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 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
\(P_{c}=144+384\sqrt{2}\)