Zadania  z  oryginalną  numeracją  pochodzą  z   Informatora  o  egzaminie  maturalnym  od  2010  roku 
z matematyki (zdawanej jako przedmiot obowiązkowy) – Zbiór przykładowych zadań maturalnych. 

 
Tydzień 7. 
 
Przed przystąpieniem do rozwiązywania zadań skorzystaj z 

tablic

 matematycznych 10. Planimetria. 

 

 

 

Promień SA jest w punkcie styczności prostopadły do stycznej. Stąd 

 

Trójkąt ABS jest równoramienny, czyli 

 

 
 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Odp. B 

 

 

 

Miara kąta środkowego  jest dwa razy  większa od miary kąta wpisanego  opartych na tym  samym łuku. 
Jeśli miarę kąta wpisanego oznaczymy x, to x + 2x = 180

o

. Zatem x = 60

o

, a miara kąta środkowego 120

o

. 

 
 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Odp. C 

 

 

 

Suma  miar  kątów  wewnętrznych  przy  ramieniu  trapezu  wynosi  180

o

.  Możemy  ułożyć  prosty  układ 

równań, w którym x, y  oznaczają miary kątów wewnętrznych przy ramieniu trapezu, przy czym  x przy 
krótszej podstawie. 

 

 

 

Stąd, 2x = 220

o

, czyli x = 110

o

. 

 
 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Odp. B 

 

 

 

Korzystając z twierdzenia Talesa zapisujemy następującą proporcję. 

 

 
Po podstawieniu danych liczbowych i rozwiązaniu prostego równania otrzymujemy |DE| = 10. 
 
 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Odp. C 

 

 

 

Przekątna kwadratu wpisanego w okrąg jest równa średnicy tego okręgu. Korzystając ze wzoru na pole 
rombu, gdy dane są przekątne otrzymujemy 

P = 

  

 
 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Odp. B 

 

 

 
Trójkąt o podanych długościach boków jest równoramienny, gdy c = 4 lub c = 10. 

Teraz musimy sprawdzić warunek trójkąta. Trójkąt o bokach długości 4, 4, 10 nie istnieje, ponieważ  
4 + 4 < 10. Długości boków szukanego trójkąta są równe 4, 10, 10. 
 

 

 

Podobnie  jak  w  zadaniu  69.  c  =  6  lub  c  =  10.  W  tym  przypadku  istnieją  dwa  trójkąty:  jeden  o  bokach 
długości 6, 6, 10 oraz 6, 10, 10. 

 

 

 

Musimy rozważyć trzy przypadki. 
I – przeciwprostokątna ma długość 6, co jest niemożliwe, bo przeciwprostokątna nie może być krótsza od 
przyprostokątnej (długość 10) 
 
II – przeciwprostokątna ma długość c 

 

 

III – przeciwprostokątna ma długość 10 

 
Korzystając z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy 
6

2

 + 10

2

 = c

2

   

 

 

 

 

6

2

 + c

2

 = 10

2

 

c = 

 

 

 

 

 

 

c = 8 

c = 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Obw

ABCD

 = 50 cm 

 

 

 

 

 

Obw

ABD

 = 46 cm 

 

 

 

 

 

Obw

BCD

 = 36 cm 

 

 

 

 

 

Obw

ABCD

 = Obw

ABD

 + Obw

BCD

 – 2|BD| 

 

 

 

 

 

50 = 46 + 36 – 2|BD| 

 

 

 

 

 

|BD| = 16 cm 

 

 

 

A 

B 

C 

D 

10 

20 

20 

 

Możemy skorzystać z twierdzenia cosinusów. 
(1) |CM|

2

 = |CA|

2

 + |AM|

2

 – 2|AC||AM|cos  

cos  =

 

Aby  wyznaczyć  |AM|  musimy  wcześniej  obliczyć  BM,  a  do  tego  przyda  się  nam  promień  okręgu 
wpiasanego w trójkąt. 
P

ABC

 = 600 

P

ABC

 =

 = 60r 

Z porównania otrzymanych wyrażeń otrzymujemy, że r = 10. 
Znając promień możemy uzupełnić rysunek o długości niektórych odcinków. 
Wracamy do (1) i po podstawieniu wartości liczbowych otrzymujemy 

|CM|

2

 = 40

2

 + 30

2

 – 2 30 40  

|CM|

2

 = 580 

|CM| = 2