Stereometria

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

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

Matura 2018 Sierpień. Zadanie 22 (0 - 1)

Jeżeli $\alpha$ oznacza miarę kąta między przekątną sześcianu a przekątną ściany bocznej tego sześcianu (zobacz rysunek), to

 A.  $ \sin \alpha = \frac{\sqrt{6}}{3} $ 
 B.  $ \sin \alpha = \frac{\sqrt{2}}{2} $ 
 C.  $ \sin \alpha = \frac{\sqrt{3}}{2} $ 
 D.  $ \sin \alpha = \frac{\sqrt{3}}{3} $ 

Rozwiązanie

Zrób rysunek pomocniczy

Z własności sześcianu wiemy, że przekątna sześcianu o boku $a$ ma długość $a\sqrt{3}$, więć $$\sin\alpha=\frac{a}{a\sqrt{3}} =\frac{1}{\sqrt{3}} \\ \sin\alpha=\frac{1\cdot\sqrt{3}}{\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}} =\frac{\sqrt{3}}{3}$$

Odpowiedź

D. $ \sin \alpha = \frac{\sqrt{3}}{3} $

Matura 2018 Sierpień. Zadanie 23 (0 - 1)

Przekrój osiowy walca jest kwadratem o przekątnej $10\sqrt{2}$. Pole powierzchni bocznej tego walca jest równe

A. $ 50\pi $

B. $ 100\pi $

C. $ 200\pi $

D. $ 250\pi $

Wzór

Walec. $$P_b=2\pi rh$$ $$P=2\pi r(r+h)$$ $$V=\pi r^2 h$$ gdzie $r$ jest promieniem podstawy, $h$ wysokością walca

▸ Więcej wzorów z działu Stereometria

Rozwiązanie

W tym zadaniu wysokość walca to długość boku kwadratu $h=a$

Kwadrat o boku $a$ ma przekątną o długości $a\sqrt{2}$. W związku z tym: $$a\sqrt{2}=10\sqrt{2} \\ a=10 .$$ Z treści zadania $$h = a = 10$$ Promień podstawy walca jest połową długości boku kwadratu, zatem: $$r=10:2 =5$$. Obliczamy pole powierzchni bocznej, korzystając ze wzoru: $$P_{b}=2\pi rH =2\pi\cdot5\cdot10 =100\pi$$

Odpowiedź

B. $ 100\pi $

Matura 2018 Czerwiec. Zadanie 20 (0 - 1)

Dany jest walec, w którym wysokość jest równa promieniowi podstawy. Objętość tego walca jest równa $27\pi$. Wynika stąd, że promień podstawy tego walca jest równy

A. $ 9 $

B. $ 6 $

C. $ 3 $

D. $ 2 $

Rozwiązanie

Objętość walca możemy wyliczyć ze wzoru: $$V=πr^2\cdot H$$ Z treści zadania wynika, że $H=r$, zatem: $$V=πr^2\cdot r \\ V=πr^3 \\ 27π=πr^3 \\ 27=r^3 \\ r=3$$

Odpowiedź

C. $ 3 $

Matura 2018 Czerwiec. Zadanie 21 (0 - 1)

Stożek o promieniu podstawy $r$ i kula o tym samym promieniu mają równe objętości. Tangens kąta między tworzącą i płaszczyzną podstawy tego stożka jest równy

A. $ \frac{4}{3} $

B. $ 12 $

C. $ \sqrt{17} $

D. $ 4 $

Rozwiązanie

Narysujmy sobie stożek, zaznaczając na nim kąt $\alpha$ którego tangens będziemy musieli wyznaczyć: To oznacza, że $\operatorname{tg}\alpha=\frac{H}{r}$. Stworzenie i rozwiązanie równania. Z treści zadania wynika, że stożek oraz kula mają jednakowy promień, a ich objętości są sobie równe, zatem: $$\frac{1}{3}πr^2H=\frac{4}{3}πr^3 \quad\bigg/:πr^2 \\ \frac{1}{3}H=\frac{4}{3}r \quad\bigg/\cdot3 \\ H=4r \\ \frac{H}{r}=4$$ W pierwszym kroku ustaliliśmy, że $\operatorname{tg}\alpha=\frac{H}{r}$, zatem $\operatorname{tg}\alpha=4$.

Odpowiedź

D. $ 4 $

Matura 2018 Czerwiec. Zadanie 23 (0 - 1)

Gdy dodamy liczbę wszystkich krawędzi pewnego graniastosłupa do liczby wszystkich jego wierzchołków, to otrzymamy w wyniku $15$. Liczba wszystkich krawędzi tego graniastosłupa jest równa

A. $ 9 $

B. $ 7 $

C. $ 6 $

D. $ 5 $

Rozwiązanie

Graniastosłup mający w podstawie $n$-kąt ma $3n$ krawędzi i $2n$ wierzchołków. Wiemy, że suma krawędzi i wierzchołków jest równa $15$, zatem: $$3n+2n=15 \\ 5n=15 \\ n=3$$ To oznacza, że w podstawie graniastosłupa znajduje się trójkąt. Zgodnie z tym co zapisaliśmy sobie wcześniej, liczba krawędzi będzie równa $3n$, czyli $3\cdot3=9$.

Odpowiedź

A. $ 9 $

Matura 2018 Czerwiec. Zadanie 32 (0 - 5)

Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny o wysokości $H=16$. Cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy tego ostrosłupa jest równy $\frac{3}{5}$. Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa.

Odpowiedź

$P_{b}=96\sqrt{41}$

Matura 2018 Maj. Zadanie 20 (0 - 1)

Podstawą ostrosłupa jest kwadrat $KLMN$ o boku długości $4$. Wysokością tego ostrosłupa jest krawędź $NS$, a jej długość też jest równa $4$ (zobacz rysunek). Kąt $\alpha$, jaki tworzą krawędzie $KS$ i $MS$, spełnia warunek

 A.  $ \alpha = 45^\circ $ 
 B.  $ 45^\circ\lt \alpha \lt 60^\circ $ 
 C.  $ \alpha\gt 60^\circ $ 
 D.  $ \alpha = 60^\circ $ 

Rozwiązanie

Boki trójkąta $KMS$ są sobie równe, ponieważ wszystkie są przekątymi kwadratów o boku długości $4$.

Odpowiedź

D. $ \alpha = 60^\circ $

Matura 2018 Maj. Zadanie 21 (0 - 1)

Podstawą graniastosłupa prostego jest prostokąt o bokach długości $3$ i $4$. Kąt $\alpha$, jaki przekątna tego graniastosłupa tworzy z jego podstawą, jest równy $45^\circ$ (zobacz rysunek). Wysokość graniastosłupa jest równa

A. $ 5 $

B. $ 3\sqrt{2} $

C. $ 5\sqrt{2} $

D. $ \frac{5\sqrt{3}}{3} $

Rozwiązanie

Przekątna podstawy jest równa $5$ z tw. Pitagorasa. Wysokość graniastosłupa równa się $5$ ponieważ trójkąt $ABC$ jest równoramienny

Odpowiedź

A. $ 5 $

Matura 2018 Maj. Zadanie 22 (0 - 1)

Na rysunku przedstawiono bryłę zbudowaną z walca i półkuli. Wysokość walca jest równa $r$ i jest taka sama jak promień półkuli oraz taka sama jak promień podstawy walca. Objętość tej bryły jest równa

 A.  $ \frac{5}{3}\pi r^3 $ 
 B.  $ \frac{4}{3}\pi r^3 $ 
 C.  $ \frac{2}{3}\pi r^3 $ 
 D.  $ \frac{1}{3}\pi r^3 $ 

Wzór

Walec. $$P_b=2\pi rh$$ $$P=2\pi r(r+h)$$ $$V=\pi r^2 h$$ gdzie $r$ jest promieniem podstawy, $h$ wysokością walca

Kula. $$P=4\pi r^2$$ $$V=\frac{4}{3}\pi r^3$$ gdzie $r$ jest promieniem kuli

▸ Więcej wzorów z działu Stereometria

Rozwiązanie

Połowa sfery plus walec $$ \frac{1}{2}\frac{4}{3}\pi r^3 + \pi r^2 \cdot r = \frac{2}{3}\pi r^3+ \pi r^3 = \frac{5}{3}\pi r^3$$

Odpowiedź

A. $ \frac{5}{3}\pi r^3 $

Matura 2018 Maj. Zadanie 34 (0 - 4)

Dany jest graniastosłup prawidłowy trójkątny (zobacz rysunek). Pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa jest równe $45\sqrt{3}$. Pole podstawy graniastosłupa jest równe polu jednej ściany bocznej. Oblicz objętość tego graniastosłupa.

Rozwiązanie

Wiemy, ze pole podstawy graniastosłupa jest równe polu jednej ściany bocznej i graniastosłup jest prawidłowy (podstawa jest trójkątem równobocznym): $$\frac{a^2\sqrt{3}}{4} = a\cdot h$$ $$ h = \frac{a\sqrt{3}}{4} $$ Pole powierzchni to 2 podstawy + 3 ściany: $$ (2+3) \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = 45\sqrt{3}$$ $$ 5a^2 = 4\cdot 45$$ $$ a^2 = 4\cdot 9 = 36$$ $$ a = 6.$$ Objętość (pole podstawy razy wysokość): $$V = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot h = \frac{a^2\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{4} = \frac{6^3\cdot 3}{16} = \frac{81}{2} .$$

Odpowiedź

$V=\frac{81}{2}$

Matura 2017 Sierpień. Zadanie 18 (0 - 1)

Na rysunku przedstawiono ostrosłup prawidłowy czworokątny $ABCDS$ o podstawie $ABCD$. Kąt nachylenia krawędzi bocznej $SA$ ostrosłupa do płaszczyzny podstawy $ABCD$ to

 A.  $ \sphericalangle SAO $ 
 B.  $ \sphericalangle SAB $ 
 C.  $ \sphericalangle SOA $ 
 D.  $ \sphericalangle ASB $ 

Rozwiązanie

Kąt nachylenia krawędzi bocznej do ostrosłupa tworzą boki $SA$ oraz $AO$, zatem poszukiwanym kątem jest $\sphericalangle SAO$.

Odpowiedź

A. $ \sphericalangle SAO $

Matura 2017 Sierpień. Zadanie 19 (0 - 1)

Graniastosłup ma $14$ wierzchołków. Liczba wszystkich krawędzi tego graniastosłupa jest równa

A. $ 14 $

B. $ 21 $

C. $ 28 $

D. $ 26 $

Rozwiązanie

Ustalenie jaki wielokąt znajduje się w podstawie graniastosłupa. Z własności graniastosłupa wynika, że graniastosłup mający $n$-kąt w podstawie ma $2n$ wierzchołków. W związku z tym: $$2n=14 \\ n=7$$ To oznacza, że w podstawie znajduje się siedmiokąt. Ustalenie liczby krawędzi ostrosłupa. Graniastosłup mający $n$-kąt w podstawie ma $3n$ krawędzi. My już wiemy, że w przypadku tego graniastosłupa $n=7$, zatem: $$3n=3\cdot7=21$$

Odpowiedź

B. $ 21 $

Matura 2017 Sierpień. Zadanie 22 (0 - 1)

Dany jest stożek o wysokości $6$ i tworzącej $3\sqrt{5}$. Objętość tego stożka jest równa

A. $ 36\pi $

B. $ 18\pi $

C. $ 108\pi $

D. $ 54\pi $

Rozwiązanie

Nanosząc dane z treści zadania otrzymamy następującą sytuację: Obliczenie długości promienia podstawy. Do objętości potrzebna nam jest znajomość promienia podstawy, a tę wyliczymy z Twierdzenia Pitagorasa: $$r^2+h^2=l^2 \\ r^2+6^2=(3\sqrt{5})^2 \\ r^2+36=9\cdot5 \\ r^2+36=45 \\ r^2=9 \\ r=3 \quad\lor\quad r=-3$$ Ujemne rozwiązanie odrzucamy, bo promień musi mieć dodatnią długość, zatem $r=3$. Obliczenie objętości stożka. Mamy już wszystkie potrzebne miary, zatem podstawiając do wzoru na objętość stożka otrzymamy: $$V=\frac{1}{3}P_{p}\cdot h \\ V=\frac{1}{3}πr^2\cdot h \\ V=\frac{1}{3}π\cdot3^2\cdot6 \\ V=\frac{1}{3}π\cdot9\cdot6 \\ V=3π\cdot6 \\ V=18π$$

Odpowiedź

B. $ 18\pi $

Matura 2017 Sierpień. Zadanie 34 (0 - 5)

Podstawą graniastosłupa prostego $ABCDEF$ jest trójkąt prostokątny $ABC$, w którym $|\sphericalangle ACB=90^\circ |$ (zobacz rysunek). Stosunek długości przyprostokątnej $AC$ tego trójkąta do długości przyprostokątnej $BC$ jest równy $4:3$. Punkt $S$ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ABC$, a długość odcinka $SC$ jest równa $5$. Pole ściany bocznej $BEFC$ graniastosłupa jest równe $48$. Oblicz objętość tego graniastosłupa.

Odpowiedź

$V=192$

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 23 (0 - 1)

Długość przekątnej sześcianu jest równa $6$. Stąd wynika, że pole powierzchni całkowitej tego sześcianu jest równe

A. $ 72 $

B. $ 48 $

C. $ 152 $

D. $ 108 $

Rozwiązanie

Obliczenie długości krawędzi sześcianu. Sześcian o krąwędzi $a$ ma przekątną długości $d=a\sqrt{3}$, zatem zgodnie z treścią zadania: $$a\sqrt{3}=6 \\ a=\frac{6}{\sqrt{3}}$$ Możemy usunąć niewymierność z mianownika, ale jesteśmy w trakcie liczenia, więc nie musimy tego póki co robić (zwłaszcza, że za chwilę będziemy potęgować). Obliczenie pola powierzchni całkowitej. Sześcian składa się z sześciu kwadratowych ścian, z których każda ma bok długości $a=\frac{6}{\sqrt{3}}$, zatem: $$P_{c}=6a^2 \\ P_{c}=6\cdot\left(\frac{6}{\sqrt{3}}\right)^2 \\ P_{c}=6\cdot\frac{36}{3} \\ P_{c}=6\cdot12 \\ P_{c}=72$$

Odpowiedź

A. $ 72 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 24 (0 - 1)

Pole powierzchni bocznej walca jest równe $16\pi$, a promień jego podstawy ma długość $2$. Wysokość tego walca jest równa

A. $ 4 $

B. $ 8 $

C. $ 4\pi $

D. $ 8\pi $

Wzór

Walec. $$P_b=2\pi rh$$ $$P=2\pi r(r+h)$$ $$V=\pi r^2 h$$ gdzie $r$ jest promieniem podstawy, $h$ wysokością walca

▸ Więcej wzorów z działu Stereometria

Rozwiązanie

Wzór na pole powierzchni bocznej walca

$$P=16π \\ 2π\cdot2\cdot h=16π \\ 4π\cdot h=16π \quad\bigg/:4π \\ h=4$$

Odpowiedź

A. $ 4 $

Matura 2017 Czerwiec. Zadanie 34 (0 - 5)

Podstawą graniastosłupa prostego $ABCDA’B’C’D’$ jest romb $ABCD$. Przekątna $AC’$ tego graniastosłupa ma długość $8$ i jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $30^\circ $, a przekątna $BD’$ jest nachylona do tej płaszczyzny pod kątem $45^\circ $. Oblicz pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.

Odpowiedź

$P_{c}=16\sqrt{3}+64$

Matura 2017 Maj. Zadanie 21 (0 - 1)

Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa prawidłowego czworokątnego, w którym wysokość jest $3$ razy dłuższa od krawędzi podstawy, jest równe $140$. Zatem krawędź podstawy tego graniastosłupa jest równa

A. $ \sqrt{10} $

B. $ 3\sqrt{10} $

C. $ \sqrt{42} $

D. $ 3\sqrt{42} $

Rozwiązanie

Sporządzenie rysunku poglądowego. Oznaczmy sobie jako $a$ krawędź podstawy oraz $3a$ jako wysokość graniastosłupa. Pamiętaj, że w podstawie graniastosłupa znajdzie się kwadrat, bo jest to graniastosłup prawidłowy czworokątny. Zapisanie wzoru na pole podstawy i pole ściany bocznej. Korzystając z rysunku i zawartych na nim oznaczeń zapiszmy sobie od razu wzory na pole powierzchni podstawy oraz na pole ściany bocznej: $$P_{p}=a^2 \\ P_{b}=a\cdot3a=3a^2$$ Wyznaczenie długości krawędzi podstawy. Skoro mamy dwie podstawy oraz cztery ściany boczne i znamy pole powierzchni całkowitej, to możemy ułożyć następujące równanie: $$2P_{p}+4P_{b}=140 \\ 2\cdot a^2+4\cdot3a^2=140 \\ 2a^2+12a^2=140 \\ 14a^2=140 \\ a^2=10 \\ a=\sqrt{10}$$

Odpowiedź

A. $ \sqrt{10} $

Matura 2017 Maj. Zadanie 22 (0 - 1)

Promień $AS$ podstawy walca jest równy wysokości $OS$ tego walca. Sinus kąta $OAS$ (zobacz rysunek) jest równy

 A.  $ \frac{1}{2} $ 
 B.  $ \frac{\sqrt{2}}{2} $ 
 C.  $ \frac{\sqrt{3}}{2} $ 
 D.  $ 1 $ 

Rozwiązanie

Sporządzenie rysunku poglądowego. Skoro długość promienia podstawy oraz wysokość tego walca są sobie równe, to trójkąt $SAO$ wygląda mniej więcej w ten sposób: Naszym zadaniem jest wyznaczenie sinusa kąta $\alpha$. Tak naprawdę można byłoby na tym kroku zakończyć rozwiązywanie tego zadania, bo widzimy że jest to trójkąt równoramienny prostokątny, a więc kąt ostry musi mieć miarę $\alpha=45°$. Skoro tak, to możemy odczytać z tablic, że: $$sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$$ Gdybyśmy jednak nie dostrzegli tego, to można dotrzeć do tej wartości trochę dłuższym sposobem. Wyznaczenie długości odcinka $d$. Już po samym rysunku widzimy, że odcinek $d$ jest tak jakby przekątną kwadratu o boku długości $r$, zatem na pewno $d=r\sqrt{2}$. Gdybyśmy o tym nie pamiętali, to zawsze możemy się jeszcze ratować Twierdzeniem Pitagorasa: $$r^2+r^2=d^2 \\ 2r^2=d^2 \\ d=\sqrt{2r^2} \\ d=r\sqrt{2}$$ Wyznaczenie wartości sinusa kąta $OAS$. Zgodnie z własnościami funkcji trygonometrycznych: $$\require{cancel} \sin\alpha=\frac{r}{d} \\ \sin\alpha=\frac{\cancel{r}}{\cancel{r}\sqrt{2}} \\ \sin\alpha=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{1\cdot\sqrt{2}}{\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$$

Odpowiedź

B. $ \frac{\sqrt{2}}{2} $

Matura 2017 Maj. Zadanie 23 (0 - 1)

Dany jest stożek o wysokości $4$ i średnicy podstawy $12$. Objętość tego stożka jest równa

A. $ 576\pi $

B. $ 192\pi $

C. $ 144\pi $

D. $ 48\pi $

Rozwiązanie

Do wzoru na objętość stożka potrzebujemy znać długość promienia podstawy. W treści zadania mamy podaną średnicę, zatem: $$r=12:2=6$$ Teraz możemy podstawić wszystkie dane z treści zadania ($r=6$, $H=4$) i obliczyć poszukiwaną objętość: $$V=\frac{1}{3}πr^2 H \\ V=\frac{1}{3}π\cdot6^2\cdot4 \\ V=\frac{1}{3}π\cdot36\cdot4 \\ V=\frac{1}{3}π\cdot144 \\ V=48π$$

Odpowiedź

D. $ 48\pi $

Matura 2017 Maj. Zadanie 34 (0 - 4)

W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym wysokość ściany bocznej prostopadła do krawędzi podstawy ostrosłupa jest równa $\frac{5\sqrt{3}}{4}$, a pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa jest równe $\frac{15\sqrt{3}}{4}$. Oblicz objętość tego ostrosłupa.

Odpowiedź

$V=\frac{\sqrt{209}}{12}$

Matura 2016 Sierpień. Zadanie 15 (0 - 1)

Kąt rozwarcia stożka ma miarę $120^\circ $, a tworząca tego stożka ma długość $6$. Promień podstawy stożka jest równy

A. $ 3 $

B. $ 6 $

C. $ 3\sqrt{3} $

D. $ 6\sqrt{3} $

Rozwiązanie

Spróbujmy stworzyć rysunek poglądowy: Kiedy naniesiemy sobie wszystkie dane z treści zadania na szkic rysunku to okaże się, że tak naprawdę musimy obliczyć długość podstawy trójkąta prostokątnego. To oznacza, że będziemy mogli skorzystać z funkcji trygonometrycznych albo też z własności trójkątów $30°,60°,90°$. Zatem: $$\frac{r}{6}=sin60° \\ \frac{r}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2} \\ r=3\sqrt{3}$$

Odpowiedź

C. $ 3\sqrt{3} $

Matura 2016 Sierpień. Zadanie 17 (0 - 1)

Dany jest walec, w którym promień podstawy jest równy $r$, a wysokość walca jest od tego promienia dwa razy większa. Objętość tego walca jest równa

A. $ 2\pi r^3 $

B. $ 4\pi r^3 $

C. $ \pi r^2(r+2) $

D. $ \pi r^2(r-2) $

Rozwiązanie

Jeżeli promień podstawy jest równy $r$ to wysokość walca możemy opisać jako $2r$. Objętość tego walca jest więc równa: $$V=πr^2h \\ V=πr^2\cdot2r \\ V=2πr^3$$

Odpowiedź

A. $ 2\pi r^3 $

Matura 2016 Sierpień. Zadanie 21 (0 - 1)

Podstawą graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest kwadrat o boku długości $2$, a przekątna ściany bocznej ma długość $3$ (zobacz rysunek). Kąt, jaki tworzą przekątne ścian bocznych tego graniastosłupa wychodzące z jednego wierzchołka, ma miarę $\alpha $. Wtedy wartość $\sin \frac{\alpha }{2}$ jest równa

 A.  $ \frac{2}{3} $ 
 B.  $ \frac{\sqrt{7}}{3} $ 
 C.  $ \frac{\sqrt{7}}{7} $ 
 D.  $ \frac{\sqrt{2}}{3} $ 

Rozwiązanie

Sporządzenie rysunku poglądowego. Pierwszą rzeczą którą musimy zauważyć, to że trójkąc $ABC$ jest równoramienny. Jego ramiona mają długość $3$, a podstawa jest równa $|CB|=2\sqrt{2}$. Skąd wiemy, że to jest dokładnie taka długość podstawy? Jest to po prostu przekątna kwadratu o boku $2$. Jeżeli z miejsca przecięcia się tych przekątnych (punkt $P$) poprowadzimy prostą do wierzchołka $A$ to otrzymamy tak naprawdę dwusieczną kąta $\alpha$ (bo jest to wysokość trójkąta równoramiennego, a ta dzieli kąt na dwie równe części). Mamy więc już interesujący nas kąt $\frac{\alpha}{2}$. Obliczenie sinusa kąta $\frac{\alpha}{2}$. Obliczenia dokonujemy już tylko na trójkącie $PCA$. Potrzebujemy wyznaczyć sinusa kąta $CAP$, który ma miarę $\frac{\alpha}{2}$. Znamy potrzebną nam długosć $|CA|=3$, potrzebujemy jeszcze poznać długość odcinka $|CP|$. Jest to połowa przekątnej kwadratu, tak więc: $$|CP|=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}$$ Możemy już teraz obliczyć pożądaną wartość sinusa: $$sin\frac{\alpha}{2}=\frac{|CP|}{|CA|} \\ sin\frac{\alpha}{2}=\frac{\sqrt{2}}{3}$$

Odpowiedź

D. $ \frac{\sqrt{2}}{3} $

Matura 2016 Sierpień. Zadanie 22 (0 - 1)

Różnica liczby krawędzi i liczby wierzchołków ostrosłupa jest równa $11$. Podstawą tego ostrosłupa jest

A. dziesięciokąt.

B. jedenastokąt.

C. dwunastokąt.

D. trzynastokąt.

Rozwiązanie

Jeżeli za $n$ przyjmiemy liczbę kątów w figurze znajdującej się w podstawie ostrosłupa, to bryła ta będzie mieć $2n$ krawędzi i $n+1$ wierzchołków. To pozwoli nam utworzyć proste równanie: $$2n-(n+1)=11 \\ 2n-n-1=11 \\ n=12$$

Odpowiedź

C. dwunastokąt.

Matura 2016 Sierpień. Zadanie 33 (0 - 5)

Trójkąt równoboczny $ABC$ jest podstawą ostrosłupa prawidłowego $ABCS$, w którym ściana boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $60^\circ $, a krawędź boczna ma długość $7$ (zobacz rysunek). Oblicz objętość tego ostrosłupa.

Odpowiedź

$V=21\sqrt{7}$

Matura 2016 Czerwiec. Zadanie 20 (0 - 1)

Podstawą ostrosłupa prawidłowego czworokątnego $ABCDS$ jest kwadrat $ABCD$. Wszystkie ściany boczne tego ostrosłupa są trójkątami równobocznymi. Miara kąta $ASC$ jest równa

A. $ 45^\circ $

B. $ 30^\circ $

C. $ 75^\circ $

D. $ 90^\circ $

Rozwiązanie

Sporządzenie rysunku poglądowego. Bardzo ważną informacją jest fakt, że ściany boczne są trójkątami równobocznymi. Jeśli krawędzi podstawy oznaczymy sobie jako $a$, to skoro są to wszystko trójkąty równoboczne to także krawędzie boczne możemy opisać jako $a$. Dodatkowo przekątna kwadratu ma długość $a\sqrt{2}$. Wyznaczenie miary kąta $ASC$. W zasadzie możemy miarę tego kąta wyznaczyć na dwa sposoby: I sposób - z podobieństwa trójkątów. Możemy zauważyć, że trójkąt $ASC$ jest trójkątem podobnym do trójkąta $ABC$. Mają one te same długości ramion , czyli $a$ oraz podstawy czyli $a\sqrt{2}$. Skoro tak, to wszystkie miary tych kątów będą także sobie równe. My wiemy, że $|\sphericalangle ABC|=90°$, bo wszystkie kąty w kwadracie mają taką miarę. Stąd też także $|\sphericalangle ASC|=90°$. II sposób - z Twierdzenia Pitagorasa. Ogólnie z Twierdzenia Pitagorasa możemy korzystać tylko przy obliczeniach na trójkątach prostokątnych. My nie wiemy czy nasz trójkąt jest prostokątny, ale jeśli pod $a^2+b^2=c^2$ podstawimy nasze dane i równość okaże się prawdziwa, to będzie to oznaczało, że trójkąt jest prostokątny, a tym samym $\sphericalangle ASC=90°$. Zatem: $$a^2+a^2=(a\sqrt{2})^2 \\ 2a^2=2a^2 \\ L=P$$ Jest to więc trójkąt prostokątny, czyli poszukiwana miara kąta to $90°$.

Odpowiedź

D. $ 90^\circ $

Matura 2016 Czerwiec. Zadanie 32 (0 - 4)

Dany jest stożek o objętości $8\pi $, w którym stosunek wysokości do promienia podstawy jest równy $3:8$. Oblicz pole powierzchni bocznej tego stożka.

Odpowiedź

$P_{b}=2\sqrt{73}π$

Matura 2016 Maj. Zadanie 24 (0 - 1)

Przekątna podstawy graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest dwa razy dłuższa od wysokości graniastosłupa. Graniastosłup przecięto płaszczyzną przechodzącą przez przekątną podstawy i jeden wierzchołek drugiej podstawy (patrz rysunek). Płaszczyzna przekroju tworzy z podstawą graniastosłupa kąt $\alpha $ o mierze

A. $ 30^\circ $

B. $ 45^\circ $

C. $ 60^\circ $

D. $ 75^\circ $

Rozwiązanie

Jeżeli wysokość graniastosłupa oznaczymy sobie literą $h$, to z treści zadania wynika, że długość przekątnej podstawy graniastosłupa (podstawy! nie bryły jako takiej) jest równa $2h$. Dodatkowo wiemy, że w podstawie graniastosłupa jest kwadrat (a wiemy to stąd, że jest to graniastosłup prawidłowy czworokątny). To oznacza, że jego przekątne przecinają się dokładnie w połowie swojej długości, a co za tym idzie - odcinek $BC$ ma długość $h$ (patrz rysunek). Wygląda to mniej więcej tak: Z naszej analizy wynika, że powstał nam trójkąt $ABC$, który jest prostokątny i równoramienny, a to z kolei oznacza że jest to trójkąt o kątach których miara wynosi $45°, 45°, 90°$. Poszukiwany przez nas kąt $\alpha$ ma więc $45°$.

Odpowiedź

B. $ 45^\circ $

Matura 2016 Maj. Zadanie 33 (0 - 5)

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.

Odpowiedź

$P_{b}=9\sqrt{30}$ oraz $\cos\alpha=\frac{\sqrt{10}}{10}$

Matura 2015 Sierpień. Zadanie 22 (0 - 1)

Dany jest trójkąt prostokątny o długościach boków $a, b, c$, gdzie $a \lt b \lt c$. Obracając ten trójkąt wokół prostej zawierającej dłuższą przyprostokątną o kąt $360^\circ $ otrzymujemy bryłę, której objętość jest równa

 A.  $ V=\frac{1}{3}a^2b\pi $ 
 B.  $ V=a^2b\pi $ 
 C.  $ V=\frac{1}{3}b^2a\pi $ 
 D.  $ V=a^2\pi +\pi ac $ 

Rozwiązanie

W trójkącie najdłuższym bokiem jest przeciwprostokątna, więc ją od razu możemy oznaczyć jako bok $c$. Skoro obrót jest dokonywany wzdłuż dłużej przyprostokątnej, to stożek będzie wyglądał mniej więcej w ten sposób: Standardowy wzór na objętość stożka to: $$V=\frac{1}{3}πr^2\cdot H$$ W naszym przypadku $r=a$ oraz $H=b$, zatem poszukiwanym wzorem jest: $$V=\frac{1}{3}a^2bπ$$

Odpowiedź

A. $ V=\frac{1}{3}a^2b\pi $

Matura 2015 Sierpień. Zadanie 23 (0 - 1)

Przekątna przekroju osiowego walca, którego promień podstawy jest równy $4$ i wysokość jest równa $6,$ ma długość

A. $ \sqrt{10} $

B. $ \sqrt{20} $

C. $ \sqrt{52} $

D. $ 10 $

Rozwiązanie

Skoro promień podstawy walca jest równy $4$, to prostokąt znajdujący się w przekroju będzie miał podstawę równą $4\cdot2=8$ (patrz rysunek). Do tego znamy wysokość walca, tak więc przekątną przekroju możemy obliczyć z Twierdzenia Pitagorasa. $$a^2+b^2=c^2 \\ 8^2+6^2=c^2 \\ 64+36=c^2 \\ c^2=100 \\ c=10$$

Odpowiedź

D. $ 10 $

Matura 2015 Sierpień. Zadanie 33 (0 - 4)

Podstawą ostrosłupa $ABCDS$ jest prostokąt, którego boki pozostają w stosunku $3 : 4$, a pole jest równe $192$ (zobacz rysunek). Punkt $E$ jest wyznaczony przez przecinające się przekątne podstawy, a odcinek $SE$ jest wysokością ostrosłupa. Każda krawędź boczna tego ostrosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem $30^\circ$. Oblicz objętość ostrosłupa.

Odpowiedź

$V=\frac{640\sqrt{3}}{3}$

Matura 2015 Maj. Zadanie 21 (0 - 1)

W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym $EFGHIJKL$ wierzchołki $E, G, L$ połączono odcinkami (tak jak na rysunku). Wskaż kąt między wysokością $OL$ trójkąta $EGL$ i płaszczyzną podstawy tego graniastosłupa.

 A.  $ \sphericalangle OGL $ 
 B.  $ \sphericalangle HOL $ 
 C.  $ \sphericalangle HLO $ 
 D.  $ \sphericalangle OHL $ 

Rozwiązanie

Aby nie popełnić błędu warto jest sobie po prostu dorysować odpowiednie długości i zaznaczyć poszukiwany kąt. Z racji tego iż w poprawnym nazewnictwie wierzchołek kąta powinien być środkową literą zapisu, to poszukiwanym kątem jest $\sphericalangle HOL$.

Odpowiedź

B. $ \sphericalangle HOL $

Matura 2015 Maj. Zadanie 22 (0 - 1)

Przekrojem osiowym stożka jest trójkąt równoboczny o boku długości $6$. Objętość tego stożka jest równa

A. $ 6\pi $

B. $ 18\pi $

C. $ 9\pi\sqrt{3} $

D. $ 27\pi\sqrt{3} $

Rozwiązanie

Obliczenie długości $r$ oraz $h$. Spójrzmy na rysunek szkicowy. Do obliczenia objętości będziemy potrzebować długości promienia oraz wysokości bryły. Skoro przekrój jest trójkątem równobocznym, to na pewno wysokość dzieli podstawę na dwie równe części, a to z kolei oznacza że $r=6:2=3$. Wysokość $h$ także nie stanowi problemu, bo mamy w tablicach wzór na wysokość trójkąta równobocznego: $$h=\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$$ Gdybyśmy nie pamiętali o tym wzorze, to wysokość można byłoby obliczyć z Twierdzenia Pitagorasa. Obliczenie objętości bryły. Znamy długość promienia, znamy wysokość, więc podstawiając dane do wzoru obliczymy objętość stożka: $$V=\frac{1}{3}πr^2h \\ V=\frac{1}{3}π\cdot3^2\cdot3\sqrt{3} \\ V=\frac{1}{3}π\cdot9\cdot3\sqrt{3} \\ V=3\cdot3\sqrt{3}π \\ V=9\sqrt{3}π$$

Odpowiedź

C. $ 9\pi\sqrt{3} $

Matura 2015 Maj. Zadanie 23 (0 - 1)

Każda krawędź graniastosłupa prawidłowego trójkątnego ma długość równą $8$. Pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa jest równe

 A.  $ 8^2\left ( \frac{\sqrt{3}}{2}+3 \right ) $ 
 B.  $ \frac{8^2\sqrt{6}}{3} $ 
 C.  $ 8^2\cdot \sqrt{3} $ 
 D.  $ \frac{8^2}{3}\left ( \frac{\sqrt{3}}{2}+3 \right ) $ 

Rozwiązanie

Obliczenie pola powierzchni podstawy. W podstawie graniastosłupa prawidłowego trójkątnego jest trójkąt równoboczny. Skorzystamy więc ze wzoru na jego pole, podstawiając $a=8$. Zatem: $$P_{p}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4} \\ P_{p}=\frac{8^2\sqrt{3}}{4}$$ W takiej postaci to zostawimy, bo widzimy że w odpowiedziach pojawia się $8^2$. Obliczenie pola ściany bocznej. Skoro każda krawędź ma długość $8$, to w ścianie bocznej musimy mieć kwadrat o boku $8$. Jego pole jest wiec równe: $$P_{b}=a^2 \\ P_{b}=8^2$$ Obliczenie pola powierzchni całkowitej. Mamy dwie podstawy oraz trzy ściany boczne, więc możemy obliczyć pole całkowite. Na sam koniec obliczeń musimy się jeszcze dopasować do naszych odpowiedzi, czyli wyłączyć $8^2$ przed nawias: $$P_{c}=2P_{p}+3P_{b} \\ P_{c}=2\cdot\frac{8^2\sqrt{3}}{4}+3\cdot8^2 \\ P_{c}=\frac{8^2\sqrt{3}}{2}+3\cdot8^2 \\ P_{c}=8^2\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+3\right)$$

Odpowiedź

A. $ 8^2\left ( \frac{\sqrt{3}}{2}+3 \right ) $

Matura 2015 Maj. Zadanie 32 (0 - 4)

Wysokość graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest równa $16$. Przekątna graniastosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem, którego cosinus jest równy $\frac{3}{5}$. Oblicz pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.

Odpowiedź

$P_{c}=144+384\sqrt{2}$