Figury geometryczne

$$P=a\cdot h=12\cdot7=84\ \text{cm}^2$$

Uwaga: w równoległoboku nie dzielimy przez $2$ — to wzór dla trójkąta.

Odpowiedź: C. $84$ cm$^2$.

$$P=\frac{(a+b)\cdot h}{2}=\frac{(9+15)\cdot6}{2}=\frac{144}{2}=72\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $72$ cm$^2$.

Krok 1 — bok. Przekątna kwadratu to $a\sqrt2$:

$$a\sqrt2=10\sqrt2 \quad\Rightarrow\quad a=10\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole:

$$P=100\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: bok $10$ cm, pole $100$ cm$^2$.

Romb ma cztery równe boki. Jego kąty są proste tylko w szczególnym przypadku — wtedy jest kwadratem.

Prostokąt ma kąty proste, ale boki równe tylko parami.

Odpowiedź: B. romb.

$$P=\frac{e\cdot f}{2}=\frac{12\cdot16}{2}=96\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $96$ cm$^2$.

Przekątna jest przeciwprostokątną trójkąta o bokach $9$ i $12$:

$$d=\sqrt{81+144}=\sqrt{225}=15\ \text{cm}$$

Rozpoznanie: trójka $9$–$12$–$15$.

Odpowiedź: A. $15$ cm.

Krok 1 — kluczowa własność. Przekątne rombu przecinają się w połowie i pod kątem prostym, tworząc cztery przystające trójkąty prostokątne.

Krok 2 — połowa znanej przekątnej:

$$16:2=8\ \text{cm}$$

Krok 3 — druga przyprostokątna (bok rombu jest przeciwprostokątną):

$$\sqrt{100-64}=\sqrt{36}=6\ \text{cm}$$

Krok 4 — cała druga przekątna:

$$2\cdot6=12\ \text{cm}$$

Kontrola przez pole: $\frac{16\cdot12}{2}=96$ cm$^2$; to samo pole daje $a\cdot h$, gdzie $h=9{,}6$ cm ✔

Odpowiedź: $12$ cm.

Krok 1 — z wzoru wyznaczamy sumę podstaw:

$$a+b=\frac{2P}{h}=\frac{120}{8}=15\ \text{cm}$$

Krok 2 — druga podstawa:

$$15-7=8\ \text{cm}$$

Sprawdzenie: $\frac{(7+8)\cdot8}{2}=60$ cm$^2$ ✔

Odpowiedź: $8$ cm.

Trapez prostokątny ma jedno ramię prostopadłe do obu podstaw, co daje dwa kąty proste — przy tym ramieniu.

Pozostałe dwa kąty sumują się do $180^\circ$, ale żaden nie musi być prosty.

Uwaga: gdyby wszystkie cztery kąty były proste, figura byłaby prostokątem.

Odpowiedź: D. dwa.

Krok 1 — wysokość. Dzieli ona trójkąt na dwa trójkąty prostokątne o przyprostokątnej $4$ i przeciwprostokątnej $8$:

$$h=\sqrt{64-16}=\sqrt{48}=4\sqrt3\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole:

$$P=\frac{8\cdot4\sqrt3}{2}=16\sqrt3\ \text{cm}^2$$

Kontrola wzorem: $\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{64\sqrt3}{4}=16\sqrt3$ ✔

Odpowiedź: $h=4\sqrt3\approx6{,}93$ cm, $P=16\sqrt3\approx27{,}7$ cm$^2$.

Przekątne trapezu równoramiennego są równe, ale nie muszą być prostopadłe.

Prostopadłe przekątne ma romb i deltoid.

Pozostałe trzy zdania poprawnie opisują trapez równoramienny — jego osią symetrii jest prosta przechodząca przez środki obu podstaw.

Odpowiedź: C. przekątne przecinają się pod kątem prostym.

Krok 1 — model. Drabina, ściana i podłoże tworzą trójkąt prostokątny, w którym drabina jest przeciwprostokątną.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$h=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4\ \text{m}$$

Rozpoznanie: trójka $3$–$4$–$5$.

Odpowiedź: na wysokości $4$ m.

W deltoidzie przekątne są prostopadłe, więc obowiązuje ten sam wzór co dla rombu:

$$P=\frac{e\cdot f}{2}=\frac{14\cdot9}{2}=63\ \text{cm}^2$$

Warto zapamiętać: wzór $\frac{ef}{2}$ działa dla każdego czworokąta o prostopadłych przekątnych.

Odpowiedź: $63$ cm$^2$.

Przekątna jest przeciwprostokątną trójkąta o dwóch przyprostokątnych $a$:

$$d=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2a^2}=a\sqrt2$$

Uwaga: $a\sqrt3$ to przekątna sześcianu o krawędzi $a$.

Odpowiedź: A. $a\sqrt2$.

Krok 1 — pole:

$$P=8\cdot5=40\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — druga wysokość. Pole można policzyć na dwa sposoby, więc:

$$6\cdot h=40 \quad\Rightarrow\quad h=\frac{40}{6}\approx6{,}67\ \text{cm}$$

Obserwacja: wysokość opuszczona na krótszy bok jest dłuższa — to konieczne, żeby iloczyn pozostał stały.

Odpowiedź: pole $40$ cm$^2$, druga wysokość około $6{,}67$ cm.

Sprawdzamy twierdzenie odwrotne do Pitagorasa:

$$6^2+8^2=36+64=100=10^2 \ ✔$$

Skoro równość zachodzi, trójkąt jest prostokątny — kąt prosty leży naprzeciw najdłuższego boku.

Odpowiedź: B. prostokątny.

Krok 1 — odcinek odcięty przy dłuższej podstawie. Różnica podstaw dzieli się równo na obie strony:

$$\frac{12-6}{2}=3\ \text{cm}$$

Krok 2 — wysokość (ramię jest przeciwprostokątną):

$$h=\sqrt{25-9}=4\ \text{cm}$$

Krok 3 — pole:

$$P=\frac{(12+6)\cdot4}{2}=36\ \text{cm}^2$$

Krok 4 — obwód:

$$O=12+6+5+5=28\ \text{cm}$$

Odpowiedź: $h=4$ cm, $P=36$ cm$^2$, $O=28$ cm.

Krok 1 — droga wzdłuż boków:

$$30+40=70\ \text{m}$$

Krok 2 — przekątna:

$$d=\sqrt{900+1600}=\sqrt{2500}=50\ \text{m}$$

Krok 3 — oszczędność:

$$70-50=20\ \text{m}$$

Rozpoznanie: trójka $30$–$40$–$50$, czyli $3$–$4$–$5$ pomnożona przez $10$.

Odpowiedź: zaoszczędzi $20$ m.

Krok 1 — pole prostokąta:

$$P_1=10\cdot6=60\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — pole trójkąta:

$$P_2=\frac{6\cdot8}{2}=24\ \text{cm}^2$$

Krok 3 — pole łączne:

$$P=60+24=84\ \text{cm}^2$$

Krok 4 — przeciwprostokątna trójkąta:

$$c=\sqrt{36+64}=10\ \text{cm}$$

Krok 5 — obwód figury. Bok stykowy ($6$ cm) leży wewnątrz, więc go nie liczymy. Obwód tworzą: dwa dłuższe boki prostokąta, jego drugi krótszy bok oraz dwa boki trójkąta:

$$O=10+10+6+8+10=44\ \text{cm}$$

Odpowiedź: pole $84$ cm$^2$, obwód $44$ cm.

Krok 1 — pole kwadratu:

$$P_1=6\cdot6=36\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — pole rombu:

$$P_2=a\cdot h=6\cdot3=18\ \text{cm}^2$$

Krok 3 — porównanie:

$$\frac{36}{18}=2$$

Kwadrat ma pole dwa razy większe.

Wyjaśnienie. Obie figury mają identyczne boki i ten sam obwód ($24$ cm), ale różne pola. Romb jest „spłaszczony" — im mniejszy kąt ostry, tym mniejsza wysokość, a więc i pole. Kwadrat to romb o kącie $90^\circ$, czyli przypadek o największym możliwym polu przy danym boku.

Wniosek ogólny: równy obwód nie oznacza równego pola.

Odpowiedź: kwadrat $36$ cm$^2$, romb $18$ cm$^2$ — dwukrotna różnica.

Kąty przyległe sumują się do $180^\circ$ (tworzą kąt półpełny):

$$180^\circ-65^\circ=115^\circ$$

Nie mylić z dopełniającymi: te sumują się do $90^\circ$ — stąd błędna odpowiedź A.

Odpowiedź: B. $115^\circ$.

Suma kątów wewnętrznych trójkąta wynosi $180^\circ$:

$$\gamma=180^\circ-47^\circ-58^\circ=75^\circ$$

Kontrola: $47^\circ+58^\circ+75^\circ=180^\circ$ ✔

Odpowiedź: trzeci kąt ma $75^\circ$.

Każdy czworokąt można podzielić przekątną na dwa trójkąty, więc suma jego kątów to dwukrotność sumy kątów trójkąta:

$$2\cdot180^\circ=360^\circ$$

Wzór ogólny dla wielokąta o $n$ bokach: $(n-2)\cdot180^\circ$. Dla $n=4$ daje $360^\circ$.

Odpowiedź: C. $360^\circ$.

Korzystamy ze wzoru na pole trójkąta:

$$P=\frac{a\cdot h}{2}=\frac{10\cdot7}{2}=\frac{70}{2}=35\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $35$ cm$^2$.

Kąty przy podstawie trójkąta równoramiennego są równe. Na dwa z nich zostaje:

$$180^\circ-80^\circ=100^\circ$$

Dzielimy na dwa równe kąty:

$$100^\circ:2=50^\circ$$

Kontrola: $80^\circ+50^\circ+50^\circ=180^\circ$ ✔

Odpowiedź: każdy kąt przy podstawie ma $50^\circ$.

Kąty wierzchołkowe powstają przy przecięciu dwóch prostych i leżą naprzeciw siebie. Zawsze mają równe miary.

Nie mylić z kątami przyległymi, które leżą obok siebie i sumują się do $180^\circ$ (odpowiedź B).

Odpowiedź: A. są równe.

Pole równoległoboku to iloczyn podstawy i wysokości opuszczonej na tę podstawę:

$$P=a\cdot h=12\cdot5=60\ \text{cm}^2$$

Uwaga: wysokość to odcinek prostopadły do podstawy, a nie długość boku ukośnego.

Odpowiedź: $60$ cm$^2$.

Krok 1 — drugi bok. Z obwodu $2(a+b)=46$ mamy $a+b=23$:

$$b=23-15=8\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole:

$$P=15\cdot8=120\ \text{cm}^2$$

Sprawdzenie obwodu: $2(15+8)=2\cdot23=46$ cm ✔

Odpowiedź: pole wynosi $120$ cm$^2$.

W rombie przekątne mają dwie szczególne własności: są prostopadłe i przecinają się w połowie.

Porównanie: w prostokącie przekątne połowią się, ale nie są prostopadłe; w równoległoboku też tylko się połowią. Kwadrat ma obie własności (bo jest szczególnym rombem).

Odpowiedź: D. romb.

Korzystamy ze wzoru na pole trapezu:

$$P=\frac{(a+b)\cdot h}{2}$$

Podstawiamy:

$$P=\frac{(10+6)\cdot4}{2}=\frac{16\cdot4}{2}=\frac{64}{2}=32\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $32$ cm$^2$.

Kąt zewnętrzny i przyległy do niego kąt wewnętrzny są kątami przyległymi — sumują się do $180^\circ$:

$$180^\circ-110^\circ=70^\circ$$

Ciekawostka: kąt zewnętrzny równa się też sumie dwóch pozostałych kątów wewnętrznych trójkąta.

Odpowiedź: B. $70^\circ$.

Przekształcamy wzór na pole trójkąta:

$$P=\frac{a\cdot h}{2} \quad\Rightarrow\quad a=\frac{2P}{h}$$

Podstawiamy:

$$a=\frac{2\cdot48}{8}=\frac{96}{8}=12\ \text{cm}$$

Sprawdzenie: $\frac{12\cdot8}{2}=48$ cm$^2$ ✔

Odpowiedź: podstawa ma $12$ cm.

Suma kątów wielokąta o $n$ bokach to $(n-2)\cdot180^\circ$, a w foremnym każdy kąt jest równy, więc kąt pojedynczy to $\frac{(n-2)\cdot180^\circ}{n}$.

Zamiast rozwiązywać równanie — sprawdźmy pięciokąt ($n=5$):

$$\frac{(5-2)\cdot180^\circ}{5}=\frac{540^\circ}{5}=108^\circ$$

Zgadza się. To pięciokąt foremny.

Odpowiedź: C. $5$ boków.

Trapez prostokątny ma dwa kąty proste (przy jednym z ramion).

Krok 1 — dwa kąty proste: $90^\circ$ i $90^\circ$.

Krok 2 — kąt przy drugim ramieniu. Kąty przy tym samym ramieniu trapezu leżą przy prostych równoległych, więc sumują się do $180^\circ$:

$$180^\circ-65^\circ=115^\circ$$

Kontrola sumy: $90^\circ+90^\circ+65^\circ+115^\circ=360^\circ$ ✔

Odpowiedź: kąty trapezu to $90^\circ$, $90^\circ$, $65^\circ$ i $115^\circ$.

Pole rombu obliczamy z przekątnych:

$$P=\frac{e\cdot f}{2}=\frac{8\cdot6}{2}=\frac{48}{2}=24\ \text{cm}^2$$

Uwaga: dzielenie przez $2$ jest konieczne — pominięcie go dałoby wynik dwa razy za duży.

Odpowiedź: $24$ cm$^2$.

Kwadrat łączy własności prostokąta i rombu, więc jego przekątne są równej długości (cecha prostokąta) i jednocześnie prostopadłe (cecha rombu).

Zdanie A twierdzi, że przekątne mają różne długości — to nieprawda.

Pozostałe zdania (B, C, D) są prawdziwe.

Odpowiedź: A. (zdanie fałszywe).

Długość siatki to obwód prostokąta:

$$O=2(30+18)=2\cdot48=96\ \text{m}$$

Pole działki:

$$P=30\cdot18=540\ \text{m}^2$$

Uwaga: obwód i pole to dwie różne wielkości — siatkę liczymy z obwodu (w metrach), a powierzchnię z pola (w metrach kwadratowych).

Odpowiedź: potrzeba $96$ m siatki, pole działki to $540$ m$^2$.

Krok 1 — łączna liczba części:

$$2+3+4=9$$

Krok 2 — wartość jednej części. Suma kątów to $180^\circ$:

$$180^\circ:9=20^\circ$$

Krok 3 — poszczególne kąty:

$$2\cdot20^\circ=40^\circ,\qquad 3\cdot20^\circ=60^\circ,\qquad 4\cdot20^\circ=80^\circ$$

Kontrola: $40^\circ+60^\circ+80^\circ=180^\circ$ ✔

Odpowiedź: kąty mają $40^\circ$, $60^\circ$ i $80^\circ$.

Pole figury po wycięciu to różnica pól.

Krok 1 — pole prostokąta:

$$P_1=12\cdot8=96$$

Krok 2 — pole wyciętego trójkąta:

$$P_2=\frac{12\cdot5}{2}=30$$

Krok 3 — pole zacienionej figury:

$$P=96-30=66$$

Odpowiedź: pole figury wynosi $66$ jednostek kwadratowych.

Krok 1 — warunki. Kąty dopełniające sumują się do $90^\circ$:

$$\alpha+\beta=90^\circ,\qquad \alpha=\beta+20^\circ$$

Krok 2 — podstawiamy drugie równanie do pierwszego:

$$(\beta+20^\circ)+\beta=90^\circ \quad\Rightarrow\quad 2\beta=70^\circ \quad\Rightarrow\quad \beta=35^\circ$$

Krok 3 — drugi kąt:

$$\alpha=35^\circ+20^\circ=55^\circ$$

Sprawdzenie: $55^\circ+35^\circ=90^\circ$ ✔, a różnica $55^\circ-35^\circ=20^\circ$ ✔

Odpowiedź: $\alpha=55^\circ$, $\beta=35^\circ$.

Dane: $a=3$, $b=4$. Szukane: $c$.

Stosujemy twierdzenie Pitagorasa:

$$c^2=a^2+b^2=3^2+4^2=9+16=25$$

Stąd $c=\sqrt{25}=5$ cm.

Odpowiedź: C. To najbardziej znana trójka pitagorejska $(3,4,5)$ — warto ją zapamiętać.

$$c^2=5^2+12^2=25+144=169$$

$c=\sqrt{169}=13$.

Odpowiedź: B. Kolejna trójka pitagorejska: $(5,12,13)$.

Uwaga: odpowiedź A ($17$) to suma $5+12$ — częsty błąd polegający na dodaniu boków zamiast ich kwadratów.

Szukamy przyprostokątnej, więc przekształcamy wzór, odejmując:

$$b^2=c^2-a^2=10^2-6^2=100-36=64$$

$b=\sqrt{64}=8$.

Odpowiedź: A.

Pułapka: gdyby dodać ($100+36$), wyszłoby $\sqrt{136}$ — odpowiedź C. Zawsze najpierw ustal, który bok jest przeciwprostokątną (najdłuższy, naprzeciw kąta prostego).

Przekątna dzieli kwadrat na dwa trójkąty prostokątne o przyprostokątnych równych bokowi kwadratu.

$$d^2=4^2+4^2=16+16=32$$

$$d=\sqrt{32}=\sqrt{16\cdot 2}=4\sqrt{2}\ \text{cm}\approx 5{,}66\ \text{cm}$$

Odpowiedź: $4\sqrt{2}$ cm.

Wzór ogólny: przekątna kwadratu o boku $a$ wynosi $a\sqrt{2}$.

Wysokość trójkąta równobocznego dzieli podstawę na dwie równe części po $5$ cm i tworzy trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej $10$ cm.

$$h^2=10^2-5^2=100-25=75$$

$$h=\sqrt{75}=\sqrt{25\cdot 3}=5\sqrt{3}\ \text{cm}\approx 8{,}66\ \text{cm}$$

Odpowiedź: $5\sqrt{3}$ cm.

Wzór ogólny: $h=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, tutaj $\frac{10\sqrt3}{2}=5\sqrt3$. ✔

Przekątna prostokąta jest przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych $9$ i $12$.

$$d^2=9^2+12^2=81+144=225$$

$d=\sqrt{225}=15$ cm.

Odpowiedź: D. To trójka $(9,12,15)$ — czyli $(3,4,5)$ pomnożona przez $3$.

Drabina, ściana i podłoże tworzą trójkąt prostokątny. Drabina to przeciwprostokątna ($13$ m), odległość od ściany to jedna przyprostokątna ($5$ m).

$$h^2=13^2-5^2=169-25=144$$

$h=\sqrt{144}=12$ m.

Odpowiedź: drabina sięga na wysokość $12$ m.

Korzystamy z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa. Sprawdzamy najdłuższy bok jako kandydata na przeciwprostokątną:

$$7^2+24^2=49+576=625$$

$$25^2=625$$

Obie strony są równe, więc trójkąt jest prostokątny.

Odpowiedź: A.

Krok 1 — przekątna podstawy. Podstawa to kwadrat o boku $a$:

$$d_p^2=a^2+a^2=2a^2 \quad\Rightarrow\quad d_p=a\sqrt{2}$$

Krok 2 — przekątna sześcianu. Tworzy trójkąt prostokątny z przekątną podstawy i krawędzią pionową:

$$D^2=d_p^2+a^2=2a^2+a^2=3a^2$$

$$D=a\sqrt{3}$$

Odpowiedź: $D=a\sqrt{3}$.

Uwaga: twierdzenie Pitagorasa stosujemy tu dwukrotnie — to typowy schemat w zadaniach przestrzennych.

Różnice współrzędnych to przyprostokątne trójkąta prostokątnego:

$$\Delta x=6-2=4,\qquad \Delta y=4-1=3$$

$$|AB|^2=4^2+3^2=16+9=25 \quad\Rightarrow\quad |AB|=5$$

Odpowiedź: B. To twierdzenie Pitagorasa zapisane w układzie współrzędnych.

Dłuższe ramię jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego, którego przyprostokątne to wysokość trapezu i różnica podstaw.

Krok 1 — różnica podstaw: $10-4=6$ cm.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$r^2=8^2+6^2=64+36=100 \quad\Rightarrow\quad r=10\ \text{cm}$$

Odpowiedź: dłuższe ramię ma $10$ cm.

Uwaga: krótsze ramię trapezu prostokątnego jest równe wysokości, czyli $8$ cm.

Dla prostopadłościanu o krawędziach $a,b,c$ przekątna spełnia $D^2=a^2+b^2+c^2$.

$$D^2=3^2+4^2+12^2=9+16+144=169$$

$D=\sqrt{169}=13$.

Odpowiedź: C.

Skąd ten wzór: najpierw przekątna podstawy ($3^2+4^2=25$), potem przekątna bryły ($25+144=169$) — dwukrotne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa.

Korzystamy ze wzoru $d=a\sqrt{2}$:

$$6\sqrt{2}=a\sqrt{2} \quad\Rightarrow\quad a=6$$

Odpowiedź: D.

Sprawdzenie: kwadrat o boku $6$ ma przekątną $6\sqrt2$. ✔

Krok 1 — wysokość. Wysokość w trójkącie równoramiennym dzieli podstawę na połowy (po $5$ cm) i tworzy trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej $13$ cm:

$$h^2=13^2-5^2=169-25=144 \quad\Rightarrow\quad h=12\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole.

$$P=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot 12=60\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: wysokość $12$ cm, pole $60$ cm².

Krok 1 — wysokość (twierdzenie Pitagorasa):

$$h^2=6^2-3^2=36-9=27 \quad\Rightarrow\quad h=\sqrt{27}=3\sqrt{3}\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole:

$$P=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 3\sqrt{3}=9\sqrt{3}\ \text{cm}^2\approx 15{,}59\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $9\sqrt{3}$ cm².

Wzór ogólny: $P=\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{36\sqrt3}{4}=9\sqrt3$. ✔

Sprawdzamy każdy zestaw twierdzeniem odwrotnym:

A: $8^2+15^2=64+225=289=17^2$ ✔

B: $6^2+8^2=36+64=100$, ale $11^2=121$. $100\ne 121$ ✘

C: $9^2+40^2=81+1600=1681=41^2$ ✔

D: $20^2+21^2=400+441=841=29^2$ ✔

Odpowiedź: B.

$$d^2=5^2+12^2=25+144=169 \quad\Rightarrow\quad d=13$$

Odpowiedź: A.

Maszt, ziemia i lina tworzą trójkąt prostokątny, w którym lina jest przeciwprostokątną.

$$l^2=9^2+12^2=81+144=225 \quad\Rightarrow\quad l=15\ \text{m}$$

Odpowiedź: zużyto $15$ m liny.

Uwaga: to znów trójka $(3,4,5)$ pomnożona przez $3$, czyli $(9,12,15)$.

Krok 1 — przeciwprostokątna:

$$c^2=6^2+8^2=100 \quad\Rightarrow\quad c=10\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole liczone na dwa sposoby. Raz z przyprostokątnych, raz z przeciwprostokątnej i wysokości na nią:

$$P=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 8=24\ \text{cm}^2$$

$$P=\frac{1}{2}\cdot c\cdot h=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot h$$

$$5h=24 \quad\Rightarrow\quad h=4{,}8\ \text{cm}$$

Odpowiedź: wysokość ma $4{,}8$ cm.

Metoda: porównanie dwóch wyrażeń na to samo pole to bardzo częsty trik w geometrii.

Przekątne rombu przecinają się w połowie pod kątem prostym, więc dzielą go na cztery przystające trójkąty prostokątne o przyprostokątnych równych połowom przekątnych.

Krok 1 — połowy przekątnych: $\frac{12}{2}=6$ oraz $\frac{16}{2}=8$.

Krok 2 — bok rombu:

$$a^2=6^2+8^2=36+64=100 \quad\Rightarrow\quad a=10\ \text{cm}$$

Krok 3 — obwód: $Ob=4\cdot 10=40$ cm.

Odpowiedź: bok $10$ cm, obwód $40$ cm.

$$a^2+b^2=c^2$$

Suma kwadratów przyprostokątnych równa się kwadratowi przeciwprostokątnej.

Odpowiedź: C. $a^2+b^2=c^2$.

$$c=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$$

To najsłynniejsza trójka pitagorejska: $3$, $4$, $5$.

Odpowiedź: $5$.

Przekształcamy twierdzenie Pitagorasa:

$$b=\sqrt{c^2-a^2}=\sqrt{169-25}=\sqrt{144}=12$$

Trójka pitagorejska: $5$, $12$, $13$.

Odpowiedź: $12$.

Sprawdzamy, czy $a^2+b^2=c^2$ (dla największej jako $c$):

$$6^2+8^2=36+64=100=10^2 \ ✔$$

Pozostałe nie spełniają: $4+9\neq16$ itd.

Odpowiedź: A. $6,\ 8,\ 10$.

Przekątna kwadratu tworzy trójkąt prostokątny o przyprostokątnych równych bokowi:

$$d=\sqrt{6^2+6^2}=\sqrt{72}=6\sqrt2$$

Wzór: przekątna kwadratu to $a\sqrt2$.

Odpowiedź: $6\sqrt2\approx8{,}49$.

$$d=\sqrt{a^2+a^2}=\sqrt{2a^2}=a\sqrt2$$

Odpowiedź: B. $a\sqrt2$.

Krok 1 — model. Drabina to przeciwprostokątna ($5$ m), odległość od ściany ($3$ m) to jedna przyprostokątna, wysokość ($h$) to druga.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$h=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4\ \text{m}$$

Odpowiedź: $4$ m.

Krok 1 — wysokość dzieli trójkąt na dwa prostokątne. Podstawa połówki to $4$, przeciwprostokątna to bok $8$.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$h=\sqrt{8^2-4^2}=\sqrt{64-16}=\sqrt{48}=4\sqrt3$$

Wzór ogólny: wysokość trójkąta równobocznego to $\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{8\sqrt3}{2}=4\sqrt3$ ✔

Odpowiedź: $4\sqrt3\approx6{,}93$.

Przekątna to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $8$ i $6$:

$$d=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$$

Odpowiedź: D. $10$.

Krok 1 — twierdzenie odwrotne do Pitagorasa. Trójkąt jest prostokątny, gdy $a^2+b^2=c^2$ dla największego boku $c$.

Krok 2 — sprawdzamy:

$$7^2+24^2=49+576=625$$

$$25^2=625$$

Krok 3 — wniosek. Równość zachodzi, więc trójkąt jest prostokątny.

Odpowiedź: tak, jest prostokątny.

Porównujemy $a^2+b^2$ z $c^2$ dla największego boku $c=3$:

$$2^2+2^2=8,\qquad 3^2=9$$

Ponieważ $8\lt 9$, czyli $a^2+b^2\lt c^2$, kąt naprzeciw najdłuższego boku jest rozwarty.

Reguła (uogólnione twierdzenie Pitagorasa): $a^2+b^2>c^2$ — ostrokątny, $=c^2$ — prostokątny, $\lt c^2$ — rozwartokątny.

Odpowiedź: C. rozwartokątny.

Krok 1 — model. Odcinek to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych równych różnicom współrzędnych.

Krok 2 — wzór na odległość (z Pitagorasa):

$$|AB|=\sqrt{(4-1)^2+(6-2)^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5$$

Odpowiedź: $|AB|=5$.

Przekątna to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $80$ i $60$:

$$d=\sqrt{80^2+60^2}=\sqrt{6400+3600}=\sqrt{10000}=100\ \text{cm}$$

Interpretacja: to przekątna $1$ m — telewizor $40$-calowy (bo $100$ cm $\approx39{,}4$ cala).

Odpowiedź: $100$ cm.

$$d=a\sqrt2=5\sqrt2\approx7{,}07$$

Odpowiedź: C. $5\sqrt2$.

Krok 1 — model. Ramię ukośne to przeciwprostokątna trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych: wysokość $8$ i różnica podstaw $10-4=6$.

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$r=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$$

Odpowiedź: ramię ukośne ma $10$.

$$5^2+12^2=25+144=169=13^2$$

Równość $a^2+b^2=c^2$ oznacza trójkąt prostokątny (twierdzenie odwrotne do Pitagorasa).

Odpowiedź: B. prostokątny.

Krok 1 — długość jednej liny. Lina to przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $12$ (wysokość) i $5$ (odległość):

$$l=\sqrt{12^2+5^2}=\sqrt{144+25}=\sqrt{169}=13\ \text{m}$$

Krok 2 — cztery liny:

$$4\cdot13=52\ \text{m}$$

Trójka pitagorejska: $5$, $12$, $13$ — dała okrągły wynik.

Odpowiedź: jedna lina $13$ m, łącznie $52$ m.

Krok 1 — wysokość na podstawę. Dzieli podstawę na połowy ($6$ i $6$), tworząc trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej $10$:

$$h=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{100-36}=\sqrt{64}=8$$

Krok 2 — pole trójkąta:

$$P=\frac{a\cdot h}{2}=\frac{12\cdot8}{2}=48$$

Klucz. Wysokość trójkąta równoramiennego pada na środek podstawy — dlatego przyprostokątna to połowa podstawy ($6$), nie cała.

Odpowiedź: $P=48$.

Krok 1 — droga dłuższa (po bokach):

$$30+40=70\ \text{m}$$

Krok 2 — droga na skróty. To przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych $30$ i $40$:

$$d=\sqrt{30^2+40^2}=\sqrt{900+1600}=\sqrt{2500}=50\ \text{m}$$

Krok 3 — różnica:

$$70-50=20\ \text{m}$$

Interpretacja. To praktyczne zastosowanie Pitagorasa — trójka $30$, $40$, $50$ (wielokrotność $3,4,5$). Skrót oszczędza $20$ m.

Odpowiedź: o $20$ m krótsza.

Krok 1 — wskazujemy przeciwprostokątną. Najdłuższy bok to $n^2+1$ (bo $n^2+1>n^2-1$ oraz $n^2+1>2n$ dla $n>1$). Sprawdzamy twierdzenie odwrotne do Pitagorasa.

Krok 2 — suma kwadratów krótszych boków:

$$(n^2-1)^2+(2n)^2$$

Krok 3 — rozwijamy:

$$(n^4-2n^2+1)+4n^2=n^4+2n^2+1$$

Krok 4 — kwadrat najdłuższego boku:

$$(n^2+1)^2=n^4+2n^2+1$$

Krok 5 — porównanie. Obie strony są równe, więc $a^2+b^2=c^2$ — trójkąt jest prostokątny. $\qquad ∎$

Wniosek. To wzór generujący trójki pitagorejskie: dla $n=2$ daje $3,4,5$; dla $n=3$ daje $8,6,10$; dla $n=4$ daje $15,8,17$.

Pierwsza współrzędna ujemna, druga dodatnia — to lewa górna część układu.

Ćwiartki po kolei: I $(+,+)$, II $(-,+)$, III $(-,-)$, IV $(+,-)$.

Odpowiedź: B. w II.

Na osi $OY$ pierwsza współrzędna zawsze wynosi zero:

$$P=(0,\,4)$$

Analogicznie: punkty osi $OX$ mają postać $(x,\,0)$.

Odpowiedź: $(0,\,4)$.

Odcinek jest poziomy (obie rzędne równe), więc wystarczy odjąć odcięte:

$$|AB|=7-1=6$$

Odpowiedź: $6$ jednostek.

Symetria względem osi $OX$ zmienia znak drugiej współrzędnej:

$$(x,\,y)\ \to\ (x,\,-y)$$

$$(4,\,-2)\ \to\ (4,\,2)$$

Dla porównania: symetria względem $OY$ zmieniłaby pierwszą współrzędną, dając $(-4,\,-2)$.

Odpowiedź: D. $(4,\,2)$.

Odcinek jest pionowy (obie odcięte równe), więc odejmujemy rzędne:

$$|CD|=8-1=7$$

Odpowiedź: $7$ jednostek.

Początek układu to punkt przecięcia obu osi, oznaczany zwykle literą $O$.

Odpowiedź: A. $(0,\,0)$.

Krok 1 — czwarty wierzchołek. Prostokąt zamyka się punktem o odciętej jak $A$ i rzędnej jak $C$:

$$D=(0,\,4)$$

Krok 2 — wymiary: boki mają $6$ i $4$ jednostki.

Krok 3 — pole:

$$P=6\cdot4=24$$

Odpowiedź: $D=(0,\,4)$, pole $24$.

Środek to średnia odpowiednich współrzędnych:

$$S=\left(\frac{2+8}{2},\ \frac{3+11}{2}\right)=(5,\,7)$$

Sprawdzenie: od $2$ do $5$ jest $3$ i od $5$ do $8$ też $3$ ✔

Odpowiedź: $S=(5,\,7)$.

Obie współrzędne są ujemne — to lewa dolna część układu.

Odpowiedź: C. III.

Krok 1 — rozpoznanie. Bok $AB$ leży na osi $OX$, bok $AC$ na osi $OY$ — trójkąt jest prostokątny z kątem prostym w $A$.

Krok 2 — przyprostokątne: $|AB|=8$, $|AC|=5$.

Krok 3 — pole:

$$P=\frac{8\cdot5}{2}=20$$

Odpowiedź: $20$.

Przesunięcie dodaje współrzędne wektora do współrzędnych punktu:

$$(3+2,\ 7-4)=(5,\,3)$$

Odpowiedź: B. $(5,\,3)$.

Krok 1 — boki poziome:

$$9-1=8$$

Krok 2 — boki pionowe:

$$4-1=3$$

Krok 3 — obwód:

$$O=2(8+3)=22$$

Odpowiedź: $22$ jednostki.

Symetria środkowa względem punktu $(0,\,0)$ zmienia znaki obu współrzędnych:

$$(x,\,y)\ \to\ (-x,\,-y)$$

$$(-2,\,6)\ \to\ (2,\,-6)$$

Sprawdzenie: początek układu jest środkiem odcinka łączącego oba punkty ✔

Odpowiedź: $(2,\,-6)$.

Prosta pionowa to zbiór punktów o tej samej pierwszej współrzędnej.

W odpowiedzi A obie odcięte wynoszą $4$.

Uwaga: punkty z odpowiedzi B mają wspólną drugą współrzędną — leżą na prostej poziomej.

Odpowiedź: A. $(4,\,1)$ i $(4,\,9)$.

Krok 1 — długość boku:

$$|AB|=8-2=6$$

Krok 2 — przesuwamy oba punkty o $6$ w prawo:

$$C=(7,\,8),\qquad D=(7,\,2)$$

Sprawdzenie: wszystkie boki mają po $6$ jednostek ✔

Odpowiedź: $(7,\,8)$ i $(7,\,2)$.

Odległość od osi $OX$ to wartość bezwzględna drugiej współrzędnej:

$$|-7|=7$$

Uwaga: odległość nigdy nie jest ujemna. Odległość tego punktu od osi $OY$ wynosi natomiast $0$ — punkt leży na tej osi.

Odpowiedź: D. $7$.

Krok 1 — podstawy. Oba boki poziome:

$$|AB|=10-0=10,\qquad |DC|=7-2=5$$

Krok 2 — wysokość. To różnica rzędnych między podstawami:

$$h=4-0=4$$

Krok 3 — pole:

$$P=\frac{(10+5)\cdot4}{2}=\frac{60}{2}=30$$

Odpowiedź: $30$.

Sposób 1 — z wzoru na środek. Dla pierwszej współrzędnej:

$$\frac{1+x_B}{2}=4 \quad\Rightarrow\quad x_B=7$$

Dla drugiej:

$$\frac{2+y_B}{2}=5 \quad\Rightarrow\quad y_B=8$$

Sposób 2 — przez przesunięcie. Z $A$ do $S$ idziemy o $[3,\,3]$, więc z $S$ do $B$ idziemy o tyle samo: $(4+3,\ 5+3)=(7,\,8)$.

Odpowiedź: $B=(7,\,8)$.

Krok 1 — trójkąt pomocniczy. Odcinek $AB$ jest przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych poziomej i pionowej:

$$\Delta x=5-1=4,\qquad \Delta y=4-1=3$$

Krok 2 — twierdzenie Pitagorasa:

$$|AB|=\sqrt{4^2+3^2}=\sqrt{25}=5$$

Rozpoznanie: klasyczna trójka $3$–$4$–$5$.

Odpowiedź: $5$ jednostek.

Krok 1 — przesuwamy każdy wierzchołek (do pierwszej współrzędnej dodajemy $-3$, do drugiej $+2$):

• $(2,\,1)\to(-1,\,3)$
• $(8,\,1)\to(5,\,3)$
• $(8,\,5)\to(5,\,7)$
• $(2,\,5)\to(-1,\,7)$

Krok 2 — pole przed przesunięciem:

$$P=(8-2)\cdot(5-1)=6\cdot4=24$$

Krok 3 — pole po przesunięciu:

$$P=(5-(-1))\cdot(7-3)=6\cdot4=24$$

Wniosek: przesunięcie nie zmienia ani kształtu, ani rozmiaru figury — jest izometrią. Zmieniają się tylko współrzędne.

Odpowiedź: $(-1,\,3)$, $(5,\,3)$, $(5,\,7)$, $(-1,\,7)$; pole nadal wynosi $24$.