Zbiór zadań

Znaleziono 158 zadań. Losuj z tych filtrów

1. Trójkąt $ADE$ jest prostokątny i równoramienny, a kąt prosty leży w wierzchołku $A$ (tak samo jak w trójkącie $ABC$), więc przyprostokątne $AE$ i $AD$ mają równą długość. Oznaczmy tę długość przez $x$.
2. Korzystamy z pola trójkąta $ADE$:
   $$\begin{array}{rl}& \frac{1}{2}{x}^2=200\\ & x^2=400\\ & x=20\end{array}$$
3. Przyprostokątna trójkąta $ADE$ jest równa $20$ cm, więc pierwsze zdanie jest prawdziwe (P).
4. Bok $AE$ powstał z wydłużenia boku $AC$ o $7$ cm, a bok $AD$ z wydłużenia boku $AB$ o $12$ cm, więc:
   $$\begin{array}{rl}& AC=AE-7=20-7=13\\ & AB=AD-12=20-12=8\end{array}$$
5. Obliczamy pole trójkąta $ABC$:
   $$\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 13=52$$
6. Pole trójkąta $ABC$ jest równe $52$ cm${}^2$, więc drugie zdanie jest prawdziwe (P).

1. Promień okręgu to połowa jego średnicy.
   $$r=\frac{20}{2}=10$$
2. Odcinki $SA$ i $SB$ są promieniami okręgu, więc $|SA|=|SB|=10$ cm. Obliczamy obwód trójkąta $ASB$.
   $$Obw=|SA|+|SB|+|AB|=10+10+12=32$$
3. Obwód trójkąta $ASB$ wynosi $32$ cm, a nie $36$ cm, więc pierwsze zdanie jest fałszywe (F).
4. Długość okręgu obliczamy ze wzoru na obwód koła.
   $$Ob{w}_{\mathcal{O}}=\pi \cdot d=\pi \cdot 20=20\pi$$
5. Długość okręgu $\mathcal{O}$ jest równa $20\pi$ cm, więc drugie zdanie jest prawdziwe (P). Odpowiedź: FP.

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

1. Kąt środkowy oparty na tym samym łuku $AB$ jest dwa razy większy od kąta wpisanego:
   $$\alpha =2\cdot 60°=120°$$
2. Długość łuku $AB$ to taka część obwodu okręgu, jaką częścią pełnego kąta $360°$ jest kąt środkowy $120°$:
   $$|AB|=\frac{120°}{360°}\cdot 2\pi r=\frac{1}{3}\cdot 2\pi \cdot 6=4\pi$$

1. Z twierdzenia o dwusiecznej kąta wiemy, że dwusieczna kąta $KML$ dzieli przeciwległy bok $KL$ na odcinki proporcjonalne do boków, między którymi ten kąt jest zawarty:
   $$\frac{|KN|}{|NL|}=\frac{|KM|}{|LM|}$$
2. Podstawiamy oznaczenia z treści zadania:
   $$\frac{c}{d}=\frac{a}{b}$$
3. Mnożymy obie strony na krzyż:
   $$a\cdot d=b\cdot c$$

1. Łuk $AB$ (niezawierający punktu $C$) stanowi $\frac{1}{5}$ długości okręgu, więc odpowiadający mu kąt środkowy $ASB$ jest równy:
   $$\angle ASB=\frac{1}{5}\cdot 360°=72°$$
2. Kąt wpisany $ACB$ jest oparty na tym samym łuku $AB$ co kąt środkowy $ASB$, więc jest od niego dwukrotnie mniejszy:
   $$\angle ACB=\frac{1}{2}\cdot \angle ASB=\frac{1}{2}\cdot 72°=36°$$

1. Pole równoległoboku o bokach $p$, $q$ i kącie $\alpha$ zawartym między nimi obliczamy ze wzoru:
   $$P=p\cdot q\cdot \sin \alpha$$
2. Podstawiamy dane ($p=3$, $q=4$, $\alpha =120°$), korzystając z $\sin 120°=\frac{\sqrt{3}}{2}$:
   $$P=3\cdot 4\cdot \sin 120°=12\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$$

1. Kąt środkowy $ASB$ oparty na tym samym łuku $AB$ co kąt wpisany $ACB$ jest dwa razy większy od kąta wpisanego:
   $$|\angle ASB|=2\cdot |\angle ACB|=2\cdot 42°=84°$$
2. Odcinki $SA$ i $SB$ są promieniami tego samego okręgu, więc trójkąt $ASB$ jest równoramienny, a kąty przy podstawie $AB$ są równe:
   $$|\angle SAB|=|\angle SBA|=\frac{180°-84°}{2}=48°$$
3. Kąt $BAS$ to ten sam kąt co $SAB$, więc jego miara jest równa $48°$.