30°=60°\).
Odpowiedź
A. $ 60^\circ $

Matura 2018 Czerwiec. Zadanie 29 (0 - 2)

Dany jest prostokąt \(ABCD\). Na boku \(CD\) tego prostokąta wybrano taki punkt \(E\), że \(|EC|=2|DE|\), a na boku \(AB\) wybrano taki punkt \(F\), że \(|BF|=|DE|\). Niech \(P\) oznacza punkt przecięcia prostej \(EF\) z prostą \(BC\) (zobacz rysunek). Wykaż, że trójkąty \(AED\) i \(FPB\) są przystające.

Wzór

Cechy przystawania trójkątów. To, że dwa trójkąty $ABC$ i $DEF$ są przystające $( \Delta ABC \equiv \Delta DEF )$, możemy stwierdzić na podstawie każdej z następujących cech przystawania trójkątów: $$\text{- cecha przystawania bok - bok - bok:}$$ odpowiadające sobie boki obu trójkątów mają te same długości: $|AB| = |DE|, |AC| = |DF|, |BC| = |EF|$ $$\text{ cecha przystawania bok - kąt - bok:}$$ dwa boki jednego trójkąta są równe odpowiadającym im bokom drugiego trójkąta oraz kąt zawarty między tymi bokami jednego trójkąta ma taką samą miarę jak odpowiadający mu kąt drugiego trójkąta, np. $|AB| = |DE|$ , $|AC| = |DF|$ ,$|\angle BAC| =| \angle EDF|$ $$\text{ cecha przystawania kąt - bok - kąt:}$$ jeden bok jednego trójkąta ma tę samą długość, co odpowiadający mu bok drugiego trójkąta oraz miary odpowiadających sobie kątów obu trójkątów, przyległych do boku, są równe, np. $|AB| = |DE|$ , $|\angle BAC| =| \angle EDF|$ , $|\angle ABC| =| \angle DEF|$

▸ Więcej wzorów z działu Planimetria
Rozwiązanie
Dorysowujemy odcinek FG, taki że punkt G jest środkiem odcinka EC. Ponieważ EC = 2DE , więc otrzymujemy równość DE = EG = GC. Zatem GC = FB ,a skoro $\sphericalangle $GCB = $\sphericalangle $FBC =90°,więc $\sphericalangle $FGC =90°,skądwynika,że trójkąt FEG jest prostokątny. Ponieważ AD=FG, $\sphericalangle $ADE= $\sphericalangle $FGE=90° i DE=EG, więc z cechy bkb wnioskujemy, że trójkąty AED i FEG są przystające. Niech $\sphericalangle $DAE = \alpha . Wtedy z przystawania tych trójkątów wnosimy, że $\sphericalangle $EFG = \alpha . Ponieważ odcinki PC i FG są równoległe, więc $\sphericalangle $FPB = $\sphericalangle $EFG = \alpha (kąty odpowiadające). Ponieważ $\sphericalangle $FPB = $\sphericalangle $EFG =\alpha BF = DE , $\sphericalangle $PBF =90°= $\sphericalangle $ADE oraz,zatemnamocy cechy kbk trójkąty AED i PFB są przystające.
Odpowiedź
Wykazano korzystając z podobieństwa trójkątów.

Matura 2018 Maj. Zadanie 15 (0 - 1)

Dany jest trójkąt o bokach długości: \(2\sqrt{5}\), \(3\sqrt{5}\), \(4\sqrt{5}\). Trójkątem podobnym do tego trójkąta jest trójkąt, którego boki mają długości

A. $ 10, 15, 20 $
B. $ 20, 45, 80 $
C. $ \sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{4} $
D. $ \sqrt{5}, 2\sqrt{5}, 3\sqrt{5} $
Rozwiązanie Sprawdzamy odpowiedzi $$\frac{2\sqrt{5}}{10} = \frac{\sqrt{5}}{5} $$ $$\frac{3\sqrt{5}}{15} = \frac{\sqrt{5}}{5} $$ $$\frac{4\sqrt{5}}{20} = \frac{\sqrt{5}}{5} $$ wszystkie proporcje są jednakowe - udało się
Odpowiedź
A. $ 10, 15, 20 $

Matura 2018 Maj. Zadanie 16 (0 - 1)

Dany jest okrąg o środku \(S\). Punkty \(K\), \(L\) i \(M\) leżą na tym okręgu. Na łuku \(KL\) tego okręgu są oparte kąty \(KSL\) i \(KML\) (zobacz rysunek), których miary \(\alpha\) i \(\beta\) spełniają warunek \(\alpha + \beta = 111^\circ\). Wynika stąd, że

A. $ \alpha = 74^\circ $
B. $ \alpha = 76^\circ $
C. $ \alpha = 70^\circ $
D. $ \alpha = 72^\circ $
Wzór

Kąty w okręgu. Miara kąta wpisanego w okrąg jest równa połowie miary kąta środkowego, opartego na tym samym łuku. Miary kątów wpisanych w okrąg, opartych na tym samym łuku, są równe.

▸ Więcej wzorów z działu Planimetria
Rozwiązanie

Miara kąta wpisanego w okrąg jest równa połowie miary kąta środkowego, opartego na tym samym łuku.

$$ \frac{3}{2} \alpha = 111^\circ $$ $$ \alpha = \frac{2}{3} 111^\circ = \frac{222^\circ}{3} = 74^\circ $$
Odpowiedź
A. $ \alpha = 74^\circ $

Matura 2018 Maj. Zadanie 17 (0 - 1)

Dany jest trapez prostokątny \(KLMN\), którego podstawy mają długości \(|KL| = a\), \(|MN| = b\), \(a\gt b\). Kąt \(KLM\) ma miarę \(60^\circ\). Długość ramienia \(LM\) tego trapezu jest równa

A. $ a - b $
B. $ 2(a - b) $
C. $ a + \frac{1}{2}b $
D. $ \frac{a + b}{2} $
Wzór

Trapez. Czworokąt, który ma co najmniej jedną parę boków równoległych.
Wzór na pole trapezu: $$P=\frac{a+b}{2}\cdot h$$

▸ Więcej wzorów z działu Planimetria
Odpowiedź
B. $ 2(a - b) $

Matura 2018 Maj. Zadanie 29 (0 - 2)

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 \(\sqrt{2} - 1\).

Rozwiązanie Oznaczmy wierzchołek kąta przez X. Odcinek $|AX|$ to przekątna kwadratu $|AX| = 2\sqrt{2}$. Promień okręgu o środku $B$ nazwiemy $r$. Zapiszemy długość odcinka $|AX|$ na dwa sposoby: $$ 2\sqrt{2} = 2 + 2r + r\sqrt{2}-r $$ $$ 2\sqrt{2} -2 = r (1+ \sqrt{2}) $$ $$ r = \frac{2 }{ (1+ \sqrt{2}) }(\sqrt{2} -1) \le \sqrt{2} -1 $$ ponieważ $$\frac{2 }{ (1+ \sqrt{2}) } \le 1.$$

Matura 2017 Sierpień. Zadanie 4 (0 - 1)

Dane są dwa koła. Promień pierwszego koła jest większy od promienia drugiego koła o \(30\%\). Wynika stąd, że pole pierwszego koła jest większe od pola drugiego koła

A. o mniej niż $50\%$, ale więcej niż $40\%$.
B. o mniej niż $60\%$, ale więcej niż $50\%$.
C. dokładnie o $60\%$.
D. o więcej niż $60\%$.
Rozwiązanie Z treści zadania wynika, że \(r_{1}=1,3r_{2}\). W związku z tym: $$P_{1}=π{r_{1}}^2=π(1,3r_{2})^2=1,69π{r_{2}}^2 \\ P_{2}=π{r_{2}}^2$$ Widzimy wyraźnie, że pole pierwszego koła jest większe od drugiego o \(69\%\), zatem poprawna jest ostatnia odpowiedź.
Odpowiedź
D. o więcej niż $60\%$.

Matura 2017 Sierpień. Zadanie 7 (0 - 1)

Rozważmy treść następującego zadania:
Obwód prostokąta o bokach długości \(a\) i \(b\) jest równy \(60\). Jeden z boków tego prostokąta jest o \(10\) dłuższy od drugiego. Oblicz długości boków tego prostokąta.
Który układ równań opisuje zależności między długościami boków tego prostokąta?

A. $ \begin{cases} 2(a+b)=60 \\ a+10=b \end{cases} $
B. $ \begin{cases} 2a+b=60 \\ 10b=a \end{cases} $
C. $ \begin{cases} 2ab=60 \\ a-b=10 \end{cases} $
D. $ \begin{cases} 2(a+b)=60 \\ 10a=b \end{cases} $
Rozwiązanie Prostokąt ma dwa równe boki, zatem jego obwód możemy w tej sytuacji opisać równaniem: $$2a+2b=60 \\ 2(a+b)=60$$ Pierwsze równanie więc znamy i od razu możemy ograniczyć się do odpowiedzi A oraz D. Teraz czas na drugie równanie, które odnosi się do sytuacji mówiącej o tym, że jeden z boków prostokąta jest o \(10\) dłuższy od drugiego. Co prawda nie wiemy który z boków ma być dłuższy, ale w grę wchodzą tylko dwie możliwości, czyli \(a+10=b\) lub też \(b+10=a\). To właśnie ta pierwsza możliwość pojawiła się w pierwszej odpowiedzi, zatem poszukiwanym układem równań jest ten z odpowiedzi A.
Odpowiedź
A. $ \begin{cases} 2(a+b)=60 \\ a+10=b \end{cases} $

Matura 2017 Sierpień. Zadanie 14 (0 - 1)

Na okręgu o środku w punkcie \(O\) leżą punkty \(A\), \(B\) i \(C\) (zobacz rysunek). Kąt \(ABC\) ma miarę \(121^\circ \), a kąt \(BOC\) ma miarę \(40^\circ \). Kąt \(AOB\) ma miarę

A. $ 59^\circ $
B. $ 50^\circ $
C. $ 81^\circ $
D. $ 78^\circ $
Rozwiązanie Wyznaczenie miary kąta \(CBO\). Na wstępie musimy dostrzec, że trójkąty \(BCO\) oraz \(ABO\) są równoramienne, bo ich ramiona mają długość równą promieniowi okręgu. Spójrzmy zatem na trojkąt \(BCO\). Wiemy, że kąt \(BOC\) ma miarę \(40°\), a to oznacza, że kąt \(CBO\) znajdujący się przy podstawie ma miarę: $$|\sphericalangle CBO|=(180°-40°):2=140°:2=70°$$ Wyznaczenie miary kąta \(ABO\). Wiemy, że kąt \(ABC\) ma miarę \(121°\) i widzimy na rysunku, że składa się on z kątów \(CBO\) oraz \(ABO\). Miarę kąta \(CBO\) wyliczyliśmy przed chwilą, zatem: $$|\sphericalangle ABO|=121°-70°=51°$$ Wyznaczenie miary kąta \(AOB\). Spójrzmy teraz na trójkąt \(ABO\). Wiemy że kąty przy podstawie mają tutaj \(51°\), bo jest to trójkąt równoramienny, zatem kąt \(AOB\) ma miarę: $$|\sphericalangle AOB|=180°-2\cdot51°=180°-102°=78°$$
Odpowiedź
D. $ 78^\circ $

Matura 2017 Sierpień. Zadanie 15 (0 - 1)

W trójkącie \(ABC\) punkt \(D\) leży na boku \(BC\), a punkt \(E\) leży na boku \(AC\). Odcinek \(DE\) jest równoległy do boku \(AB\), a ponadto \(|AE|=|DE|=4\), \(|AB|=6\) (zobacz rysunek). Odcinek \(CE\) ma długość

A. $ \frac{16}{3} $
B. $ \frac{8}{3} $
C. $ 8 $
D. $ 6 $
Rozwiązanie Trójkąty \(ABC\) oraz \(EDC\) są podobne (cecha kąt-kąt-kąt), zatem możemy zapisać prostą propocję: $$\frac{|CA|}{|AB|}=\frac{|CE|}{|ED|} \\ \frac{|CE|+4}{6}=\frac{|CE|}{4}$$ Mnożąc na krzyż otrzymamy: $$4\cdot(|CE|+4)=6|CE| \\ 4|CE|+16=6|CE| \\ 16=2|CE| \\ |CE|=8$$
Odpowiedź
C. $ 8 $

Matura 2017 Sierpień. Zadanie 16 (0 - 1)

Dany jest trójkąt równoboczny, którego pole jest równe \(6\sqrt{3}\). Bok tego trójkąta ma długość

A. $ 3\sqrt{2} $
B. $ 2\sqrt{3} $
C. $ 2\sqrt{6} $
D. $ 6\sqrt{2} $
Rozwiązanie Korzystając ze wzoru na pole trójkąta równobocznego możemy obliczyć, że: $$P=\frac{a^2\sqrt{3}}{4} \\ 6\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4} \\ 24\sqrt{3}=a^2\sqrt{3} \\ a^2=24 \\ a=\sqrt{24} \quad\lor\quad a=-\sqrt{24}$$ Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, zatem zostaje nam \(a=\sqrt{24}\), co możemy jeszcze rozpisać jako: $$a=\sqrt{24}=\sqrt{4\cdot6}=2\sqrt{6}$$
Odpowiedź
C. $ 2\sqrt{6} $

Matura 2017 Sierpień. Zadanie 29 (0 - 2)

Dany jest trójkąt prostokątny \(ABC\), w którym \(|\sphericalangle ACB|=90^\circ \) i \(|\sphericalangle ABC|=60^\circ \). Niech \(D\) oznacza punkt wspólny wysokości poprowadzonej z wierzchołka \(C\) kąta prostego i przeciwprostokątnej \(AB\) tego trójkąta. Wykaż, że \(|AD|:|DB|=3:1\).


Matura 2017 Sierpień. Zadanie 33 (0 - 4)

Punkt \(C=(0,0)\) jest wierzchołkiem trójkąta prostokątnego \(ABC\), którego wierzchołek \(A\) leży na osi \(Ox\), a wierzchołek \(B\) na osi \(Oy\) układu współrzędnych. Prosta zawierająca wysokość tego trójkąta opuszczona z wierzchołka \(C\) przecina przeciwprostokątną \(AB\) w punkcie \(D=(3,4)\). Oblicz współrzędne wierzchołków \(A\) i \(B\) tego trójkąta oraz długość przeciwprostokątnej \(AB\).

Odpowiedź
\(A=\left(\frac{25}{3},0\right)\), \(B=\left(0,\frac{25}{4}\right)\), \(|AB|=\frac{125}{12}\)

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 16 (0 - 1)

W okręgu o środku \(O\) dany jest kąt wpisany \(ABC\) o mierze \(20^\circ \) (patrz rysunek). Miara kąta \(CAO\) jest równa

A. $ 85^\circ $
B. $ 70^\circ $
C. $ 80^\circ $
D. $ 75^\circ $
Rozwiązanie Obliczenie miary kąta \(AOC\). Kąt środkowy \(AOC\) jest oparty na tym samym łuku co kąt wpisany \(ABC\). Z własności kątów środkowych i wpisanych wiemy, że w takiej sytuacji kąt środkowy będzie mieć miarę dwukrotnie większą, zatem: $$|\sphericalangle AOC|=2\cdot20°=40°$$ Obliczenie miary kąta \(CAO\). Spójrzmy na trójkąt \(ACO\). Jest to trójkąt równoramienny, którego ramiona \(AO\) oraz \(CO\) mają długość równą promieniu okręgu. W trójkącie równoramiennym kąty przy podstawie mają jednakową miarę i to właśnie pozwoli nam wyznaczyć miarę kąta \(CAO\). Skoro \(|\sphericalangle AOC|=40°\), a suma kątów w trójkącie wynosi \(180°\), to znaczy że: $$|\sphericalangle CAO|=(180°-40°):2=140°:2=70°$$
Odpowiedź
B. $ 70^\circ $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 20 (0 - 1)

Trójkąt \(ABC\) jest podobny do trójkąta \(A’B’C’\) w skali \(\frac{5}{2}\), przy czym \(|AB|=\frac{5}{2}|A’B’|\). Stosunek pola trójkąta \(ABC\) do pola trójkąta \(A’B’C’\) jest równy

A. $ \frac{4}{25} $
B. $ \frac{2}{5} $
C. $ \frac{5}{2} $
D. $ \frac{25}{4} $
Rozwiązanie Z własności figur podobnych wynika, że stosunek pól figur podobnych jest równy kwadratowi skali podobieństwa tych figur. Z treści zadania wynika, że skala podobieństwa jest równa \(k=\frac{5}{2}\) w związku z tym: $$k^2=\left(\frac{5}{2}\right)^2 \\ k^2=\frac{25}{4}$$
Odpowiedź
D. $ \frac{25}{4} $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 21 (0 - 1)

Pole koła opisanego na trójkącie równobocznym jest równe \(\frac{1}{3}\pi ^3\). Długość boku tego trójkąta jest równa

A. $ \frac{\pi}{3} $
B. $ \pi $
C. $ \sqrt{3}\pi $
D. $ 3\pi $
Rozwiązanie Zapisanie zależności między promieniem koła i wysokością trójkąta. Promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym jest równy \(\frac{2}{3}\) wysokości tego trójkąta. Wiedząc, że wysokość trójkąta równobocznego o boku \(a\) wyraża się wzorem \(h=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) możemy zapisać, że: $$R=\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2} \\ R=\frac{a\sqrt{3}}{3}$$ Obliczenie długości boku trójkąta. Korzystając ze wzoru na pole koła możemy zapisać, że: $$P=πR^2 \\ \frac{1}{3}π^3=π\cdot\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2 \quad\bigg/:π \\ \frac{1}{3}π^2=\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2 \\ \frac{1}{3}π^2=\frac{a^2\cdot3}{9} \\ \frac{1}{3}π^2=\frac{a^2}{3} \quad\bigg/\cdot3 \\ π^2=a^2 \\ a=π \quad\lor\quad a=-π$$ Wartość ujemną oczywiście odrzucamy, bo bok trójkąta nie może mieć ujemnej długości, zatem \(a=π\).
Odpowiedź
B. $ \pi $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 22 (0 - 1)

Pole trójkąta prostokątnego \(ABC\), przedstawionego na rysunku, jest równe

A. $ \frac{32\sqrt{3}}{6} $
B. $ \frac{16\sqrt{3}}{6} $
C. $ \frac{8\sqrt{3}}{3} $
D. $ \frac{4\sqrt{3}}{3} $
Rozwiązanie Obliczenie długości boku \(BC\). Długość boku \(BC\) możemy obliczyć korzystając z tangensa: $$tg30°=\frac{|BC|}{|AC|} \\ \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{|BC|}{4} \quad\bigg/\cdot4 \\ |BC|=\frac{4\sqrt{3}}{3}$$ Obliczenie pola powierzchni trójkąta. W trójkącie prostokątnym długości przyprostokątnych są jednocześnie długościami podstawy i wysokości trójkąta, zatem: $$P=\frac{1}{2}\cdot a\cdot h \\ P=\frac{1}{2}\cdot4\cdot\frac{4\sqrt{3}}{3} \\ P=2\cdot\frac{4\sqrt{3}}{3} \\ P=\frac{8\sqrt{3}}{3}$$
Odpowiedź
C. $ \frac{8\sqrt{3}}{3} $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 28 (0 - 2)

Dwusieczna kąta ostrego \(ABC\) przecina przyprostokątną \(AC\) trójkąta prostokątnego \(ABC\) w punkcie \(D\). Udowodnij, że jeżeli \(|AD|=|BD|\), to \(|CD|=\frac{1}{2}\cdot |BD|\).

Odpowiedź
Udowodniono korzystając z własności trójkątów i funkcji trygonometrycznych.

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 32 (0 - 4)

Ramię trapezu równoramiennego \(ABCD\) ma długość \(\sqrt{26}\). Przekątne w tym trapezie są prostopadłe, a punkt ich przecięcia dzieli je w stosunku \(2:3\). Oblicz pole tego trapezu.

Odpowiedź
\(P=25\)

Matura 2017 Maj. Zadanie 15 (0 - 1)

Na okręgu o środku w punkcie \(O\) leży punkt \(C\) (zobacz rysunek). Odcinek \(AB\) jest średnicą tego okręgu. Zaznaczony na rysunku kąt środkowy \(\alpha \) ma miarę

A. $ 116^\circ $
B. $ 114^\circ $
C. $ 112^\circ $
D. $ 110^\circ $
Rozwiązanie Wyznaczenie miary kąta \(CAO\). Trójkąt \(AOC\) jest na pewno równoramienny, a jego ramionami są boki \(AO\) oraz \(CO\). Skąd to wiemy? Obydwa te boki są długością promienia naszego okręgu. To z kolei oznacza, że kąty przy podstawie \(AC\) mają równą miarę, zatem: $$|\sphericalangle CAO|=|\sphericalangle ACO|=56°$$ Obliczenie miary kąta \(COB\), czyli kąta \(\alpha\). Obliczony przed chwilą kąt \(CAO\) oraz nasz kąt \(\alpha\) są oparte na tym samym łuku \(CB\). W związku z tym miara kąta środkowego będzie dwa razy większa od miary kąta wpisanego. Zatem: $$|\sphericalangle CAO|=56°\cdot2=112°$$
Odpowiedź
C. $ 112^\circ $

Matura 2017 Maj. Zadanie 16 (0 - 1)

W trójkącie \(ABC\) punkt \(D\) leży na boku \(BC\), a punkt \(E\) leży na boku \(AB\). Odcinek \(DE\) jest równoległy do boku \(AC\), a ponadto \(|BD|=10\), \(|BC|=12\) i \(|AC|=24\) (zobacz rysunek). Długość odcinka \(DE\) jest równa

A. $ 22 $
B. $ 20 $
C. $ 12 $
D. $ 11 $
Rozwiązanie Skoro odcinek \(DE\) jest równoległy do boku \(CA\), to trójkąty \(ABC\) oraz \(EBD\) są trójkątami podobnymi (na mocy cechy kąt-kąt-kąt). Stosunek boków odpowiadających sobie będzie taki sam, co pozwoli ułożyć nam następujące równanie: $$\frac{|DE|}{|CA|}=\frac{|BD|}{|BC|} \\ \frac{|DE|}{24}=\frac{10}{10+2} \\ \frac{|DE|}{24}=\frac{10}{12} \quad\bigg/\cdot24 \\ |DE|=\frac{240}{12} \\ |DE|=20$$
Odpowiedź
B. $ 20 $

Matura 2017 Maj. Zadanie 17 (0 - 1)

Obwód trójkąta przedstawionego na rysunku jest równy

A. $ \left(3+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)a $
B. $ \left(2+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)a $
C. $ (3+\sqrt{3})a $
D. $ (2+\sqrt{2})a $
Rozwiązanie W tym zadaniu najprościej będzie wykorzystać własności trójkątów \(30°, 60°, 90°\). Z tych własności wynika wprost, że długość dłuższej przyprostokątnej jest równa \(|AB|=a\sqrt{3}\), a długość przeciwprostokątnej wynosi \(|AC|=2a\). Obwód trójkąta będzie więc równy: $$Obw=a+a\sqrt{3}+2a \\ Obw=3a+a\sqrt{3} \\ Obw=(3+\sqrt{3})a$$ Gdybyśmy o tych własnościach nie pamiętali, to do wyznaczenia długości boków zawsze możemy posłużyć się jeszcze funkcjami trygonometrycznymi: Wyznaczenie długości boku \(AB\): $$tg30°=\frac{a}{|AB|} \\ \frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{a}{|AB|} \quad\bigg/\cdot |AB| \\ a=\frac{\sqrt{3}}{3}|AB| \quad\bigg/\cdot\frac{3}{\sqrt{3}} \\ |AB|=\frac{3}{\sqrt{3}}a \\ |AB|=\frac{3\sqrt{3}}{3}a \\ |AB|=a\sqrt{3}$$ Wyznaczenie długości boku \(AC\): $$sin30°=\frac{a}{|AC|} \\ \frac{1}{2}=\frac{a}{|AC|} \quad\bigg/\cdot |AC| \\ a=\frac{1}{2}|AC| \quad\bigg/\cdot2 \\ |AC|=2a$$
Odpowiedź
C. $ (3+\sqrt{3})a $

Matura 2017 Maj. Zadanie 28 (0 - 2)

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 \(|\sphericalangle APC|=\alpha \) i \(|\sphericalangle ABC|=\beta \) (zobacz rysunek). Wykaż, że \(\alpha =180^\circ -2\beta \).


Matura 2017 Maj. Zadanie 30 (0 - 2)

Przeciwprostokątna trójkąta prostokątnego ma długość \(26\) cm, a jedna z przyprostokątnych jest o \(14\) cm dłuższa od drugiej. Oblicz obwód tego trójkąta.

Odpowiedź
\(Obw=60cm\)

Matura 2016 Sierpień. Zadanie 18 (0 - 1)

Przekątne równoległoboku mają długości \(4\) i \(8\), a kąt między tymi przekątnymi ma miarę \(30^\circ \). Pole tego równoległoboku jest równe

A. $ 32 $
B. $ 16 $
C. $ 12 $
D. $ 8 $
Rozwiązanie W tym zadaniu wykorzystamy wzór, który możemy znaleźć w tablicach matematycznych, a mianowicie \(P=\frac{1}{2}\cdot|AC|\cdot|BD|\cdot sinγ\), gdzie \(|AC|\) oraz \(|BD|\) to przekątne równoległoboku, a \(γ\) to kąt między tymi przekątnymi. I tu ważna uwaga - niektórzy omyłkowo biorą do obliczeń podobny i znacznie popularniejszy wzór (także znajdujący się w tablicach): \(P=a\cdot b\cdot \sin\alpha\). Z tego wzoru skorzystać nie możemy, bo w tym wzorze kąt \(\alpha\) to kąt między dwoma bokami równoległoboku, a my znamy kąt między przekątnymi! To główna pułapka w tym zadaniu. Oto wycinek z tablic matematycznych i zaznaczony wzór z którego musimy skorzystać: Przechodząc do obliczeń otrzymamy: $$P=\frac{1}{2}\cdot4\cdot8\cdot sin30° \\ P=16\cdot\frac{1}{2} \\ P=8$$
Odpowiedź
D. $ 8 $

Matura 2016 Sierpień. Zadanie 19 (0 - 1)

Punkty \(A\), \(B\), \(C\) i \(D\) leżą na okręgu o środku \(S\). Cięciwa \(CD\) przecina średnicę \(AB\) tego okręgu w punkcie \(E\) tak, że \(|\sphericalangle BEC|=100^\circ \). Kąt środkowy \(ASC\) ma miarę \(110^\circ \) (zobacz rysunek). Kąt wpisany \(BAD\) ma miarę

A. $ 15^\circ $
B. $ 20^\circ $
C. $ 25^\circ $
D. $ 30^\circ $
Rozwiązanie Obliczenie miary kąta \(CDA\) (i tym samym \(EDA\)). Kąt \(CDA\) jest kątem wpisanym, który jest oparty na tym samym łuku co kąt środkowy \(ASC\). Z własności kątów wpisanych i środkowych wiemy, że kąt wpisany będzie miał miarę dwa razy mniejszą od kąta środkowego, zatem: $$|\sphericalangle CDA|=110°:2=55°$$ Obliczenie miary kąta \(DEA\). Kąty \(BEC\) oraz \(DEA\) są kątami wierzchołkowymi. To oznacza, że mają równą miarę. $$|\sphericalangle DEA|=|\sphericalangle BEC|=100°$$ Obliczenie miary kąta \(BAD\). Kąt \(BAD\) wyliczymy z kątów w trójkącie \(DEA\). W kroku pierwszym i drugim wyliczyliśmy tak naprawdę miary dwóch z kątów tego trójkąta, a trzecim brakującym będzie właśnie poszukiwany przez nas kąt. Jego miara jest zatem równa: $$|\sphericalangle BAD|=180°-|\sphericalangle CDA|-|\sphericalangle DEA| \\ |\sphericalangle BAD|=180°-55°-100° \\ |\sphericalangle BAD|=25°$$
Odpowiedź
C. $ 25^\circ $

Matura 2016 Sierpień. Zadanie 30 (0 - 2)

W trapezie \(ABCD\) o podstawach \(AB\) i \(CD\) przekątne \(AC\) oraz \(BD\) przecinają się w punkcie \(S\). Wykaż, że jeżeli \(|AS|=\frac{5}{6}|AC|\), to pole trójkąta \(ABS\) jest \(25\) razy większe od pola trójkąta \(DCS\).

Odpowiedź
Udowodniono na podstawie podobieństw trójkątów.

Matura 2016 Czerwiec. Zadanie 13 (0 - 1)

Dany jest trapez \(ABCD\), w którym przekątna \(AC\) jest prostopadła do ramienia \(BC\), \(|AD|=|DC|\) oraz \(|\sphericalangle ABC|=50^\circ \) (zobacz rysunek). Stąd wynika, że

A. $ \beta =100^\circ $
B. $ \beta =120^\circ $
C. $ \beta =110^\circ $
D. $ \beta =130^\circ $
Rozwiązanie Obliczenie miary kąta \(CAB\). Z trójkąta \(ABC\) jesteśmy wyznaczyć miarę kąta \(CAB\): $$|\sphericalangle CAB|=180°-90°-50°=40°$$ Obliczenie miary kątów \(ACD\) oraz \(DAC\). Musimy zauważyć, że kąty \(ACD\) i \(DAC\) będą miały równą miarę. Skąd to wiemy? Wynika to z tego, że \(|AD|=|DC|\), co sugeruje nam że trójkąt \(ACD\) jest równoramienny, a w takim trójkącie kąty przy podstawie są równej miary. Z własności kątów naprzemianległych wiemy, że kąty \(CAB\) oraz \(ACD\) mają równą miarę. W związku z tym: $$|\sphericalangle CAB|=|\sphericalangle ACD|=|\sphericalangle DAC|=40°$$ Obliczenie miary kąta \(ADC\) (czyli \(\beta\)). Znając kąty \(ACD\) i \(DAC\) bez problemu wyliczymy miarę naszego kąta \(\beta\): $$\beta=180°-40°-40°=100°$$
Odpowiedź
A. $ \beta =100^\circ $

Matura 2016 Czerwiec. Zadanie 14 (0 - 1)

Punkty \(A\), \(B\), \(C\) i \(D\) leżą na okręgu o środku \(O\) (zobacz rysunek). Miary zaznaczonych kątów \(\alpha \) i \(\beta \) są odpowiednio równe

A. $ \alpha =36^\circ,\ \beta =72^\circ $
B. $ \alpha =54^\circ,\ \beta =72^\circ $
C. $ \alpha =36^\circ,\ \beta =108^\circ $
D. $ \alpha =72^\circ,\ \beta =72^\circ $
Rozwiązanie Obliczenie miary kąta \(\alpha\). Przyglądając się rysunkowi musimy zauważyć, że nasz kąt \(\alpha\) (który jest kątem środkowym) oraz kąt \(DAC\) (który jest kątem wpisanym) są oparte na tym samym łuku. To oznacza, że miara kąta \(\alpha\) będzie dwa razy większa od miary kąta \(DAC\), czyli: $$\alpha=36°\cdot2=72°$$ Obliczenie miary kąta \(\beta\). Zanim obliczymy miarę kąta \(\beta\), to przyda nam się jeszcze znajomość kąta \(ADC\). Jego miara jest równa: $$|\sphericalangle ADC|=180°-36°-36°=108°$$ Skoro nasz czworokąt jest wpisany w okrąg to suma kątów leżących naprzeciwko siebie jest równa \(180°\). Naprzeciw naszego kąta \(\beta\) leży obliczony przed chwilą kąt \(ADC\), tak więc miara kąta \(\beta\) jest równa: $$\beta=180°-108°=72°$$ Tak na marginesie, to w zasadzie można byłoby rozwiązać to zadanie bez umiejętności obliczania miary kąta \(\beta\). Wystarczy przyjrzeć się odpowiedziom i skoro wiemy, że \(\alpha=36°\) to zostają nam dwie możliwości \(\beta=72°\) lub \(\beta=108°\). Z rysunku jasno wynika, że \(\beta\) jest na pewno kątem ostrym, stąd też gdybyśmy nie umieli dokończyć tego zadania w matematyczny sposób, to sprytną analizą sytuacji możemy i tak wybrać prawidłową odpowiedź.
Odpowiedź
D. $ \alpha =72^\circ,\ \beta =72^\circ $

Matura 2016 Czerwiec. Zadanie 16 (0 - 1)

Każde z ramion trójkąta równoramiennego ma długość \(20\). Kąt zawarty między ramionami tego trójkąta ma miarę \(150^\circ \). Pole tego trójkąta jest równe

A. $ 100 $
B. $ 200 $
C. $ 100\sqrt{3} $
D. $ 100\sqrt{2} $
Rozwiązanie Do obliczenia pola tego trójkąta wykorzystamy następujący wzór z tablic matematycznych: $$P=\frac{1}{2}\cdot a\cdot b\cdot \sin\alpha \\ P=\frac{1}{2}\cdot20\cdot20\cdot sin150° \\ P=\frac{1}{2}\cdot20\cdot20\cdot sin150° \\ P=200\cdot\frac{1}{2} \\ P=100$$ Pewną trudnością w tym zadaniu może być określenie wartości \(sin150°\). Skąd wiemy, że \(sin150°\) jest równy \(\frac{1}{2}\)? Ze wzorów redukcyjnych możemy odczytać, że: $$sin(180°-\alpha)=\sin\alpha \\ sin(180°-150°)=sin150° \\ sin30°=sin150°$$ Wartość \(sin30°\) możemy już odczytać z tablic i wynosi ona \(\frac{1}{2}\).
Odpowiedź
A. $ 100 $

Matura 2016 Czerwiec. Zadanie 25 (0 - 1)

Punkty \(D\) i \(E\) są środkami przyprostokątnych \(AC\) i \(BC\) trójkąta prostokątnego \(ABC\). Punkty \(F\) i \(G\) leżą na przeciwprostokątnej \(AB\) tak, że odcinki \(DF\) i \(EG\) są do niej prostopadłe (zobacz rysunek). Pole trójkąta \(BGE\) jest równe \(1\), a pole trójkąta \(AFD\) jest równe \(4\). Zatem pole trójkąta \(ABC\) jest równe

A. $ 12 $
B. $ 16 $
C. $ 18 $
D. $ 20 $
Rozwiązanie Sporządzenie rysunku poglądowego. Dorysowalismy sobie wysokość \(CH\) trójkąta \(ABC\). Podzieliła nam ona trójkąt na dwa mniejsze trójkąty - \(ACH\) oraz \(BCH\). Suma pól powierzchni tych trójkątów da nam poszukiwane pole trójkąta \(ABC\). Obliczenie pola powierzchni trójkąta \(ACH\). Skorzystamy tutaj ze skali podobieństwa trójkątów \(ACH\) oraz \(AFD\). Z treści zadania wynika, że \(k=\frac{|AC|}{|AD|}=2\). Z geometrii wiemy, że stosunek dwóch pól figur podobnych jest równy \(k^2\), czyli w naszym przypadku \(k^2=2^2=4\). Skoro pole trójkąta \(AFD\) jest równe \(4\), a pole \(ACH\) musi być czterokrotnie większe, to \(P_{ACH}=4\cdot4=16\). Obliczenie pola powierzchni trójkąta \(BCH\). Analogicznie możemy przeanalizować parę trójkątów \(BCH\) oraz \(BGE\). Skoro \(k=\frac{|BH|}{|BG|}=2\), to ponownie pole trójkąta \(BCH\) będzie czterokrotnie większe od pola trójkąta \(BGE\). Pole trójkąta \(BCH\) jest więc równe \(P_{BCH}=4\cdot1=4\). Obliczenie pola powierzchni trójkąta \(ABC\). $$P_{ABC}=P_{ACH}+P_{BCH} \\ P_{ABC}=16+4 \\ P_{ABC}=20$$
Odpowiedź
D. $ 20 $

Matura 2016 Czerwiec. Zadanie 29 (0 - 2)

Dany jest trapez prostokątny \(ABCD\) o podstawach \(AB\) i \(CD\) oraz wysokości \(AD\). Dwusieczna kąta \(ABC\) przecina ramię \(AD\) w punkcie \(E\) oraz dwusieczną kąta \(BCD\) w punkcie \(F\) (zobacz rysunek). Wykaż, że w czworokącie \(CDEF\) sumy miar przeciwległych kątów są sobie równe.


Matura 2016 Czerwiec. Zadanie 30 (0 - 2)

W trójkącie \(ABC\) dane są długości boków \(|AB|=15\) i \(|AC|=12\) oraz \(\cos \alpha =\frac{4}{5}\), gdzie \(\alpha =\sphericalangle BAC\). Na bokach \(AB\) i \(AC\) tego trójkąta obrano punkty odpowiednio \(D\) i \(E\) takie, że \(|BD|=2|AD|\) i \(|AE|=2|CE|\)(zobacz rysunek). Oblicz pole a) trójkąta \(ADE\). b) czworokąta \(BCED\).

Odpowiedź
\(P_{ADE}=12\) oraz \(P_{BCED}=42\)

Matura 2016 Maj. Zadanie 7 (0 - 1)

Punkty \(ABCD\) leżą na okręgu o środku \(S\) (zobacz rysunek). Miara kąta \(BDC\) jest równa

A. $ 91^\circ $
B. $ 72{,}5^\circ $
C. $ 18^\circ $
D. $ 32^\circ $
Rozwiązanie

Miara kąta wpisanego w okrąg jest równa połowie miary kąta środkowego, opartego na tym samym łuku.

I sposób

Kąt \(ADC\) jest kątem wpisanym, opartym na tym samym łuku co kąt środkowy \(ASC\), czyli \(\sphericalangle ADC=118°:2=59°\). Poszukiwana przez nas miara kąta \(BDC\) jest różnicą między kątem \(ADC\) oraz \(ADB\), zatem: $$|\sphericalangle ADC|=|\sphericalangle ADC|-|\sphericalangle ADC|=59°-27°=32°$$

II sposób

Na oko poszukiwany kąt ma miarę zbliżoną do kąta \(27°\) :)
Odpowiedź
D. $ 32^\circ $

Matura 2016 Maj. Zadanie 13 (0 - 1)

W okręgu o środku w punkcie \(S\) poprowadzono cięciwę \(AB\), która utworzyła z promieniem \(AS\) kąt o mierze \(31^\circ \) (zobacz rysunek). Promień tego okręgu ma długość \(10\). Odległość punktu \(S\) od cięciwy \(AB\) jest liczbą z przedziału

A. $ \left\langle \frac{9}{2},\frac{11}{2} \right\rangle $
B. $ \left ( \frac{11}{2},\frac{13}{2} \right\rangle $
C. $ \left ( \frac{13}{2},\frac{19}{2} \right\rangle $
D. $ \left ( \frac{19}{2},\frac{37}{2} \right\rangle $
Rozwiązanie Skorzystamy tutaj z funkcji trygonometrycznych, a konkretnie z sinusa. Relacje między poszczególnymi odcinkami i kątami możemy zapisać jako: $$sin31°=\frac{|KS|}{|AS|} \\ 0,52\approx\frac{|KS|}{10} \\ |KS|\approx5,2$$ Jedynym przedziałem, w którym mieści się nasz wynik jest ten z pierwszej odpowiedzi, którego dolną granicą jest \(\frac{9}{2}=4,5\), a górną \(\frac{11}{2}=5,5\).
Odpowiedź
A. $ \left\langle \frac{9}{2},\frac{11}{2} \right\rangle $

Matura 2016 Maj. Zadanie 16 (0 - 1)

Przedstawione na rysunku trójkąty \(ABC\) i \(PQR\) są podobne. Bok \(AB\) trójkąta \(ABC\) ma długość

A. $ 8 $
B. $ 8{,}5 $
C. $ 9{,}5 $
D. $ 10 $
Rozwiązanie Aby zrozumieć istotę zadania musimy sobie powiedzieć skąd wiemy, że te dwa trójkąty są podobne. Wynika to z cechy kąt-kąt-kąt, bo: $$|\sphericalangle ACB|=180°-70°-48°=62° \\ \text{oraz} \\ |\sphericalangle PQR|=180°-70°-62°=48°$$ Skoro trójkąty \(ABC\) i \(PQR\) są podobne, to znaczy że stosunki długości poszczególnych boków (leżących przy tych samych kątach) będą jednakowe. Zatem: $$\frac{|AB|}{|BC|}=\frac{|PQ|}{|QR|} \\ \frac{x}{9}=\frac{17}{18}$$ Takie równanie najprościej jest rozwiązać mnożąc na krzyż: $$18x=17\cdot9 \\ 18x=153 \\ x=8,5$$
Odpowiedź
B. $ 8{,}5 $

Matura 2016 Maj. Zadanie 18 (0 - 1)

Z odcinków o długościach: \(5, 2a+1, a-1\) można zbudować trójkąt równoramienny. Wynika stąd, że

A. $ a=6 $
B. $ a=4 $
C. $ a=3 $
D. $ a=2 $
Rozwiązanie I sposób - metoda podstawiania kolejnych odpowiedzi. Zadanie jest dość podchwytliwe. Jeśli będziemy sobie podstawiać pod \(a\) kolejne odpowiedzi, to dość przypadkowo możemy wybrać złą odpowiedź jaką jest \(a=6\). Spójrzmy co się stanie jak podstawimy \(a=6\). I bok: \(5\) II bok: \(2\cdot6+1=13\) III bok: \(6-1=5\) Otrzymaliśmy dwa boki równej długości, co sugerować by mogło, że jest to prawidłowa odpowiedź. Niestety nie jest, bo z boków długości \(5\), \(5\), \(13\) nie da się w ogóle zbudować trójkąta. Aby trójkąt mógł powstać, to suma długości dwóch krótszych boków muszą być większa niż długość najdłuższego boku. W tym przypadku tak nie jest, bo \(10\lt13\). Jedynie podstawiając \(a=2\) otrzymamy prawidłowy komplet boków: I bok: \(5\) II bok: \(2\cdot2+1=5\) III bok: \(2-1=1\) Suma długości najkrótszych boków to \(1+5=6\), a skoro \(6\gt5\) to taki trójkąt istnieje. II sposób - metoda tworzenia równań. Jak do tego zadania podejść w sposób bardziej matematyczny, albo jak to obliczyć gdyby takie zadanie pojawiło się jako otwarte? Skoro jest to trójkąt równoramienny to znaczy że ma dwa ramiona równej długości. Moglibyśmy więc między wyrażeniami opisującymi długości tych ramion postawić znak równości i tym samym obliczyć wartość \(a\). Problem w tym, że nie wiemy które te długości miałyby być sobie równe, więc musimy rozpatrzyć aż trzy możliwości. Pierwsza możliwość: \(5=2a+1 \Rightarrow a=2\) Druga możliwość: \(5=a-1 \Rightarrow a=6\) Trzecia możliwość: \(2a+1=a-1 \Rightarrow a=-2\) Teraz musielibyśmy podstawiać wyznaczone wartości \(a\) tak jak robiliśmy to sobie w pierwszym kroku i tak samo musielibyśmy przeanalizować czy otrzymane długości tworzą w ogóle jakikolwiek trójkąt. My już wiemy, że jedynym pasującym wariantem jest \(a=2\).
Odpowiedź
D. $ a=2 $

Matura 2016 Maj. Zadanie 19 (0 - 1)

Okręgi o promieniach \(3\) i \(4\) są styczne zewnętrznie. Prosta styczna do okręgu o promieniu \(4\) w punkcie \(P\) przechodzi przez środek okręgu o promieniu \(3\) (zobacz rysunek). Pole trójkąta, którego wierzchołkami są środki okręgów i punkt styczności \(P\), jest równe

A. $ 14 $
B. $ 2\sqrt{33} $
C. $ 4\sqrt{33} $
D. $ 12 $
Rozwiązanie Obliczenie długości odcinka \(PO_{1}\). Musimy dostrzec, że powstały trójkąt jest prostokątny. Skoro tak, to będziemy mogli skorzystać w nim z Twierdzenia Pitagorasa. Musimy też zauważyć, że odcinek \(PO_{2}\) ma długość równą \(4\), bo jest to po prostu promień naszego okręgu. Skoro tak, to możemy teraz wyznaczyć długość przyprostokątnej \(PO_{1}\): $$a^2+b^2=c^2 \\ |PO_{2}|^2+|PO_{1}|^2=|O_{1}O_{2}|^2 \\ 4^2+|PO_{1}|^2=7^2 \\ 16+|PO_{1}|^2=49 \\ |PO_{1}|^2=33 \\ |PO_{1}|=\sqrt{33}$$ Obliczenie pola powierzchni. Obliczona przez nas długość odcinka \(|PO_{1}|=\sqrt{33}\) jest jednocześnie wysokością naszego trójkąta prostokątnego o podstawie \(|PO_{2}|=4\). Pole powierzchni tej figury jest więc równe: $$P=\frac{1}{2}\cdot|PO_{2}|\cdot|PO_{1}| \\ P=\frac{1}{2}\cdot4\cdot\sqrt{33} \\ P=2\sqrt{33}$$
Odpowiedź
B. $ 2\sqrt{33} $

Matura 2016 Maj. Zadanie 23 (0 - 1)

Kąt rozwarcia stożka ma miarę \(120^\circ \), a tworząca tego stożka ma długość \(4\). Objętość tego stożka jest równa

A. $ 36\pi $
B. $ 18\pi $
C. $ 24\pi $
D. $ 8\pi $
Rozwiązanie Sporządzenie rysunku poglądowego. Skoro kąt rozwarcia stożka ma miarę \(120°\), to znaczy że powstanie nam mniej więcej coś takiego: Udało nam się wyodrębnić trójkąt prostokątny, tak więc znając miary poszczególnych kątów oraz znając miarę tworzącej stożka jesteśmy w stanie obliczyć wysokość i promień stożka przy użyciu funkcji trygonometrycznych. Możemy także skorzystać z własności trójkątów \(30°, 60°, 90°\). Obliczenie długości promienia stożka. Zgodnie z zasadami trygonometrii: $$\frac{r}{4}=cos30° \\ \frac{r}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2} \\ r=2\sqrt{3}$$ Obliczenie wysokości stożka. Ponownie użyjemy funkcji trygonometrycznych, tym razem sinusa: $$\frac{h}{4}=sin30° \\ \frac{h}{4}=\frac{1}{2} \\ h=2$$ Obliczenie objętości bryły. Znając długość promienia podstawy oraz wysokość stożka możemy bez przeszkód obliczyć jego objętość: $$V=\frac{1}{3}πr^2h \\ V=\frac{1}{3}π\cdot(2\sqrt{3})^2\cdot2 \\ V=\frac{1}{3}π\cdot4\cdot3\cdot2 \\ V=\frac{1}{3}π\cdot24 \\ V=8π$$
Odpowiedź
D. $ 8\pi $

Matura 2016 Maj. Zadanie 29 (0 - 2)

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 \(|\sphericalangle DEC|=|\sphericalangle BGF|=90^\circ \) (zobacz rysunek). Wykaż, że trójkąt \(CDE\) jest podobny do trójkąta \(FBG\).

Odpowiedź
Udowodniono na podstawie cechy podobieństwa kąt-kąt-kąt.

Matura 2016 Maj. Zadanie 32 (0 - 4)

Jeden z kątów trójkąta jest trzy razy większy od mniejszego z dwóch pozostałych kątów, które różnią się o \(50^\circ \). Oblicz kąty tego trójkąta.

Odpowiedź
\(26°, 76°, 78°\)

Matura 2015 Sierpień. Zadanie 17 (0 - 1)

W trójkącie prostokątnym o długościach przyprostokątnych \(2\) i \(5\) cosinus większego z kątów ostrych jest równy

A. $ \frac{5}{2} $
B. $ \frac{2}{5} $
C. $ \frac{2}{\sqrt{29}} $
D. $ \frac{5}{\sqrt{29}} $
Rozwiązanie Sporządzenie rysunku poglądowego. Narysujmy sobie ten trójkąt by przede wszystkim dostrzec w którym miejscu znajdzie się większy z kątów ostrych: Cosinus zaznaczonego kąta będzie więc stosunkiem długości przyprostokątnej przy tym kącie do długości przeciwprostokątnej. $$\cos\alpha=\frac{2}{c}$$ Obliczenie długości przeciwprostokątnej. Korzystając z Twierdzenia Pitagorasa: $$2^2+5^2=c^2 \\ 4+25=c^2 \\ c^2=29 \\ c=\sqrt{29}$$ Obliczenie wartości cosinusa. Możemy teraz wrócić do obliczenia wartości cosinusa, a tak naprawdę wystarczy już tylko podstawić obliczoną przed chwilą długość przeciwprostokątnej: $$\cos\alpha=\frac{2}{\sqrt{29}}$$
Odpowiedź
C. $ \frac{2}{\sqrt{29}} $

Matura 2015 Sierpień. Zadanie 18 (0 - 1)

Pole rombu o boku \(6\) i kącie rozwartym \(150^\circ \) jest równe

A. $ 18\sqrt{2} $
B. $ 18 $
C. $ 36\sqrt{2} $
D. $ 36 $
Rozwiązanie To zadanie jest bardzo proste do policzenia, o ile pamiętamy że w tablicach matematycznych znajduje się następujący wzór: $$P=a^2\cdot \sin\alpha$$ Zanim jednak skorzystamy z tego wzoru to musimy jeszcze wyznaczyć wartość sinusa \(150°\). Obliczenie wartości \(sin150°\). W tablicach trygonometrycznych nie znajdziemy wartości sinusa dla kątów rozwartych. Musimy więc skorzystać z tzw. wzorów redukcyjnych: $$sin(180-\alpha)=\sin\alpha \\ sin(180°-30°)=sin30° \\ sin150°=sin30°$$ To oznacza, że \(sin150°\) będzie równy \(sin30°\), czyli \(\frac{1}{2}\). Obliczenie pola powierzchni rombu. $$P=a^2\cdot \sin\alpha \\ P=6^2\cdot sin150° \\ P=36\cdot\frac{1}{2} \\ P=18$$
Odpowiedź
B. $ 18 $

Matura 2015 Sierpień. Zadanie 19 (0 - 1)

W okręgu o środku \(O\) dany jest kąt o mierze \(50^\circ \), zaznaczony na rysunku. Miara kąta oznaczonego na rysunku literą \(\alpha \) jest równa

A. $ 40^\circ $
B. $ 50^\circ $
C. $ 20^\circ $
D. $ 25^\circ $
Rozwiązanie Wprowadźmy sobie pewne oznaczenia niektórych punktów, tak aby łatwiej było omówić zadanie: Przyjrzyjmy się na początek trójkątowi \(ABC\). Jest on na pewno prostokątny, bo jest oparty na średnicy okręgu. To z kolei oznacza, że kąt \(CAB\) będzie miał miarę równą: $$|\sphericalangle CAB|=180°-90°-50°=40°$$ Kąt \(CDB\) zaznaczony na rysunku literą \(\alpha\) jest oparty na tym samym co obliczony przed chwilą kąt \(CAB\). To oznacza, że ich miary muszą być sobie równe. Tak więc: $$|\sphericalangle CDB|=|\sphericalangle CAB|=40°$$
Odpowiedź
A. $ 40^\circ $

Matura 2015 Sierpień. Zadanie 31 (0 - 2)

W prostokącie \(ABCD\) punkt \(P\) jest środkiem boku \(BC\), a punkt \(R\) jest środkiem boku \(CD\). Wykaż, że pole trójkąta \(APR\) jest równe sumie pól trójkątów \(ADR\) oraz \(PCR\).

Odpowiedź
Udowodniono obliczając miary pól poszczególnych trójkątów.

Matura 2015 Maj. Zadanie 16 (0 - 1)

Miara kąta wpisanego w okrąg jest o \(20^\circ \) mniejsza od miary kąta środkowego opartego na tym samym łuku. Wynika stąd, że miara kąta wpisanego jest równa

A. $ 30^\circ $
B. $ 20^\circ $
C. $ 10^\circ $
D. $ 5^\circ $
Rozwiązanie Jeśli za miarę kąta wpisanego przyjmiemy \(\alpha\), to miarą kąta środkowego będzie \(2\alpha\). Skoro kąt wpisany jest o \(20°\) mniejszy od kąta środkowego, to: $$\alpha=2\alpha-20° \\ -\alpha=-20° \\ \alpha=20°$$
Odpowiedź
B. $ 20^\circ $

Matura 2015 Maj. Zadanie 17 (0 - 1)

Pole rombu o obwodzie \(8\) jest równe \(1\). Kąt ostry tego rombu ma miarę \(\alpha \). Wtedy

A. $ 29^\circ \lt \alpha \lt 30^\circ $
B. $ 14^\circ \lt \alpha \lt 15^\circ $
C. $ 75^\circ \lt \alpha \lt 76^\circ $
D. $ 60^\circ \lt \alpha \lt 61^\circ $
Rozwiązanie Wyznaczenie wartości \(\sin\alpha\). Romb o obwodzie równym \(8\) ma boki długości \(a=2\). W tym zadaniu wykorzystamy wzór na pole rombu z użyciem sinusa: \(P=a^2\sin\alpha\). Znamy pole, znamy długość boku \(a\), więc bez problemu wyznaczymy wartość sinusa. $$P=a^2\sin\alpha \\ 1=2^2\sin\alpha \\ 1=4\sin\alpha \\ \sin\alpha=\frac{1}{4}$$ Odczytanie z tablic odpowiedniej miary kąta. Na koniec musimy odczytać z tablic dla jakiego kąta sinus przybiera wartość równą \(0,25\). Będzie to kąt większy niż \(14°\) i mniejszy niż \(15°\), dlatego prawidłowa jest odpowiedź pierwsza.
Odpowiedź
B. $ 14^\circ \lt \alpha \lt 15^\circ $

Matura 2015 Maj. Zadanie 28 (0 - 2)

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 \(1:3\).

Odpowiedź
Udowodniono wyznaczając pole rombu i kwadratu.