Zbiór zadań

Znaleziono 1232 zadania. Losuj z tych filtrów

1. Obliczamy długość krótszego boku kwietnika, odejmując od boku trawnika długości dwóch dłuższych ścieżek:
   $$9-2\cdot 2,5=4$$
2. Obliczamy długość dłuższego boku kwietnika, odejmując od boku trawnika długości dwóch krótszych ścieżek:
   $$9-2\cdot 1,5=6$$
3. Obliczamy pole powierzchni kwietnika:
   $$P=4\cdot 6=24({\text{m}}^2)$$

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. 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. 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. 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. 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. Obliczamy wysokość ostrosłupa, korzystając ze wzoru na jego objętość.
   $$\begin{array}{rl}& V=\frac{1}{3}\cdot P_p\cdot H\\ & 324=\frac{1}{3}\cdot 9\cdot 9\cdot H\\ & 324=27\cdot H\\ & H=\frac{324}{27}=12\text{ (cm)}\end{array}$$
2. Obliczamy wysokości obu wież. Wieża I to sześcian z ostrosłupem na górze, wieża II to dwa sześciany ustawione jeden na drugim.
   $$\begin{array}{rl}& \text{wiez˙a I: }12+10=22\text{ (cm)}\\ & \text{wiez˙a II: }10+10=20\text{ (cm)}\end{array}$$
3. Obliczamy różnicę wysokości obu wież.
   $$22-20=2\text{ (cm)}$$

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. 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 $A$):
   $$\begin{array}{rl}|BE{|}^2& =|AB{|}^2+|AE{|}^2\\ |BE{|}^2& =12^2+16^2=400\\ |BE|& =20\end{array}$$