Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi „na dowodzenie” na...
Transcript of Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi „na dowodzenie” na...
Elżbieta Świda
Elżbieta Kurczab
Marcin Kurczab
Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi
„na dowodzenie”
na obowiązkowej maturze
z matematyki
Zadanie
Trójkąt ABC jest trójkątem prostokątnym.
Z punktu M, należącego do przeciwprosto-
kątnej BC, poprowadzono odcinki MD oraz
MS, prostopadłe odpowiednio do przypro-
stokątnych AC oraz AB (rysunek obok).
Udowodnij, że .1|AC|
|MS|
|AB|
|DM|
Założenie:
ABC – prostokątny, |BAC| = 90,
MBC, MD AC oraz MS AB
Teza: 1|AC|
|MS|
|AB|
|DM|
Dowód (I sposób):
DMC ABC na podstawie cechy kkk, bo |BAC| = |MDC| = 90 (z założenia)
|ACB| = |DCM| (wspólny kąt),
stąd |CB|
|CM|
|AB|
|DM|
MSB ABC na podstawie cechy kkk, bo |BAC| = |BSM| = 90 (z założenia)
|ABC| = |SBM| (wspólny kąt),
stąd |CB|
|MB|
|AC|
|MS|
|CB|
|MB|
|CB|
|CM|
|AC|
|MS|
|AB|
|DM|
|CB|
|MB||CM|
|CB|
|CB| = 1.
Dowód (II sposób):
PAMC + PABM = PABC, zatem
2
1|AC||DM| +
2
1|AB||MS| =
2
1|AC||AB|
Po podzieleniu obu stron równości przez
2
1|AC||AB| otrzymuję:
.1|AC|
|MS|
|AB|
|DM|
Zadanie
W trójkącie ABC długości boków wynoszą:
|AB| = c, |AC| = b, |BC| = a, gdzie 0 < a < b < c.
Pole tego trójkąta wynosi 3.
Wykaż, że |AC| > 6 .
Założenie:
ABC – dowolny, |AB| = c, |AC| = b,
|BC| = a, gdzie 0 < a < b < c, PABC = 3
Teza:
|AC| > 6
Dowód:
Prowadzę wysokość AD trójkąta ABC z wierzchoł-
ka A na bok BC. Wprowadzam oznaczenie:
|AD| = h, h > 0.
PABC = 2
1|BC||AD| =
2
1ah = 3, skąd ah = 6.
a < b (z założenia)
h b
Otrzymuję: ah < b2 czyli b2 > 6, skąd b > 6
(bo z założenia b > 0). Zatem
|AC| > 6 .
Zadanie
Trójkąt ABC jest prostokątny. Punkt D jest
spodkiem wysokości opuszczonej na prze-
ciwprostokątną AB oraz 3|AD| = |DB|.
Wykaż, że |CAD| = 60.
Założenie:
ABC – prostokątny,
AB – przeciwprostokątna,
CD – wysokość ABC, 3|AD| = |DB|
Teza:
|CAD| = 60
Dowód:
Z twierdzenia o wysokości w trójkącie prostokątnym poprowadzonej na
przeciwprostokątną: |CD|2 = |AD| |DB|.
Z założenia wiem, że 3|AD| = |DB|, stąd |CD|2 = 3|AD|2, zatem
2
|AD|
|CD|
= 3,
czyli 3|AD|
|CD| .
W trójkącie prostokątnym CDA:
tg |CAD| = 3|AD|
|CD| , skąd |CAD| = 60.
Zadanie
W trójkącie ABC poprowadzono środkowe AD
oraz CE, które przecięły się w punkcie M.
Wiadomo, że |AD| |CE| = 3 oraz
|MAC| + |ACM| = 60.
Wykaż, że pole trójkąta ABC wynosi 1.
Założenie: AD, CE – środkowe w trójkącie ABC,
AD CE = {M}, |AD||CE| = 3 oraz
|MAC| + |ACM| = 60
Teza:
PABC = 1
Dowód (I sposób):
|AMC| = 180 – (MAC| + |ACM|) =
= 180 – 60 = 120 (z założenia i sumy miar ką-
tów wewnętrznych w trójkącie AMC)
|DMC| = 180 – |AMC| = 180 – 120 = 60
(z własności kątów przyległych)
PCMD = |MD||MC|2
1 sin , gdzie = |DMC| oraz
|MC| = 3
2|CE| i |MD| =
3
1|AD| (z własności środkowych),
skąd PCMD = |AD|3
1|CE|
3
2
2
1 sin60 =
2
3|AD||CE|
9
1 = |AD||CE|
18
3
Z założenia |AD| |CE| = 3 , więc PCMD = 6
1
Wiadomo, że PABC = 6 PCMD = 66
1 = 1.
Dowód (II sposób):
|AMC| = 180 – (MAC| + |ACM|) =
= 180 – 60 = 120 (z założenia i sumy miar kątów
wewnętrznych w trójkącie AMC)
|DMC| = 180 – |AMC| = 180 – 120 =
= 60 (z własności kątów przyległych)
W trójkącie MDC prowadzę wysokość CK na bok MD,
gdzie |CK| = 2
3|MC| (bo
2
360sin
|MC|
|CK| )
Z własności środkowej |MC| = |CE|3
2, zatem |CK| = |CE|
3
3
PABC = 2PADC, bo trójkąty ADC oraz ABD mają wspólną wysokość – wysokość
trójkąta ABC poprowadzona na bok BC oraz |CD| = |DB| – z założenia, zatem
PABC = 2 |CE||AD|3
3|CE|
3
3|AD||CK||AD|
2
1 ,
ale z założenia |AD| |CE| = 3 , więc PABC = 1.
Zadanie
Okręgi o1(O1, r1) oraz o2(O2,r2), gdzie r1 > r2
są zewnętrznie styczne w punkcie S. Przez
punkt S prowadzimy prostą k, która przeci-
na okrąg o1 w punkcie A i okrąg o2 w punk-
cie B oraz prostą l, która przecina okrąg o1
w punkcie C i okrąg o2 w punkcie D.
Wykaż, że AC || BD.
Założenie: Okręgi o1(O1, r1), o2(O2,r2), gdzie r1 > r2,
są zewnętrznie styczne w punkcie S.
Sk i k o1 = {A} i k o2 = {B}
Sl i l o1 = {C} i l o2 = {D}
Teza: AC || BD
Dowód:
Prowadzę prostą p przechodzącą przez punkt S styczną
jednocześnie do obu okręgów.
Na prostej p wybieram punkty M i N (jak na rysunku).
| ACS| = |ASM| – z własności kąta wpisanego i
dopisanego opartych na tym samym łuku
|ASM| = |NSB| – z własności kątów wierz-
chołkowych
|NSB| = |BDS| – z własności kąta dopisanego
i wpisanego opartych na tym samym łuku
więc |ACS| = |BDS|
Rozważam proste AC oraz BD przecięte prostą l.
Kąty ACS oraz BDS są kątami naprzemianległymi we-
wnętrznymi i |ACS| = |BDS|, więc
proste AC i BD są równoległe.
Założenie:
a 0 i b 0 i a + b 0 i 3
1
ba
a
Teza:
ba
b
3
33
Dowód (I sposób):
Z założenia 3
1
ba
a
, więc baa3 , skąd b = a( 3 – 1).
Zatem 3
33
3
13
3a
)13(a
a3aa
)13(a
)13(aa
)13(a
ba
b
.
Dowód (II sposób):
Z założenia wiem, że a 0, więc 3
1
a
b1
1
a
baa
a
ba
a
,
Skąd 13a
b , zatem
3
33
3
13
131
13
a
b
a
aa
b
ba
b
Dowód (III sposób):
Wiadomo, że 1ba
b
ba
a
, stąd
ba
b
= 1 – ba
a
,
zatem:
ba
b
= 1 – 3
1= 3
13 = 3
33.
Założenie:
a – cyfra tysięcy liczby czterocyfrowej, a{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
b – cyfra setek liczby czterocyfrowej, b{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
c – cyfra dziesiątek liczby czterocyfrowej, c{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
d – cyfra jedności liczby czterocyfrowej, d{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
1000a + 100b + 10c + d – liczba czterocyfrowa
Teza:
abcd < 1000a + 100b + 10c + d
Dowód:
Z założenia wiem, że b 9 i c 9 i d 9, więc
abcd a999 < a1010 10 = 1000a < 1000a + 100b + 10c + d.
Zadanie
Udowodnij, że jedynym rozwiązaniem równania
x2 + y
2 – 12x + 2y + 37 = 0
jest para liczb (6, –1).
Założenie: x2 + y2 – 12x + 2y + 37 = 0 – równanie z niewiadomymi x i y.
Teza: Para liczb (6, –1) jest jedynym rozwiązaniem danego równania.
Dowód:
Równanie x2 + y2 – 12x + 2y + 37 = 0 sprowadzam do postaci:
(x2 – 12x + 36) – 36 +( y2 + 2y + 1) – 1 + 37 = 0
Na podstawie wzorów skróconego mnożenia otrzymuję:
(x – 6)2 + (y + 1)2 = 0.
Suma dwóch nieujemnych składników (x – 6)2 oraz (y + 1)2 wynosi zero, za-
tem wnioskuję, że każdy składnik jest równy zeru:
(x – 6)2 = 0 i (y + 1)2 = 0, skąd x = 6 i y = –1.
Zatem jedynym rozwiązaniem równania x2 + y2 – 12x + 2y + 37 = 0 jest
para liczb (6, –1).
Założenie: x > k
Teza: Wyrażenie x3 + 5x – kx2 – 5k przyjmuje tylko wartości dodatnie.
Dowód:
Zastosuję metodę grupowania wyrazów by przedstawić wyrażenie
x3 + 5x – kx2 – 5k
w postaci iloczynowej:
x3 + 5x – kx2 – 5k = x(x2 + 5) – k(x2 + 5) = (x2 + 5)(x – k)
Czynnik x2 + 5 jest dodatni dla każdego xR.
Z założenia wiem, że x > k, więc x – k > 0.
Iloczyn dwóch liczb dodatnich jest dodatni, zatem (x2 + 5)(x – k) > 0, co ozna-
cza, że wyrażenie x3 + 5x – kx2 – 5k przyjmuje tylko wartości dodatnie.
Założenie: a > 2 i b < 4
Teza:
a2b42
ab
Dowód (I sposób):
Z założenia wiem, że a > 2 i b < 4, zatem
a – 2 > 0 i b – 4 < 0.
Iloczyn liczb o różnych znakach jest ujemny, więc
(a – 2)(b – 4) < 0, skąd
ab – 4a – 2b + 8 < 0, czyli ab + 8 < 2b + 4a, zatem
2
ab+ 4 < b + 2a.
Dowód (II sposób):
Wystarczy udowodnić, że 0a2b42
ab .
Najpierw przedstawię wyrażenie a2b42
ab w postaci iloczynowej:
a2b42
ab =
2
1(ab + 8 – 2b – 4a) =
2
1[a(b – 4) – 2(b – 4)] =
= 2
1(b – 4)(a – 2)
Z założenia wiem, że b < 4, czyli b – 4 < 0
Z założenia wiem, że a > 2, więc a – 2 > 0
Iloczyn liczb o różnych znakach jest ujemny, więc (b – 4)(a – 2) < 0,
skąd
2
1(b – 4)(a – 2) < 0, zatem 0a2b4
2
ab .
Założenie:
– kąt ostry
Teza:
tg2 + ctg
2 2
Dowód (I sposób):
Dla dowolnej liczby dodatniej a prawdziwa jest nierówność
a + a
1 2.
Wiadomo, że ctg = tg
1, gdzie – kat ostry, więc ctg
2 = 2tg
1
Ponieważ tg2 > 0, więc nierówność tg
2 + 2tg
1 2 jest prawdziwa.
Dowód (II sposób):
Dla dowolnego kąta ostrego , prawdziwa jest nierówność
(tg – ctg )2 0
Po zastosowaniu wzoru skróconego mnożenia otrzymuję:
tg2 – 2tg ctg + ctg
2 0, zatem tg
2 + ctg
2 2tg ctg
Ze związków między funkcjami trygonometrycznymi tego samego
kąta wiem, że
tg ctg = 1, więc tg2 + ctg
2 2.
Zadanie
Dany jest sześcian ABCDA1B1C1D1.
Punkt O jest punktem przecięcia prze-
kątnych kwadratu BCC1B1 (rysunek
obok).
Wykaż, że odcinek DO jest prostopadły
do odcinka BC1.
Dowód:
Rozpatruję trójkąt DBC1. Jest to trójkąt równo-
ramienny, ponieważ
|DB| = |DC1|.
Punkt O (jako punkt przecięcia przekątnych
kwadratu) dzieli przekątną BC1 na połowy.
Odcinek DO jest więc środkową poprowadzoną
w trójkącie równoramiennym DBC1 do podstawy
BC1, jest więc wysokością w tym trójkącie, zatem
DO BC1