Zbiór zadań

Znaleziono 757 zadań. Losuj z tych filtrów

1. Kąt prosty jest przy wierzchołku $C$, a kąt $\alpha$ przy wierzchołku $A$, więc $\text{tg}\alpha =\frac{BC}{AC}$. Wyznaczamy długość przyprostokątnej $BC$:
   $$\frac{2}{5}=\frac{BC}{8}⟹BC=\frac{16}{5}$$
2. Pole trójkąta prostokątnego to połowa iloczynu przyprostokątnych:
   $$P=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot \frac{16}{5}=\frac{64}{5}$$

1. Pole trójkąta równobocznego o boku $a$ wyraża się wzorem:
   $$P=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$$
2. Podstawiamy dane pole i wyznaczamy $a^2$:
   $$\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{4\sqrt{3}}{9}⟹a^2=\frac{16}{9}$$
3. Obliczamy długość boku i obwód trójkąta:
   $$a=\frac{4}{3},\text{Obw}=3a=3\cdot \frac{4}{3}=4$$

1. W trójkącie prostokątnym $BDC$ (kąt prosty przy $D$) z twierdzenia Pitagorasa wyznaczamy wysokość $CD$:
   $$C{D}^2=B{C}^2-B{D}^2=13^2-12^2=169-144=25⟹CD=5$$
2. W trójkącie prostokątnym $ADC$ (kąt prosty przy $D$) stosujemy twierdzenie Pitagorasa dla boku $AC$:
   $$A{C}^2=A{D}^2+C{D}^2=3^2+5^2=9+25=34$$
3. Stąd:
   $$AC=\sqrt{34}$$

1. Współczynnik kierunkowy prostej przechodzącej przez dwa punkty liczymy ze wzoru:
   $$a=\frac{y_B-y_A}{x_B-x_A}$$
2. Podstawiamy współrzędne punktów $A$ i $B$:
   $$a=\frac{1-(-2)}{3-1}=\frac{3}{2}$$

1. Kąty $DAB$ i $ADC$ leżą przy tym samym boku równoległoboku, więc sumują się do $180°$:
   $$\angle ADC=180°-\alpha =180°-70°=110°$$
2. Wysokości poprowadzone z wierzchołka $B$ do boków $AD$ i $DC$ wraz z tymi bokami tworzą czworokąt, w którym dwa kąty przy stopach wysokości są proste, a trzeci to kąt $ADC$. Suma kątów czworokąta jest równa $360°$:
   $$\beta =360°-90°-90°-110°=70°$$

1. Współczynnik kierunkowy prostej $k$ to $a=-\frac{4}{7}$.
2. Proste prostopadłe mają współczynniki kierunkowe spełniające $a\cdot a_1=-1$, czyli $a_1=-\frac{1}{a}$. Podstawiamy $a$:
   $$a_1=-\frac{1}{-\frac{4}{7}}=\frac{7}{4}$$

1. Zapisujemy równanie: liczba przekątnych jest o $25$ większa od liczby boków $n$:
   $$\frac{n(n-3)}{2}=n+25$$
2. Mnożymy obie strony przez $2$ i porządkujemy:
   $$\begin{array}{rl}& n(n-3)=2n+50\\ & n^2-3n-2n-50=0\\ & n^2-5n-50=0\end{array}$$
3. Rozwiązujemy równanie kwadratowe ($\Delta =25+200=225$, $\sqrt{\Delta }=15$):
   $$n_1=\frac{5-15}{2}=-5,n_2=\frac{5+15}{2}=10$$
4. Liczba boków wielokąta musi być dodatnia, więc odrzucamy $n_1=-5$. Zostaje $n=10$ — dziesięciokąt.

1. Środek okręgu opisanego na kwadracie to środek przekątnej, a promień to połowa jej długości. Najpierw liczymy $|AC|$ ze wzoru na odległość punktów.
   $$|AC|=\sqrt{{\left(3-(-4)\right)}^2+(7-6{)}^2}=\sqrt{7^2+1^2}=\sqrt{50}=5\sqrt{2}$$
2. Promień okręgu to połowa przekątnej.
   $$r=\frac{5\sqrt{2}}{2}$$

1. Pole powierzchni całkowitej graniastosłupa to suma pól dwóch podstaw (sześciokątów foremnych) i pola powierzchni bocznej.
2. Pole sześciokąta foremnego o boku $a$ liczymy wzorem $P=\frac{3\sqrt{3}}{2}{a}^2$. Dla $a=2$ jedna podstawa ma pole:
   $$P=\frac{3\sqrt{3}}{2}\cdot 2^2=6\sqrt{3}$$
3. Dwie podstawy dają więc $12\sqrt{3}$. Pole powierzchni bocznej to obwód podstawy razy wysokość graniastosłupa (równa krawędzi bocznej, czyli $2$). Obwód sześciokąta to $6\cdot 2=12$.
   $$P_b=12\cdot 2=24$$
4. Sumujemy pola dwóch podstaw i powierzchni bocznej.
   $$P_c=24+12\sqrt{3}$$

1. Pole figury $F_1$ to suma pól dwóch kół o promieniach $1$ i $3$:
   $$\pi \cdot 1^2+\pi \cdot 3^2=\pi +9\pi =10\pi$$
2. Pole figury $F_2$ to suma pól dwóch kół o promieniu $r$:
   $$\pi r^2+\pi r^2=2\pi r^2$$
3. Pola obu figur są równe, więc:
   $$\begin{array}{rl}& 2\pi r^2=10\pi \\ & r^2=5\\ & r=\sqrt{5}\end{array}$$