Zbiór zadań

Znaleziono 757 zadań. Losuj z tych filtrów

1. Obliczamy różnicę ciągu arytmetycznego:
   $$r=a_2-a_1=13-7=6$$
2. Korzystamy ze wzoru na $n$-ty wyraz ciągu arytmetycznego:
   $$a_{10}=a_1+9r=7+9\cdot 6=7+54=61$$

1. Kąt $CAB$ leży naprzeciwko przyprostokątnej $BC$, więc $\sin (CAB)=\frac{BC}{AB}$. Oznaczmy $AB=5k$, $BC=3k$ dla pewnego $k>0$.
2. Z warunku, że przeciwprostokątna jest o $8$ dłuższa od $BC$, otrzymujemy równanie:
   $$5k=3k+8$$
3. Rozwiązujemy równanie:
   $$\begin{array}{rl}& 2k=8\\ & k=4\end{array}$$
4. Zatem długość przeciwprostokątnej wynosi:
   $$AB=5k=5\cdot 4=20$$

1. Trójkąt $ABC$ jest prostokątny z kątem prostym przy wierzchołku $A$, więc bok $BC$ jest przeciwprostokątną. Sinus kąta $ABC$ to stosunek przyprostokątnej leżącej naprzeciw tego kąta (czyli $AC$) do przeciwprostokątnej $BC$:
   $$\sin (\angle ABC)=\frac{|AC|}{|BC|}=\frac{\sqrt{15}}{8}$$

1. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ABC$ obliczamy długość przyprostokątnej $AB$:
   $$|AB{|}^2=|BC{|}^2-|AC{|}^2=8^2-{\left(\sqrt{15}\right)}^2=64-15=49⟹|AB|=7$$
2. Punkt $D$ leży na odcinku $AB$, więc długość $AD$ obliczamy jako:
   $$|AD|=|AB|-|BD|=7-6=1$$
3. Kąt przy wierzchołku $A$ w trójkącie $ADC$ jest prosty (to ten sam kąt, co kąt $BAC$), więc tangens kąta ostrego $ADC$ to stosunek przyprostokątnej leżącej naprzeciw ($AC$) do przyprostokątnej przyległej ($AD$):
   $$\tan (\angle ADC)=\frac{|AC|}{|AD|}=\frac{\sqrt{15}}{1}=\sqrt{15}$$

1. Korzystamy z jedynki trygonometrycznej:
   $${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1⟹{\cos }^2\alpha =1-{\left(\frac{\sqrt{3}}{4}\right)}^2=1-\frac{3}{16}=\frac{13}{16}$$
2. Stąd $\cos \alpha =\pm \frac{\sqrt{13}}{4}$. Kąt $\alpha$ jest rozwarty (między $90°$ a $180°$), a w tym przedziale cosinus jest ujemny, więc:

1. Kąt $\alpha$ należy do drugiej ćwiartki układu współrzędnych ($90°<\alpha <180°$), więc $\sin \alpha >0$ oraz $\cos \alpha <0$.
2. Skoro sinus jest dodatni, a kosinus ujemny, ich iloczyn jest ujemny:
   $$\sin \alpha \cdot \cos \alpha <0$$
3. To odpowiada zależności B, jednocześnie wykluczając A ($\sin \alpha <0$ jest fałszywe), C i D.
4. Z definicji tangensa mamy $\text{tg}\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=-3$, co po przekształceniu daje:
   $$\sin \alpha =-3\cos \alpha$$
5. To odpowiada zależności F (zależność E odpowiadałaby $\text{tg}\alpha =-\frac{1}{3}$, co jest niezgodne z treścią zadania).

1. W ciągu arytmetycznym różnica między kolejnymi wyrazami jest stała, więc:
   $$\begin{array}{rl}& 2-(-1)=x-2\\ & 3=x-2\\ & x=5\end{array}$$
2. W ciągu geometrycznym iloraz między kolejnymi wyrazami jest stały. Obliczamy iloraz i wyznaczamy $y$:
   $$\begin{array}{rl}& q=\frac{2}{-1}=-2\\ & y=2\cdot q=2\cdot (-2)=-4\end{array}$$
3. Otrzymujemy $x=5>0$ oraz $y=-4<0$, czyli $x>0$ i $y<0$.

1. Korzystamy z twierdzenia cosinusów dla boku $BC$ leżącego naprzeciwko kąta $BAC$:
   $$|BC{|}^2=|AB{|}^2+|AC{|}^2-2\cdot |AB|\cdot |AC|\cdot \cos |\angle BAC|$$
2. Podstawiamy dane wartości:
   $$|BC{|}^2=5^2+2^2-2\cdot 5\cdot 2\cdot \frac{3}{5}$$
3. Obliczamy:
   $$\begin{array}{rl}& |BC{|}^2=25+4-12\\ & |BC{|}^2=17\end{array}$$
4. Zatem długość boku $BC$ jest równa:
   $$|BC|=\sqrt{17}$$

1. Wyłączamy $\sin 20°$ przed nawias:
   $${\sin }^{3}20°+{\cos }^{2}20°\cdot \sin 20°=\sin 20°\left({\sin }^{2}20°+{\cos }^{2}20°\right)$$
2. Korzystamy z jedynki trygonometrycznej ${\sin }^{2}20°+{\cos }^{2}20°=1$:
   $$\sin 20°\cdot 1=\sin 20°$$

1. Korzystamy z jedynki trygonometrycznej, aby wyrazić ${\cos }^{2}27°$ przez ${\sin }^{2}27°$:
   $${\sin }^{2}27°+{\cos }^{2}27°=1⟹{\cos }^{2}27°=1-{\sin }^{2}27°$$
2. Podstawiamy do wyrażenia:
   $$1+{\cos }^{2}27°=1+(1-{\sin }^{2}27°)=2-{\sin }^{2}27°$$

1. Punkt $L$ leży na łuku $KM$, który znajduje się po tej samej stronie co zaznaczony kąt środkowy — to ten łuk odpowiada kątowi $KSM=160°$. Kąt wpisany $KLM$ jest oparty na przeciwnym łuku $KM$ (tym, który nie zawiera punktu $L$), więc najpierw obliczamy miarę tego łuku:
   $$360°-160°=200°$$
2. Kąt wpisany jest równy połowie miary łuku, na którym jest oparty:
   $$\frac{200°}{2}=100°$$

1. Trójkąty $ABE$ oraz $DCE$ są podobne (cecha kąt–kąt–kąt): oba mają kąt prosty (przy wierzchołkach $A$ i $D$ trapezu prostokątnego) oraz równe kąty przy wierzchołku $E$ (dane w treści: $|\angle BEA|=|\angle CED|$). Skala podobieństwa:
   $$k=\frac{|AB|}{|DC|}=\frac{12}{6}=2$$
2. Stąd $|AE|=2|DE|$. Odcinki $AE$ i $DE$ razem tworzą wysokość $AD$:
   $$\begin{array}{rl}& |AE|+|DE|=24\\ & 2|DE|+|DE|=24\\ & |DE|=8\end{array}$$
3. Obliczamy $|AE|$:
   $$|AE|=2|DE|=2\cdot 8=16$$
4. Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym $ABE$ (kąt prosty przy wierzchołku $A$):
   $$\begin{array}{rl}|BE{|}^2& =|AB{|}^2+|AE{|}^2\\ |BE{|}^2& =12^2+16^2=400\\ |BE|& =20\end{array}$$