zs.ketrzyn.plzs.ketrzyn.pl/.../2017/02/zbior_zadan_maturalnych_z_matematyki.pdfzs.ketrzyn.pl
Transcript of zs.ketrzyn.plzs.ketrzyn.pl/.../2017/02/zbior_zadan_maturalnych_z_matematyki.pdfzs.ketrzyn.pl
Publikacja wsp ó™finansowana ze ±ro dków Unii Europ ejskiejw ramach Europ ejskiego Funduszu Sp o™ecznego.
Publikacja jest dystrybuowana b ezp™atnie.
Publikacja opracowana przez Centralny Zesp ó™ Eksp ertów Matematycznychdzia™a j°cy w ramach pro jektu: „ Pilotaª nowych egzaminów maturalnych”realizowanego przez Centraln° Komisj¶ Egzaminacyjn°:
Henryk D°browskiElªbieta Dittma jerMieczys™aw Fa™atWo jciech GuzickiHalina Ka™ekPiotr LudwikowskiEdyta MarczewskaAnna OlechnowiczMarian PacholakMaria Pa j°k-Ma jewskaWaldemar RoªekElªbieta Sepko-GuzickaAgata SiwikLeszek So cha´skiEdward Stachowski
Sk™ad:Jakub Po chrybniak
Wydawca:Centralna Komisja EgzaminacyjnaWarszawa 2012
ISBN 978-83-7400-276-9
Spis treúci
WstÍp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1. Liczby rzeczywiste i wyraøenia algebraiczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
2. Równania i nierównoúci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3. Funkcje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30
4. Ciπgi liczbowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
5. Trygonometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
6. Planimetria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
7. Geometria na p≥aszczyünie kartezjaÒskiej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
8. Stereometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75
9. Elementy statystyki opisowej
Teoria prawdopodobieÒstwa i kombinatoryka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88
Dodatek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
WstÍp
„ Zbiór zada´ maturalnych z matematyki” zawiera zadania otwarte z próbnych egzaminówmaturalnych, jakie o dby™y si¶ w listopadzie 2009 i 2010 roku oraz zadania z egzaminów matu-ralnych w 2010 i 2011 roku. Zadania s° p ogrup owane tematycznie.
W Do datku zna jduje si¶ 40 prop ozycji zada´ ilustruj°cych typy zada´, jakie mog° p o jawi¢si¶ na egzaminie maturalnym na p oziomie rozszerzonym o d 2015 roku. Cz¶±¢ tych zada´przedstawiona jest w dwó ch wersjach: pierwsza w p ostaci „oblicz. . . ”, druga — „uzasad-nij, ªe. . . ” tj. w p ostaci zada´ na dowo dzenie. Jeste±my przekonani, ªe zadania te — cho ¢zazwycza j uwaªane za trudniejsze — s° bardziej przyjazne dla ucznia.
W wielu zadaniach p o dano róªne sp osoby ich rozwi°zania. Ma to na celu p okazanie, ªe dorozwi°zania zagadnienia moªna do j±¢ róªnymi meto dami. Niektóre z tych rozwi°za´ zosta™yzamieszczone w tym zbiorze dlatego, ªe s° typ owymi rozwi°zaniami uczniowskimi, cho ¢naszym zdaniem cz¶sto s° zbyt skomplikowane i czaso ch™onne.
Po cz°wszy o d matury w 2010 roku zadania otwarte z matematyki s° o ceniane tak zwanymsystemem holistycznym, który p olega na sp o jrzeniu ca™o±ciowym na rozwi°zanie i jest bliª-szy sp osob owi, w jaki o ceniamy rozwi°zania uczniowskie w szkole. Opis takiego systemuo ceniania zada´ z matematyki zna jduje si¶ na stronie internetowej CKE.
Nauczyciele przygotowuj°cy uczniów do egzaminu maturalnego z matematyki mog° korzy-sta¢ równieª z materia™u ¢wiczeniowego, jakim s° arkusze egzaminacyjne umieszczone nastronach internetowych CKE i OKE, a przede wszystkim z informatora o egzaminie matu-ralnym z matematyki.
Autorzy
Rozdzia≥ 1
Liczby rzeczywiste i wyraøenia algebraiczne
W dziale dotyczπcym liczb rzeczywistych:
Zda j°cy p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci z poziomu podstawowego, rozwi°zuj°c zadania,w których:
a) planuje i wykonuje obliczenia na liczbach rzeczywistych; w szczególno±ci oblicza pier-wiastki, w tym pierwiastki nieparzystego stopnia z liczb ujemnych,
b) bada, czy wynik oblicze´ jest liczb° wymiern°,c) wyznacza rozwini¶cia dziesi¶tne; zna jduje przybliªenia liczb; wykorzystuje p o j¶cie b™¶du
przybliªenia,d) stosuje p o j¶cie pro centu i punktu pro centowego w obliczeniach,
e) p os™uguje si¶ p o j¶ciem osi liczb owej i przedzia™u liczb owego; zaznacza przedzia™y na osiliczb owej,
f ) wykorzystuje p o j¶cie warto±ci b ezwzgl¶dnej i jej interpretacj¶ geometryczn°, zaznacza naosi liczb owej zbiory opisane za p omo c° równa´ i nierówno±ci typu: |x-a|=b, |x-a|>b,|x-a|<b,
g) oblicza p ot¶gi o wyk™adnikach wymiernych oraz stosuje prawa dzia™a´ na p ot¶gach o wy-k™adnikach wymiernych i rzeczywistych,
h) zna definicj¶ logarytmu i stosuje w obliczeniach wzory na logarytm ilo czynu, logarytmilorazu i logarytm p ot¶gi o wyk™adniku naturalnym
oraz z poziomu rozszerzonego p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci, w których:
a) stosuje twierdzenie o rozk™adzie liczby naturalnej na czynniki pierwsze; wyznacza na j-wi¶kszy wsp ólny dzielnik i na jmniejsz° wsp óln° wielokrotno±¢ pary liczb naturalnych,
b) stosuje wzór na logarytm p ot¶gi i wzór na zamian¶ p o dstawy logarytmu.
W dziale dotyczπcym wyraøeÒ algebraicznych:
Zda j°cy p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci z poziomu podstawowego, rozwi°zuj°c zadania,w których:
a) p os™uguje si¶ wzorami skró conego mnoªenia: (a+b)2, (a-b)2, (a+b)3, (a-b)3, a2-b2,a3+b3, a3-b3,
b) rozk™ada wielomian na czynniki stosuj°c wzory skró conego mnoªenia, grup owanie wyra-zów, wy™°czanie wsp ólnego czynnika p oza nawias,
c) do da je, o dejmuje i mnoªy wielomiany,d) wyznacza dziedzin¶ prostego wyraªenia wymiernego z jedn° zmienn°, w którym w mia-
nowniku wyst¶puj° tylko wyraªenia da j°ce si¶ sprowadzi¢ do ilo czynu wielomianów li-niowych i kwadratowych za p omo c° przekszta™ce´ opisanych w punkcie b),
e) oblicza warto±¢ liczb ow° wyraªenia wymiernego dla danej warto±ci zmiennej,
8 1. Liczby rzeczywiste i wyraªenia algebraiczne
f ) do da je, o dejmuje, mnoªy i dzieli wyraªenia wymierne; skraca i rozszerza wyraªenia wy-mierne;
oraz z poziomu rozszerzonego p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci, w których:
a) p os™uguje si¶ wzorem (a-1)!1+a+ . . .+an-1
"=an-1,
b) wykonuje dzielenie wielomianu przez dwumian x-a; stosuje twierdzenie o reszcie z dzie-lenia wielomianu przez dwumian x-a,
c) stosuje twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianu o wsp ó™czynnikach ca™kowi-tych.
Poziom podstawowy
Zadanie 1. (Matura ma j 2010 — zadanie 30 (2 p.))
Wykaª, ªe je±li a>0, toa2+1
a+1ˇ a+1
2.
I sposób rozwiπzania
Poniewaª a> 0, wi¶c mnoª°c obie strony nierówno±ci przez 2(a+1), otrzymujemy kolejnonierówno±ci równowaªne z dowo dzon°:
2!a2+1
"ˇ (a+1)2
2a2+2ˇa2+2a+1
a2-2a+1ˇ 0
(a-1)2ˇ 0.
Nierówno±¢ ta jest sp e™niona dla kaªdego a, co ko´czy dowó d.
II sposób rozwiπzania
Przekszta™camy nierówno±¢ w sp osób równowaªny:
a2+1
a+1-a+1
2ˇ 0
2!a2+1
"-(a+1)2
2(a+1)ˇ 0
a2-2a+1
2(a+1)ˇ 0
(a-1)2
2(a+1)ˇ 0.
Poziom p o dstawowy 9
Licznik u™amka p o lewej stronie nierówno±ci jest nieujemny, a mianownik jest do datni (p o-niewaª zgo dnie z za™oªeniem a>0), wi¶c u™amek jest liczb° nieujemn°, co ko´czy dowó d.
Zadanie 2. (Próba 2010 — zadanie 30 (2 p.))
Uzasadnij, ªe je±li!a2+b2
"!c2+d2
"=(ac+bd)2, to ad=bc.
Rozwiπzanie
Przekszta™ca j°c równo±¢!a2+b2
"!c2+d2
"=(ac+bd)2, otrzymujemy kolejno:
a2c2+a2d2+b2c2+b2d2 =a2c2+2abcd+b2d2
a2d2-2abcd+b2c2 = 0
(ad-bc)2 = 0,
st°d
ad=bc.
Zadanie 3. (Matura ma j 2011 — zadanie 25 (2 p.))
Uzasadnij, ªe jeªeli a+b= 1 i a2+b2 = 7, to a4+b4 = 31.
I sposób rozwiπzania
Poniewaª a+b= 1, wi¶c (a+b)2 = 1, czyli a2+2ab+b2 = 1.
Poniewaª a2+b2 = 7, wi¶c 2ab+7= 1. St°d ab=-3, wi¶c a2b2 =(ab)2 = 9.
Wyraªenie a4+b4 moªemy p otraktowa¢ jako sum¶ kwadratów!a2"2
+!b2"2
, a nast¶p-nie wykorzystuj°c wzór skró conego mnoªenia na kwadrat sumy, przekszta™ci¢ to wyraªeniew nast¶puj°cy sp osób: a4+b4 =
!a2+b2
"2-2a2b2 = 72-2 ·9= 31.
II sposób rozwiπzania
Przekszta™camy tez¶ w sp osób równowaªny:
a4+b4 = 31!a2+b2
"2-2a2b2 = 31.
Poniewaª z za™oªenia
a2+b2 = 7,
wi¶c
49-2a2b2 = 31,
st°d
a2b2 = 9.
10 1. Liczby rzeczywiste i wyraªenia algebraiczne
Wystarczy zatem udowo dni¢, ªe a2b2 = 9. Korzystamy z za™oªe´ a2+b2 = 7 oraz a+b= 1
i otrzymujemy:7=a2+b2 =(a+b)2-2ab= 1-2ab.
St°d ab=-3. Zatem a2b2 = 9, co ko´czy dowó d.
III sposób rozwiπzania
Tak jak w sp osobie I obliczamy ab=-3.
Z za™oªenia wiemy, ªe a+b= 1, wi¶c (a+b)4 = 14 = 1.
Korzystamy ze wzoru dwumianowego Newtona i otrzymujemy:
(a+b)4 =a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4 =a4+4ab!a2+b2
"+6(ab)2+b4 =
=a4+b4+4(-3) ·7+6 ·(-3)2 =a4+b4-84+54=a4+b4-30.
Zatem 1=a4+b4-30.
St°d a4+b4 = 31.
IV sposób rozwiπzania
Rozwi°zujemy uk™ad równa´:
�a2+b2 = 7
a+b= 1.
St°d 8><
>:
a=1-Ô13
2
b=1+Ô13
2
lub
8><
>:
a=1+Ô13
2
b=1-Ô13
2.
Oto trzy przyk™adowe sp osoby rozwi°zania uk™adu równa´�
a2+b2 = 7
a+b= 1.
I sp osóbPo dstawiamy b= 1-a do równania a2+b2 = 7, sk°d otrzymujemy równaniea2+(1-a)2 = 7, które jest równowaªne równaniu 2a2-2a-6= 0, czyli
a2-a-3= 0.
Rozwi°zaniami tego równania s° liczby1-Ô13
2oraz
1+Ô13
2. Zatem uk™ad równa´ ma
dwa rozwi°zania: 8><
>:
a=1-Ô13
2
b=1+Ô13
2
lub
8><
>:
a=1+Ô13
2
b=1-Ô13
2.
I I sp osób
Oznaczamy: a=1
2+x, b=
1
2-x.
Poziom p o dstawowy 11
Wtedy a2+b2=1
2+2x2=7, st°d 2x2=
13
2, czyli x2=
13
4. Zatem x=
Ô13
2lub x=-
Ô13
2.
Uk™ad równa´ ma wi¶c dwa rozwi°zania:8><
>:
a=1-Ô13
2
b=1+Ô13
2
lub
8><
>:
a=1+Ô13
2
b=1-Ô13
2.
I I I sp osóbObliczamy ab=-3 tak jak w I sp osobie rozwi°zania. Mamy zatem uk™ad równa´:
�a+b= 1
ab=-3.
St°d otrzymujemy równanie a(1-a) = 3, czyli a2-a-3= 0. Zatem a=1-Ô13
2lub
a=1+Ô13
2. Uk™ad równa´ ma wi¶c dwa rozwi°zania:
8><
>:
a=1-Ô13
2
b=1+Ô13
2
lub
8><
>:
a=1+Ô13
2
b=1-Ô13
2.
Obliczamy a4+b4:
a4+b4 =
A1+Ô13
2
B4
+
A1-Ô13
2
B4
=
=
A1
2+
Ô13
2
B4
+
A1
2-
Ô13
2
B4
=
= 2 ·31
2
44
+12 ·31
2
42
·AÔ
13
2
B2
+2 ·AÔ
13
2
B4
=
=1
8+3 · 13
4+169
8=
248
8= 31.
Uwaga 1.
Przy obliczaniu sumy (x+y)4+(x-y)4 warto zauwaªy¢, ªe sk™adniki pierwszy, trzeci i pi°tyw rozwini¶ciach obu wyraªe´ (x+y)4 i (x-y)4 s° takie same, za± sk™adniki drugi i czwartysi¶ redukuj°.
Uwaga 2.
Moªna teª tak:
a4 =
A1+Ô13
2
B4
=
Q
aA1+Ô13
2
B2R
b2
=
A1+2Ô13+13
4
B2
=
A14+2
Ô13
4
B2
=
A7+Ô13
2
B2
=
=49+14
Ô13+13
4=
62+14Ô13
4=
31+7Ô13
2alb o a4 =
A1-Ô13
2
B4
=31-7
Ô13
2
12 1. Liczby rzeczywiste i wyraªenia algebraiczne
oraz
b4 =
A1-Ô13
2
B4
=
Q
aA1-Ô13
2
B2R
b2
=
A1-2Ô13+13
4
B2
=
A14-2
Ô13
4
B2
=
A7-Ô13
2
B2
=
=49-14
Ô13+13
4=
62-14Ô13
4=
31-7Ô13
2alb o b4 =
A1+Ô13
2
B4
=31+7
Ô13
2.
Zatem, w obu przypadkach, a4+b4 =31+7
Ô13
2+31-7
Ô13
2= 31.
Poziom rozszerzony
Zadanie 4. (Matura ma j 2011 — zadanie 1 (4 p.))
Uzasadnij, ªe dla kaªdej liczby ca™kowitej k liczba k6-2k4+k2 jest p o dzielna przez 36.
Rozwiπzanie
Przekszta™camy wyraªenie k6-2k4+k2 do p ostaci:
k2(k4-2k2+1)= k2!k2-1
"2= [(k-1)k(k+1)]2 .
W±ró d trzech kolejnych liczb ca™kowitych k-1, k, k+1 jest co na jmniej jedna liczba parzystai dok™adnie jedna liczba p o dzielna przez 3. Ilo czyn tych liczb jest p o dzielny przez 6, a jejkwadrat przez 36.
Zatem liczba p ostaci k6-2k4+k2, gdzie k jest liczb° ca™kowit°, jest p o dzielna przez 36.
Zadanie 5. (Matura ma j 2010 — zadanie 4 (4 p.))
Wyznacz warto±ci wsp ó™czynników a i b wielomianu W(x) = x3+ax2+bx+1 wiedz°c, ªeW(2)= 7 oraz ªe reszta z dzielenia W(x) przez dwumian x-3 jest równa 10.
I sposób rozwiπzania
Poniewaª reszta z dzielenia W(x) przez dwumian x-3 jest równa 10 oraz W(2)= 7, wi¶c�
8+4a+2b+1= 7
27+9a+3b+1= 10.
Równanie 27+9a+3b+1=10 moªemy otrzyma¢ z warunku W(3)=10 lub wykonuj°c dzie-lenie wielomianów i zapisuj°c, ªe reszta z dzielenia jest równa 10.
Rozwi°zujemy uk™ad równa´:�4a+2b=-2
9a+3b=-18,
�b=-2a-1
9a-6a-3=-18,
�a=-5
b= 9.
Wsp ó™czynniki a i b wielomianu W(x) s° równe: a=-5, b= 9.
Poziom rozszerzony 13
II sposób rozwiπzania
Zapisujemy wielomian W(x) w p ostaci W(x)= (x-3)(x2+cx+d)+10, st°d p o przekszta™-ceniach
W(x)= x3+(c-3)x2+(d-3c)x-3d+10.
Warunek W(2) = 7 zapisujemy w p ostaci 8+ 4a+ 2b+ 1= 7. Otrzymujemy zatem uk™adrówna´ 8
>>>><
>>>>:
8+4a+2b+1= 7
a=-3+c
b=-3c+d
1=-3d+10.
Rozwi°zujemy uk™ad równa´ i otrzymujemy:8>>>><
>>>>:
d= 3
c=-2
b= 9
a=-5.
Wsp ó™czynniki a i b wielomianu W(x) s° równe: a=-5, b= 9.
Zadanie 6. (Matura ma j 2011 — zadanie 2 (4 p.))
Uzasadnij, ªe jeªeli a ”=b, a ”= c, b ”= c i a+b= 2c, toa
a-c+
b
b-c= 2.
I sposób rozwiπzania
Przekszta™camy tez¶ w sp osób równowaªny.
Mnoªymy obie strony równo±cia
a-c+
b
b-c= 2
przez (a-c)(b-c) (z za™oªenia (a-c)(b-c) ”= 0) i otrzymujemy:
a(b-c)+b(a-c)= 2(a-c)(b-c) ,
czyliab-ac+ab-bc= 2ab-2ac-2bc+2c2.
St°d otrzymujemy2c2-ac-bc= 0,
czylic(2c-a-b)= 0.
Ta ostatnia równo±¢ jest prawdziwa, b o z za™oªenia 2c-a-b=0. Zatem teza teª jest praw-dziwa.
14 1. Liczby rzeczywiste i wyraªenia algebraiczne
II sposób rozwiπzania
Z równania a+b= 2c wyznaczamy b= 2c-a i wstawiamy do danego wyraªenia:
a
a-c+
b
b-c=
a
a-c+
2c-a
2c-a-c=
a
a-c+2c-a
c-a=
a-(2c-a)
a-c=
2(a-c)
a-c= 2.
Uwaga
Z równania a+b= 2c moªna takªe wyznaczy¢ zmienn° a lub c.
III sposób rozwiπzania
Z równania a+b=2c otrzymujemy c-a=b-c, wi¶c ci° g (a, c, b) jest arytmetyczny. Niechr oznacza róªnic¶ tego ci° gu arytmetycznego. Wtedy c=a+r, b=a+2r.
Wstawiamy c i b do danego wyraªenia:
a
a-c+
b
b-c=
a
a-(a+r)+
a+2r
a+2r-(a+r)=
a
-r+a+2r
r=
-a+a+2r
r=
2r
r= 2.
Uwaga
Moªemy teª zauwaªy¢, ªe a-c= c-b i przekszta™ci¢ wyraªenie b ez wprowadzania r, np.
a
a-c+
b
b-c=
a
c-b+
b
b-c=
a-b
c-b=
2c-b-b
c-b=
2c-2b
c-b= 2.
Zadanie 7. (Matura ma j 2010 — zadanie 8 (5 p.))
Rysunek przedstawia fragment wykresu funkcji f(x)=1
x2. Poprowadzono prost° równoleg™°
do osi Ox, która przeci¶™a wykres tej funkcji w punktach A i B.
Niech C=(3,-1). Wykaª, ªe p ole tró jk°ta ABC jest wi¶ksze lub równe 2.
�4 �3 �2 �1 4321
4
3
2
1
�1
x
y
Poziom rozszerzony 15
I sposób rozwiπzania
Zapisujemy wsp ó™rz¶dne dwó ch punktów leª°cych na wykresie funkcji f(x)=1
x2oraz na pro-
stej równoleg™ej do osi Ox, np. A=
3x,
1
x2
4, B=
3-x,
1
x2
4, gdzie x>0.
Zapisujemy p ole tró jk°ta ABC, gdzie C=(3,-1) w zaleªno±ci o d jednej zmiennej
PABC (x)=2 ·x ·!
1x2 +1
"
2=
1
x+x.
Naleªy jeszcze udowo dni¢, ªe1
x+xˇ 2, dla dowolnego x>0.
Mnoªymy obie strony nierówno±ci przez x>0 i otrzymujemy nierówno±¢ równowaªn° 1+x2ˇ2x,czyli x2-2x+1ˇ0, a wi¶c nierówno±¢ (x-1)2ˇ0, która jest prawdziwa. To ko´czy dowó d.
Uwaga
Nierówno±¢1
x+xˇ2 dla x>0 moªna takªe udowo dni¢ p owo™uj°c si¶ na twierdzenie o sumie
liczby do datniej i jej o dwrotno±ci lub p owo™uj°c si¶ na nierówno±¢ mi¶dzy ±redni° arytme-
tyczn° i geometryczn° dla do datnich liczb x oraz1
x:
x+ 1x
2ˇÚx · 1
x=Ô1= 1.
St°d1
x+xˇ 2.
II sposób rozwiπzania
Rozwaªamy prost° o równaniu y=k, gdzie k>0, równoleg™° do osi Ox. Ta prosta przecina
wykres funkcji f(x) =1
x2w punktach A i B. Zatem
1
x2= k, st°d x2 =
1
k, czyli x=± 1Ô
k.
Zapisujemy wsp ó™rz¶dne punktówA i B: A=
31Ôk,k
4, B=
3-
1Ôk,k
4, gdzie k>0.
Zapisujemy p ole tró jk°ta ABC, gdzie C=(3,-1) w zaleªno±ci o d jednej zmiennej k:
PABC (k)=1
2· 2Ô
k·(k+1)=
k+1Ôk.
Wystarczy wob ec tego udowo dni¢, ªe dla dowolnej liczby k>0 zacho dzi nierówno±¢k+1Ô
kˇ2.
Przekszta™camy t¶ nierówno±¢, w nast¶puj°cy sp osób:
k+1ˇ 2Ôk
k-2Ôk+1ˇ 0
1Ôk-122ˇ 0.
Ta nierówno±¢ jest prawdziwa. To ko´czy dowó d.
Uwaga
Nierówno±¢k+1Ô
kˇ2 dla k>0 moªna takªe udowo dni¢ p owo™uj°c si¶ na twierdzenie o sumie
liczby do datniej i jej o dwrotno±ci lub p owo™uj°c si¶ na nierówno±¢ mi¶dzy ±redni° arytme-tyczn° i geometryczn° dla do datnich liczb k oraz 1:
k+1
2ˇÔk ·1=
Ôk.
Rozdzia≥ 2
Równania i nierównoúci
W dziale dotyczπcym równaÒ i nierównoúci:
Zda j°cy p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci z poziomu podstawowego, rozwi°zuj°c zadania,w których:
a) rozwi°zuje równania i nierówno±ci kwadratowe; zapisuje rozwi°zanie w p ostaci sumyprzedzia™ów,
b) rozwi°zuje zadania (równieª umieszczone w kontek±cie praktycznym), prowadz°ce dorówna´ i nierówno±ci kwadratowych,
c) rozwi°zuje uk™ady równa´, prowadz°ce do równa´ kwadratowych,d) rozwi°zuje równania wielomianowe meto d° rozk™adu na czynniki,
e) rozwi°zuje proste równania wymierne, prowadz°ce do równa´ liniowych lub kwadrato-
wych, np.x+1
x+3= 2;
x+1
x= 2x,
f ) rozwi°zuje zadania (równieª umieszczone w kontek±cie praktycznym), prowadz°ce doprostych równa´ wymiernych
oraz z poziomu rozszerzonego p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci, w których:
a) stosuje wzory Viete’a,b) rozwi°zuje równania i nierówno±ci kwadratowe z parametrem, przeprowadza dyskusj¶
i wyci° ga z niej wnioski,c) rozwi°zuje równania i nierówno±ci wielomianowe,
d) rozwi°zuje proste równania i nierówno±ci wymierne, np.x+1
x+3>2;
x+1
x<3,
e) rozwi°zuje proste równania i nierówno±ci z warto±ci° b ezwzgl¶dn°, typu:--|x+1|+2
-->3;|x+1|+ |x+2|<3.
Poziom podstawowy
Zadanie 1. (Matura ma j 2011 — zadanie 24 (2 p.))
Rozwi°ª nierówno±¢ 3x2-10x+3˛ 0.
Rozwiπzanie
Rozwi°zanie nierówno±ci kwadratowej sk™ada si¶ z dwó ch etap ów.
Pierwszy etap moªe by¢ realizowany na 2 sp osoby:
18 2. Równania i nierówno±ci
I sposób rozwiπzania (realizacja pierwszego etapu)
Zna jdujemy pierwiastki tró jmianu kwadratowego 3x2-10x+3:
obliczamy wyróªnik tego tró jmianu: �= 100-4 ·3 ·3= 64 i st°d x1 =10-8
6=
1
3oraz
x2 =10+8
6= 3
alb o
stosujemy wzory Viete’a: x1+x2 =10
3oraz x1 ·x2 = 1 i st°d x1 =
1
3oraz x2 = 3
alb o
p o da jemy je b ezp o±rednio, np. zapisuj°c pierwiastki tró jmianu lub p osta¢ ilo czynow°tró jmianu:
x1 =1
3, x2 = 3 lub 3
3x-
1
3
4(x-3) ,
lub zaznacza j°c na wykresie:
�4 �3 �2 �1 54321
8
7
6
5
4
3
2
1
�5
�4
�3
�2
�1
x
y
II sposób rozwiπzania (realizacja pierwszego etapu)
Wyznaczamy p osta¢ kanoniczn° tró jmianu kwadratowego 3x2-10x+3 i zapisujemy nierów-no±¢ w p ostaci, np.
3
3x-
10
6
42
-64
12˛ 0 , st°d 3
C3x-
10
6
42
-64
36
D˛ 0,
a nast¶pnie
Poziom p o dstawowy 19
przekszta™camy nierówno±¢, tak by jej lewa strona by™a zapisana w p ostaci ilo czynowej:
3
3x-
10
6-8
6
4·3x-
10
6+8
6
4˛ 0,
czyli
3(x-3) ·3x-
1
3
4˛ 0
alb o
przekszta™camy nierówno±¢ do p ostaci równowaªnej, korzysta j°c z w™asno±ci warto±cib ezwzgl¶dnej 3
x-10
6
42
˛ 64
36----x-
10
6
----˛8
6.
Drugi etap rozwiπzania:
Po da jemy zbiór rozwi°za´ nierówno±ci w jednej p ostaci:1
3˛x˛3 lub
=1
3, 3
>, lub xœ
=1
3, 3
>.
Zadanie 2. (Próba 2009 — zadanie 27 (2 p.))
Rozwi°ª równanie x3-7x2+2x-14= 0.
I sposób rozwiπzania
Przedstawiamy lew° stron¶ równania w p ostaci ilo czynowej, stosuj°c meto d¶ grup owaniawyrazów:
x3-7x2+2x-14= x2 (x-7)+2(x-7)=!x2+2
"(x-7) .
Z równania!x2+2
"(x-7)= 0 otrzymujemy x2+2= 0 lub x-7= 0.
Równanie x2+2= 0 nie ma rozwi°za´ rzeczywistych. Rozwi°zaniem równania x-7= 0 jestliczba 7.
Odp owiedπ: Jedynym rozwi°zaniem równania x3-7x2+2x-14= 0 jest x= 7.
II sposób rozwiπzania
Rozwaªmy wielomian W (x) = x3-7x2+2x-14. Ca™kowite dzielniki wyrazu wolnego tegowielomianu to: ±1,±2,±7,±14.
W (7)= 73-7 ·72+2 ·7-14= 0, wi¶c x= 7 jest pierwiastkiem wielomianu.
Dzielimy wielomian W (x) przez dwumian (x-7):
x2 + 2
x3 - 7x2 + 2x- 14 : (x - 7)- x3 + 7x2
2x- 14
-2x+ 14
= =
20 2. Równania i nierówno±ci
Z równania!x2+2
"(x-7)= 0 otrzymujemy x2+2= 0 lub x-7= 0. Równanie x2+2= 0 nie
ma rozwi°za´ rzeczywistych, zatem jedynym rozwi°zaniem p o danego równania jest x= 7.
Zadanie 3. (Matura ma j 2010 — zadanie 27 (2 p.))
Rozwi°ª równanie x3-7x2-4x+28= 0.
I sposób rozwiπzania
Przedstawiamy lew° stron¶ równania w p ostaci ilo czynowej stosuj°c meto d¶ grup owaniawyrazów:
x!x2-4
"-7!x2-4
"= 0 lub x2 (x-7)-4(x-7)= 0,
st°d(x-7)
!x2-4
"= 0,
czyli(x-2)(x+2)(x-7)= 0.
St°d x= 7 lub x=-2 lub x= 2.
II sposób rozwiπzania
Stwierdzamy, ªe liczba 2 jest pierwiastkiem wielomianu x3-7x2-4x+28. Dzielimy wielo-mian x3-7x2-4x+28 przez dwumian x-2. Otrzymujemy iloraz x2-5x-14. Zapisujemyrównanie w p ostaci (x-2)
!x2-5x-14
"= 0. St°d (x-2)(x+2)(x-7) = 0 i x= 7 lub
x=-2 lub x= 2.
Alb o
stwierdzamy, ªe liczba -2 jest pierwiastkiem wielomianu x3- 7x2- 4x+ 28. Dzielimywielomian x3 - 7x2 - 4x+ 28 przez dwumian x+ 2. Otrzymujemy iloraz x2 - 9x+ 14.Zapisujemy równanie w p ostaci (x+2)
!x2-9x+14
"= 0. St°d (x+2)(x-2)(x-7) = 0
i x=-2 lub x= 2 lub x= 7.
Alb o
stwierdzamy, ªe liczba 7 jest pierwiastkiem wielomianu x3-7x2-4x+28. Dzielimy wie-lomian x3-7x2-4x+28 przez dwumian x-7. Otrzymujemy iloraz x2-4. Zapisujemyrównanie w p ostaci (x-7)
!x2-4
"= 0. St°d (x-2)(x+2)(x-7) = 0 i x= 7 lub x=-2
lub x= 2.
Zadanie 4. (Próba 2010 — zadanie 27 (2 p.))
Rozwi°ª równanie x3+2x2-5x-10= 0.
I sposób rozwiπzania
Przedstawiamy lew° stron¶ równania w p ostaci ilo czynowej, stosuj°c meto d¶ grup owaniawyrazów
(x+2)!x2-5
"= 0.
Poziom p o dstawowy 21
St°d x=-2 lub x=-Ô5 lub x=
Ô5.
II sposób rozwiπzania
Stwierdzamy, ªe liczba -2 jest pierwiastkiem wielomianu. Dzielimy wielomian
x3+2x2-5x-10
przez dwumian x+2 i otrzymujemy x2-5. Zapisujemy równanie w p ostaci
(x+2)!x2-5
"= 0.
St°d x=-2 lub x=-Ô5 lub x=
Ô5.
Zadanie 5. (Próba 2009 — zadanie 32 (5 p.))
Ucze´ przeczyta™ ksi°ªk¶ licz°c° 480 stron, przy czym kaªdego dnia czyta™ jednakow° liczb ¶stron. Gdyby czyta™ kaªdego dnia o 8 stron wi¶cej, to przeczyta™by t¶ ksi°ªk¶ o 3 dniwcze±niej. Oblicz, ile dni ucze´ czyta™ t¶ ksi°ªk¶.
Rozwi°zanie
Oznaczamy: x — liczba stron przeczytanych kaªdego dnia, y — liczba dni, w ci° gu którychucze´ przeczyta™ ksi°ªk¶.
Zapisujemy i rozwi°zujemy uk™ad równa´:�
x ·y= 480
(x+8) ·(y-3)= 480.
Z pierwszego równania wyznaczamy x: x=480
yi p o dstawiamy do drugiego równania
3480
y+8
4·(y-3)= 480,
sk°d otrzymujemy równanie równowaªne:
(480+8y)(y-3)= 480y.
Po up orz°dkowaniu otrzymujemy równanie y2- 3y- 180= 0, które ma dwa rozwi°zaniay=-12 oraz y= 15.
Odp owiedπ: Ucze´ przeczyta™ ksi°ªk¶ w ci° gu 15 dni.
Zadanie 6. (Matura ma j 2010 — zadanie 34 (5 p.))
W dwó ch hotelach wybudowano prostok°tne baseny. Basen w pierwszym hotelu ma p o-wierzchni¶ 240 m2. Basen w drugim hotelu ma p owierzchni¶ 350 m2 oraz jest o 5 m d™uªszyi 2 m szerszy niª w pierwszym hotelu. Oblicz, jakie wymiary mog° mie¢ baseny w obuhotelach. Po da j wszystkie moªliwe o dp owiedzi.
22 2. Równania i nierówno±ci
Rozwiπzanie
Oznaczmy przez x d™ugo±¢ (w metrach) basenu w pierwszym hotelu i przez y szeroko±¢(w metrach) tego basenu. Zapisujemy uk™ad równa´:
�x ·y= 240
(x+5) ·(y+2)= 350.
Przekszta™camy drugie równanie w sp osób równowaªny: x·y+2x+5y+10=350, p o dstawiamy
do tego równania x·y=240 i wyznaczamy z tego równania niewiadom° x: x=100-5y
2. Wy-
znaczon° warto±¢ x p o dstawiamy do pierwszego równania100-5y
2·y=240 i doprowadzamy
to równanie do p ostaci równania: y2-20y+96=0, które ma dwa rozwi°zania: y1=8, y2=12.Zatem:
jeªeli y= 8, to x= 30 i wtedy basen w pierwszym hotelu ma wymiary 30 m◊8 m, za±basen w drugim hotelu: 35 m◊10 m;jeªeli y= 12, to x= 20 i wtedy basen w pierwszym hotelu ma wymiary 20 m◊12 m, za±basen w drugim hotelu: 25 m◊14 m.
Zadanie 7. (Próba 2009 — zadanie 28 (2 p.))
Przeciwprostok°tna tró jk°ta prostok°tnego jest d™uªsza o d jednej przyprostok°tnej o 1 cmi o d drugiej przyprostok°tnej o 32 cm. Oblicz d™ugo±ci b oków tego tró jk°ta.
Rozwiπzanie
Niech x oznacza d™ugo±¢ przeciwprostok°tnej. Zauwaªamy, ªe x> 32. Korzysta j°c z twier-dzenia Pitagorasa, otrzymujemy równanie (x-1)2+(x-32)2 = x2 i x>32.
Po przekszta™ceniach otrzymujemy równanie
x2-66x+1025= 0.
Wtedy x1 = 25 (sprzeczne z za™oªeniem) oraz x2 = 41.
Odp owiedπ: Przeciwprostok°tna ma d™ugo±¢ 41 cm, jedna przyprostok°tna ma d™ugo±¢ 9 cm,a druga ma d™ugo±¢ 40 cm.
Zadanie 8. (Próba 2010 — zadanie 34 (5 p.))
Droga z miasta A do miasta B ma d™ugo±¢ 474 km. Samo chó d jad°cy z miasta A do miasta B
wyrusza go dzin¶ p óπniej niª samo chó d z miasta B do miasta A. Samo cho dy te sp otyka j° si¶w o dleg™o±ci 300 km o d miasta B. ërednia pr¶dko±¢ samo cho du, który wyjecha™ z miasta A,liczona o d chwili wyjazdu z A do momentu sp otkania, by™a o 17 km/h mniejsza o d ±redniejpr¶dko±ci drugiego samo cho du liczonej o d chwili wyjazdu z B do chwili sp otkania. Oblicz±redni° pr¶dko±¢ kaªdego samo cho du do chwili sp otkania.
I sposób rozwiπzania
Niech v oznacza ±redni° pr¶dko±¢ samo cho du, który wyjecha™ z miasta B i niech t oznaczaczas o d chwili wyjazdu tego samo cho du do chwili sp otkania.
Poziom p o dstawowy 23
Obliczamy, jak° drog¶ do chwili sp otkania p okona™ samo chó d jad°cy z miasta A: 174 km.
Zapisujemy uk™ad równa´: �v ·t= 300
(v-17)(t-1)= 174.
Przekszta™camy drugie równanie uwzgl¶dnia j°c warunek v ·t= 300 i otrzymujemy:
v= 143-17t.
Otrzyman° warto±¢ v p o dstawiamy do pierwszego równania i otrzymujemy:
17t2-143t+300= 0.
Rozwi°zaniami tego równania s° liczby:
t1 =75
17= 4
7
17oraz t2 = 4.
St°d v1 = 68, v2 = 75.
Wtedy:
pierwsze rozwi°zanie: vA = 51 km/h, vB = 68 km/h,drugie rozwi°zanie: vA = 58 km/h, vB = 75 km/h.
Niech vA oznacza pr¶dko±¢ samo cho du jad°cego z miasta A, a vB oznacza pr¶dko±¢ samo-cho du jad°cego z miasta B.
Obliczenie pr¶dko±ci obu samo cho dów:�
vA = 58 /
vB = 75 /lub
�vA = 51 /
vB = 68 /.
Uwaga
Moªemy otrzyma¢ inne równania kwadratowe z jedn° niewiadom°:
17t2A-109tA+174= 0 lub v2A-109vA+2958= 0, lub v2B-143vB+5100= 0.
II sposób rozwiπzania
Niech vA oznacza ±redni° pr¶dko±¢ samo cho du, który wyjecha™ z miasta A, za± vB oznacza±redni° pr¶dko±¢ samo cho du, który wyjecha™ z miasta B oraz niech t oznacza czas o d chwiliwyjazdu samo cho du z miasta B do chwili sp otkania samo cho dów.
Obliczamy, jak° drog¶ do chwili sp otkania p okona™ samo chó d jad°cy z miasta A: 174 km.
Zapisujemy równania: vA=174
t-1, vB=
300
t, wówczas otrzymujemy równanie
174
t-1+17=
300
t.
Przekszta™camy to równanie do równania kwadratowego 17t2-143t+ = .
Rozwi°zaniami tego równania s° liczby: t1 =75
17= 4
7
17, t2 = 4.
Dla t1=75
17=4
7
17otrzymujemy vA=51, vB=68 oraz dla t2=4 otrzymujemy vA=58, vB=75.
24 2. Równania i nierówno±ci
Obliczenie pr¶dko±ci obu samo cho dów:�
vA = 58 /
vB = 75 /lub
�vA = 51 /
vB = 68 /
Zadanie 9. (Matura ma j 2011 — zadanie 32 (5 p.))
Pewien turysta p okona™ tras¶ 112 km, przecho dz°c kaªdego dnia t¶ sam° liczb ¶ kilometrów.Gdyby móg™ przeznaczy¢ na t¶ w¶drówk¶ o 3 dni wi¶cej, to w ci° gu kaªdego dnia móg™byprzecho dzi¢ o 12 km mniej. Oblicz, ile kilometrów dziennie przecho dzi™ ten turysta.
I sposób rozwiπzania
Niech x oznacza liczb ¶ dni w¶drówki, y — liczb ¶ kilometrów przebytych kaªdego dnia przezturyst¶, gdzie x,y>0. Drog¶ przebyt° przez turyst¶ opisujemy równaniem x ·y= 112.
Turysta moªe przeznaczy¢ na w¶drówk¶ o 3 dni wi¶cej, id°c kaªdego dnia o 12 km mniej,wówczas zapisujemy równanie: (x+3) ·(y-12)= 112.
Zapisujemy uk™ad równa´, np.�
x ·y= 112
(x+3) ·(y-12)= 112.
Z pierwszego równania wyznaczamy np. y=112
x. Po dstawiamy do drugiego równania otrzy-
muj°c
(x+3)
3112
x-12
4= 112.
Sprowadzamy to równanie do równania kwadratowego: x2+3x-28=0, którego rozwi°zaniami
s° x1 =-3-11
2=-7 i x2 =
-3+11
2= 4. Odrzucamy rozwi°zanie x1, gdyª jest sprzeczne
z za™oªeniem x>0. Obliczamy y:
y=112
4= 28.
Odp.: Turysta przecho dzi™ dziennie 28 km.
Uwaga
Moªemy z równania x ·y= 112 wyznaczy¢ x=112
y, otrzyma¢ równanie y2-12y-448= 0,
którego rozwi°zaniami s° y1 =12-44
2=-16 (sprzeczne z za™. y>0), y2 =
12+44
2= 28.
Odp.: Turysta przecho dzi™ dziennie 28 km.
II sposób rozwiπzania
Niech x oznacza liczb ¶ dni w¶drówki, y — liczb ¶ kilometrów przebytych kaªdego dnia przezturyst¶, gdzie x,y>0. Drog¶ przebyt° przez turyst¶ opisujemy równaniem x ·y= 112.
Turysta moªe przeznaczy¢ na w¶drówk¶ o 3 dni wi¶cej, id°c kaªdego dnia o 12 km mniej.Zapisujemy równanie: (x+3) ·(y-12)= 112.
Zapisujemy uk™ad równa´, np.�
x ·y= 112
(x+3) ·(y-12)= 112.
Poziom rozszerzony 25
St°d otrzymujemy kolejno�
x ·y= 112
x ·y-12x+3y-36= 112,�
x ·y= 112
112-12x+3y-36= 112,�
x ·y= 112
-12x+3y-36= 0.
Otrzymujemy równanie 4x-y+12=0, st°d wyznaczamy x lub y, p o dstawiamy do pierwszegorównania i dalej p ost¶pujemy tak jak w I sp osobie rozwi°zania.
III sposób rozwiπzania
Niech x oznacza liczb ¶ dni w¶drówki, y — liczb ¶ kilometrów przebytych kaªdego dnia przezturyst¶, gdzie x,y>0. Liczb ¶ kilometrów przebytych kaªdego dnia przez turyst¶ opisujemy
równaniem y=112
x.
Turysta moªe przeznaczy¢ na w¶drówk¶ o 3 dni wi¶cej, id°c kaªdego dnia o 12 km mniej,
wówczas zapisujemy równanie:112
x=
112
x+3+12.
Przekszta™camy to równanie do p ostaci x2+3x-28= 0.
Rozwi°zaniem równania s°: x1=-3-11
2=-7 (sprzeczne z za™oªeniem x>0) i x2=
-3+11
2=4.
Obliczamy y: y=112
4= 28.
Odp.: Turysta przecho dzi™ kaªdego dnia 28 km.
Poziom rozszerzony
Zadanie 10. (Matura ma j 2010 — zadanie 1 (4 p.))
Rozwi°ª nierówno±¢ |2x+4|+ |x-1|˛ 6.
I sposób rozwiπzania
Wyróªniamy na osi liczb owej parami roz™°czne przedzia™y, których sum° jest zbiór liczbrzeczywistych, np.: (-1,-2), È-2, 1) , È1,1) .
Rozwi°zujemy nierówno±ci w p oszczególnych przedzia™ach i w kaªdym z nich bierzemy cz¶±¢wsp óln° tego przedzia™u z otrzymanym zbiorem rozwi°za´ nierówno±ci.
26 2. Równania i nierówno±ci
xœ (-1,-2) xœ È-2,1) xœ È1,1)
-2x-4-x+1˛ 6
-3x˛ 9
xˇ-3
W tym przypadkurozwi°zaniem nierówno±cijest -3˛ x<2.
2x+4-x+1˛ 6
x˛ 1
W tym przypadkurozwi°zaniem nierówno±cijest -2˛ x<1.
2x+4+x-1˛ 6
3x˛ 3
x˛ 1
W tym przypadkurozwi°zaniem nierówno±cijest x= 1.
ä°czymy otrzymane rozwi°zania i p o da jemy o dp owiedπ w jednej z p ostaci: -3˛ x˛ 1 lubxœ È-3,1Í lub È-3,1Í.
II sposób rozwiπzania (graficznie)
Zapisujemy nierówno±¢ |2x+4|+ |x-1|˛ 6 w p ostaci, np. |2x+4|˛-|x-1|+6.
Rysujemy wykresy funkcji: y= |2x+4| oraz y=-|x-1|+6.
Odczytujemy o dci¶te x=-3, x=1 punktów przeci¶cia wykresów obu funkcji i sprawdzamy,czy dla kaªdego z tych argumentów warto±ci obu funkcji s° równe.
�6 �5 �4 �3 �2 �1 7654321
7
6
5
4
3
2
1
�1
x
y
Sprawdzamy, ªe punkty (-3,2) oraz (1,6) s° punktami przeci¶cia wykresów.
Zapisujemy o dp owiedπ: xœ È-3,1Í.
Zadanie 11. (Matura ma j 2010 — zadanie 6 (5 p.))
Wyznacz wszystkie warto±ci parametru m, dla których równanie x2+mx+2= 0 ma dwaróªne pierwiastki rzeczywiste takie, ªe suma ich kwadratów jest wi¶ksza o d 2m2-13.
I sposób rozwiπzania
Zapisujemy warunki, jakie musz° by¢ sp e™nione, aby równanie x2+mx+2= 0 mia™o dwaróªne pierwiastki rzeczywiste takie, ªe suma ich kwadratów jest wi¶ksza o d 2m2-13:
��>0
x21+x22 >2m2-13.
Rozwi°zujemy pierwsz° nierówno±¢ tego uk™adu:
�=m2-8 >0 wtedy i tylko wtedy, gdy mœ1-1,-2
Ô22fi12Ô2,12
.
Poziom rozszerzony 27
Aby rozwi°za¢ drug° nierówno±¢, na jpierw przekszta™cimy jej lew° stron¶, korzysta j°c zewzorów Viete’a:
x21+x22 =(x1+x2)2-2x1x2 =(-m)2-2 ·2=m2-4.
Rozwi°zujemy nierówno±¢:
m2-4>2m2-13, która jest równowaªna nierówno±ci m2-9<0, wi¶c mœ (-3,3).
Zatem równanie x2+mx+2= 0 ma dwa róªne pierwiastki rzeczywiste takie, ªe suma ichkwadratów jest wi¶ksza o d 2m2-13, dla mœ
1-3,-2
Ô22fi12Ô2,32
.
II sposób rozwiπzania
Zapisujemy uk™ad nierówno±ci:�
�>0
x21+x22 >2m2-13.
Rozwi°zujemy pierwsz° nierówno±¢ tego uk™adu:
�=m2-8 >0 wtedy i tylko wtedy, gdy mœ1-1,-2
Ô22fi12Ô2,12
.
Obliczamy pierwiastki równania kwadratowego:
x1 =-m+
Ôm2-8
2,x2 =
-m-Ôm2-8
2.
Obliczamy sum¶ kwadratów pierwiastków równania kwadratowego:
x21+x22 =
A-m+
Ôm2-8
2
B2
+
A-m-
Ôm2-8
2
B2
=
=m2-2m
Ôm2-8+m2-8
4+m2+2m
Ôm2-8+m2-8
4=
=2m2+2m2-16
4=m2-4.
Rozwi°zujemy drug° nierówno±¢:
m2-4>2m2-13,
która jest równowaªna nierówno±ci m2-9<0, wi¶c mœ (-3,3).
Zatem równanie x2+mx+2= 0 ma dwa róªne pierwiastki rzeczywiste takie, ªe suma ichkwadratów jest wi¶ksza o d 2m2-13, dla mœ
1-3,-2
Ô22fi12Ô2,32
.
Zadanie 12. (Matura ma j 2011 — zadanie 3 (6 p.))
Wyznacz wszystkie warto±ci parametru m, dla których równanie x2-4mx-m3+6m2+m-2=0
ma dwa róªne pierwiastki rzeczywiste x1, x2 takie, ªe (x1-x2)2 <8(m+1).
I sposób rozwiπzania
Zapisujemy warunki, jakie musz° by¢ sp e™nione, aby równanie
x2-4mx-m3+6m2+m-2= 0
28 2. Równania i nierówno±ci
mia™o dwa róªne pierwiastki rzeczywiste x1, x2 takie, ªe (x1-x2)2 <8(m+1):
��>0
(x1-x2)2 <8(m+1) .
Obliczamy �= 16m2-4(-m3+6m2+m-2).
Nierówno±¢ 16m2-4(-m3+6m2+m-2)>0 jest równowaªna nierówno±ci m3-2m2-m+2>0,czyli (m+1)(m-1)(m-2)>0.
Zatem mœ (-1,1)fi(2,+1).
Przekszta™camy nierówno±¢ x21-2x1x2+x22<8m+8 do p ostaci x21+2x1x2+x22-4x1x2<8m+8.Ta nierówno±¢ jest równowaªna nierówno±ci (x1+x2)
2 - 4x1x2 < 8m+ 8. Korzystamy zewzorów Viete’a i otrzymujemy x1+x2 = 4m oraz x1 ·x2 =-m3+6m2+m-2, wi¶c
(4m)2-4!-m3+6m2+m-2
"<8m+8.
Przekszta™camy t¶ nierówno±¢ do p ostaci 4m3-8m2-12m<0, st°d 4m(m-3)(m+1)<0.
Rozwi°zaniem nierówno±ci jest mœ (-1,-1)fi(0,3).
Zatem równanie x2-4mx-m3+6m2+m-2= 0 ma dwa róªne pierwiastki rzeczywiste x1,x2 takie, ªe (x1-x2)
2 <8(m+1) dla mœ (0,1)fi(2,3).
II sposób rozwiπzania
Równanie x2-4mx-m3+6m2+m-2= 0 ma dwa róªne pierwiastki rzeczywiste x1 i x2,gdy �>0.
Obliczamy �= 16m2-4(-m3+6m2+m-2)= 4!m3-2m2-m+2
".
Rozwi°zujemy nierówno±¢ �>0.
m3-2m2-m+2>0,
(m+1)(m-1)(m-2)>0.
Zatem mœ (-1,1)fi(2,+1).
Nast¶pnie wyznaczamy pierwiastki x1 , x2:
x1 =4m-
4(m3-2m2-m+2)
2, x2 =
4m+
4(m3-2m2-m+2)
2.
Wówczas
x1-x2 =4m-2
Ôm3-2m2-m+2
2-4m+2
Ôm3-2m2-m+2
2=
=4m-2
Ôm3-2m2-m+2-4m-2
Ôm3-2m2-m+2
2=
=-4Ôm3-2m2-m+2
2=-2m3-2m2-m+2
i st°d
(x1-x2)2 =1-2m3-2m2-m+2
22= 4!m3-2m2-m+2
".
Z warunku (x1-x2)2 <8(m+1) otrzymujemy nierówno±¢ 4
!m3-2m2-m+2
"<8(m+1).
St°d m3-2m2-3m<0, czyli m!m2-2m-3
"<0, m(m+1)(m-3)<0.
Zatem mœ (-1,-1)fi(0,3).
Wyznaczamy te warto±ci parametru m, dla których obie nierówno±ci �>0 i (x1-x2)2<8(m+1)
s° sp e™nione: mœ (0,1)fi(2,3).
Rozdzia≥ 3
Funkcje
W dziale dotyczπcym funkcji:
Zda j°cy p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci z poziomu podstawowego, rozwi°zuj°c zadania,w których:
a) okre±la funkcj¶ za p omo c° wzoru, tab eli, wykresu, opisu s™ownego,b) o dczytuje z wykresu funkcji: dziedzin¶ i zbiór warto±ci, miejsca zerowe, maksymalne
przedzia™y, w których funkcja ro±nie, maleje, ma sta™y znak,c) sp orz°dza wykres funkcji sp e™nia j°cej p o dane warunki,
d) p otrafi na p o dstawie wykresu funkcji y= f(x) naszkicowa¢ wykresy funkcji y= f(x+a),y= f(x)+a, y=-f(x), y= f(-x),
e) sp orz°dza wykresy funkcji liniowych,f ) wyznacza wzór funkcji liniowej,
g) wykorzystuje interpretacj¶ wsp ó™czynników we wzorze funkcji liniowej,h) sp orz°dza wykresy funkcji kwadratowych,
i) wyznacza wzór funkcji kwadratowej,j) wyznacza miejsca zerowe funkcji kwadratowej,
k) wyznacza warto±¢ na jmniejsz° i warto±¢ na jwi¶ksz° funkcji kwadratowej w przedzialedomkni¶tym,
l) rozwi°zuje zadania (równieª umieszczone w kontek±cie praktycznym), prowadz°ce dobadania funkcji kwadratowej,
m) sp orz°dza wykres, o dczytuje w™asno±ci i rozwi°zuje zadania umieszczonew kontek±cie praktycznym zwi°zane z prop orcjonalno±ci° o dwrotn°,
n) sp orz°dza wykresy funkcji wyk™adniczych dla róªnych p o dstawi rozwi°zuje zadania umiesz-czone w kontek±cie praktycznym
oraz z poziomu rozszerzonego p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci, w których ma j°c danywykres funkcji y= f(x) p otrafi naszkicowa¢:
a) wykres funkcji y= |f(x)|,b) wykresy funkcji y= c ·f(x), y= f(c ·x), gdzie f jest funkcj° trygonometryczn°,
c) wykres b ¶d°cy efektem wykonania kilku op eracji, na przyk™ad y= |f(x+2)-3|,d) wykresy funkcji logarytmicznych dla róªnych p o dstaw,
e) rozwi°zuje zadania (równieª umieszczone w kontek±cie praktycznym) z wykorzystaniemtakich funkcji.
Poziom p o dstawowy 31
Poziom podstawowy
Zadanie 1. (Matura ma j 2011 — zadanie 26 (2 p.))
Na rysunku przedstawiono wykres funkcji f.
�5 �4 �3 �2 �1 87654321
4
3
2
1
�3
�2
�1
x
y
Odczyta j z wykresu i zapisz:
a) zbiór warto±ci funkcji f,b) przedzia™ maksymalnej d™ugo±ci, w którym funkcja f jest malej°ca.
Rozwiπzanie
Odczytujemy z wykresu zbiór warto±ci funkcji: È-2, 3Í.
Zapisujemy maksymalny przedzia™, w którym funkcja jest malej°ca: È-2,2Í.
Poziom rozszerzony
Zadanie 2. (Matura ma j 2010 — zadanie 3 (4 p.))
Bok kwadratu ABCD ma d™ugo±¢ 1. Na b okach BC i CD wybrano o dp owiednio punkty E
i F umieszczone tak, by |CE| = 2 |DF|. Oblicz warto±¢ x=|DF|, dla której p ole tró jk°ta AEF
jest na jmniejsze.
I sposób rozwiπzania
A B
CD
E
F
1
1
1�2x
2x
x 1�x
32 3. Funkcje
D™ugo±ci o dcinków |BE| i |CF| s° równe: |BE|= 1-2x, |CF|= 1-x.
Pole tró jk°ta AEF jest wi¶c równe:
PAEF =PABCD-PABE-PECF-PFDA = 1-1
2(1-2x)-
1
2·2x ·(1-x)-
1
2x= x2-
1
2x+
1
2.
Pole tró jk°ta AEF jest funkcj° zmiennej x: P (x)= x2-1
2x+
1
2dla xœ
=0,
1
2
>.
Poniewaª xw =--1
2
2=
1
4œ=0,
1
2
>, a parab ola o równaniu y= x2-
1
2x+
1
2ma ramiona
skierowane „ku górze”, wi¶c dla x=1
4p ole tró jk°ta AEF jest na jmniejsze.
II sposób rozwiπzania
A B
CD
E
F
1
1
1�2x
2x
x 1�x
D™ugo±ci o dcinków |BE| i |CF| s° równe: |BE|= 1-2x, |CF|= 1-x.
Pole tró jk°ta AEF jest wi¶c równe: PAEF =PABCD-PABE-PECF-PFDA.
Pole tró jk°ta AEF jest na jmniejsze, gdy suma P p ól tró jk°tów ABE, CEF i FDA jest na j-
wi¶ksza. Poniewaª PABE =1-2x
2, PCEF =
-2x2+2x
2=-x2+x, PADF =
1
2x dla xœ
=0,
1
2
>,
wi¶c
P(x)=1
2(1-2x+2x-2x2+x)=
1
2(-2x2+x+1)=-x2+
1
2x+
1
2.
Poniewaª xw =--1
2
2=
1
4œ=0,
1
2
>, a parab ola o równaniu y=-x2+
1
2x+
1
2ma ramiona
skierowane „w dó™ ”, wi¶c dla x=1
4p ole P jest na jwi¶ksze, a tym samym p ole tró jk°ta AEF
jest na jmniejsze.
III sposób rozwiπzania
Umieszczamy kwadrat ABCD w uk™adzie wsp ó™rz¶dnych:
A B
CD
E
F
1
1
1�2x
2x
x 1�x
x
y
Wtedy A=(0, 0), F=(x, 1), E=(1, 1-2x), gdzie 0˛ x˛ 1
2.
Wyznaczamy p ole tró jk°ta AFE:
P=1
2|(x-0)(1-2x-0)-(1-0)(1-0)|=
1
2|x(1-2x)-1|=
1
2
--x-2x2-1--= 1
2
--2x2-x+1-- .
Poniewaª 2x2-x+1>0 dla kaªdej liczby rzeczywistej x, wi¶c P (x)= x2-1
2x+
1
2.
Poniewaª xw =--1
2
2=
1
4œ=0,
1
2
>, a parab ola o równaniu y= x2-
1
2x+
1
2ma ramiona
skierowane „ku górze”, wi¶c dla x=1
4p ole tró jk°ta AEF jest na jmniejsze.
Rozdzia≥ 4
Ciπgi liczbowe
W dziale dotyczπcym ciπgów:
Zda j°cy p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci z poziomu podstawowego, rozwi°zuj°c zadania,w których:
a) wyznacza wyrazy ci° gu okre±lonego wzorem ogólnym,b) bada, czy dany ci° g jest arytmetyczny lub geometryczny,
c) stosuje wzory na n-ty wyraz i sum¶ n p o cz°tkowych wyrazów ci° gu arytmetycznegoi ci° gu geometrycznego, równieª umieszczone w kontek±cie praktycznym;oraz z poziomu rozszerzonego p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci, w których:wyznacza wyrazy ci° gów zdefiniowanych rekurencyjnie.
Poziom podstawowy
Zadanie 1. (Próba 2009 — zadanie 30 (2 p.))
Wykaª, ªe dla kaªdego m ci° g3m+1
4,m+3
6,m+9
12
4jest arytmetyczny.
I sposób rozwiπzania
Wystarczy sprawdzi¢, ªe ±ro dkowy wyraz jest ±redni° arytmetyczn° pierwszego i trzeciegowyrazu tego ci° gu.
Poniewaªm+14
+ m+912
2=
3m+3+m+9
24=
4m+12
24=
m+3
6,
wi¶c ci° g3m+1
4,m+3
6,m+9
12
4jest arytmetyczny.
II sposób rozwiπzania
Mamy a1 =m+1
4, a2 =
m+3
6, a3 =
m+9
12.
Wystarczy sprawdzi¢, czy róªnica p omi¶dzy drugim i pierwszym wyrazem jest równa róªnicyp omi¶dzy trzecim i drugim wyrazem czyli: a2-a1 =a3-a2.
Poniewaª
a2-a1 =m+3
6-m+1
4=
-m+3
12
Poziom p o dstawowy 35
oraz
a3-a2 =m+9
12-m+3
6=
-m+3
12,
wi¶c róªnice te s° równe.
Zatem ci° g3m+1
4,m+3
6,m+9
12
4jest arytmetyczny.
III sposób rozwiπzania
Obliczamy róªnic¶ ci° gu:
r=a2-a1 =m+3
6-m+1
4=
2m+6-3m-3
12=
-m+3
12
(lub r=a3-a2 =m+9
12-m+3
6=
m+9-2m-6
12=
-m+3
12).
Obliczamy trzeci wyraz ci° gu, z wykorzystaniem róªnicy r:
a3 =a2+r=m+3
6+-m+3
12=
2m+6-m+3
12=
m+9
12
(lub a3 =a1+2r=m+1
4+2 · -m+3
12=
3m+3-2m+6
12=
m+9
12).
Obliczony wyraz a3 jest równy trzeciemu wyrazowi p o danemu w tre±ci zadania. To ko´czydowó d.
Zadanie 2. (Próba 2010 — zadanie 32 zmo dyfikowane (4 p.))
Ci° g (x,y,12) jest geometryczny o wyrazach róªnych o d zera, natomiast ci° g (1,x,y-1) jestarytmetyczny. Oblicz x oraz y i p o da j ten ci° g geometryczny.
I sposób rozwiπzania
Poniewaª ci° g (1,x,y-1) jest arytmetyczny, wi¶c ±ro dkowy wyraz jest ±redni° arytmetyczn°
wyrazów skra jnych. Mamy wi¶c równanie x=1+y-1
2, czyli y= 2x.
Ci° g (x,y,12) jest geometryczny, wi¶c kwadrat ±ro dkowego wyrazu jest ilo czynem wyrazówskra jnych. Mamy wi¶c równanie y2 = x ·12.
Rozwi°zujemy zatem uk™ad równa´
�y= 2x
y2 = 12x.
Otrzymujemy równanie kwadratowe 4x2-12x=0, a st°d x=3 lub x=0. Drugie z p o danychrozwi°za´ nie sp e™nia za™oªe´.
Zatem dla x= 3 i y= 6 otrzymujemy ci° g arytmetyczny (1,3,5) oraz ci° g geometryczny(3,6,12).
Odp owiedπ: x= 3, y= 6, ci° g geometryczny to (3,6,12).
36 4. Ci° gi liczb owe
II sposób rozwiπzania
Z w™asno±ci ci° gu arytmetycznego otrzymujemy równanie x=1+y-1
2, czyli y= 2x, nato-
miast z w™asno±ci ci° gu geometrycznego o wyrazach róªnych o d zera otrzymujemy równanie12
y=
y
x.
Rozwi°zujemy uk™ad równa´
8<
:y= 2x12
y=
y
x
.
Otrzymujemy kolejno
8<
:y= 2x12
2x=
2x
x
,
8<
:y= 2x12
2x= 2
, st°d x= 3 i y= 6.
Zatem x= 3 i y= 6, st°d otrzymujemy ci° g geometryczny (3,6,12).
III sposób rozwiπzania
Z w™asno±ci ci° gu arytmetycznego otrzymujemy równanie x=1+y-1
2, czyli y= 2x.
Ci° g (x,y,12) jest ci° giem geometrycznym o wyrazach róªnych o d zera i y=2x, zatem ilorazq tego ci° gu jest równy 2.
Z w™asno±ci ci° gu geometrycznego otrzymujemy y=12
2= 6 oraz x=
12
4= 3.
Zatem x= 3 i y= 6, st°d otrzymujemy ci° g geometryczny (3,6,12).
Zadanie 3. (Matura ma j 2011 — zadanie 27 (2 p.))
Liczby x, y, 19 w p o danej kolejno±ci tworz° ci° g arytmetyczny, przy czym x+y= 8. Ob-licz x i y.
I sposób rozwiπzania
Liczby x, y, 19 w p o danej kolejno±ci tworz° ci° g arytmetyczny, st°d 2y= x+19.
Zapisujemy uk™ad równa´ �2y= x+19
x+y= 8,
którego rozwi°zaniem jest x=-1 i y= 9.
II sposób rozwiπzania
Liczby x, y, 19 w p o danej kolejno±ci tworz° ci° g arytmetyczny. Niech r b ¶dzie róªnic° tegoci° gu i x=a1, y=a2 =a1+r, 19=a3 =a1+2r.
Zapisujemy uk™ad równa´ �a1+a1+r= 8
a1+2r= 19.
Rozwi°zaniem tego uk™adu jest a1 =-1, r= 10. St°d x=a1 =-1, y=a2 = 9.
Poziom rozszerzony 37
Uwaga
Moªemy równieª otrzyma¢ nast¶puj°ce uk™ady równa´:
8<
:2a1+r= 8a1+19
2=a1+r
lub
8>><
>>:
y= x+r
19= x+2r
x+y= 8.
III sposób rozwiπzania
Wprowadzamy oznaczenia x=a1, y=a2, 19=a3.
Obliczamy:S3 = x+y+19= 8+19= 27.
Korzysta j°c ze wzoru na sum¶ trzech p o cz°tkowych wyrazów ci° gu arytmetycznego, otrzy-
mujemy równaniea1+19
2·3= 27.
St°d a1 =-1, zatem x=-1, y= 9.
Poziom rozszerzony
Zadanie 4. (Matura ma j 2010 — zadanie 5 (5 p.))
O liczbach a, b, c wiemy, ªe ci° g (a,b,c) jest arytmetyczny i a+c=10, za± ci° g (a+1, b+4, c+19)jest geometryczny. Wyznacz te liczby.
I sposób rozwiπzania
Z w™asno±ci ci° gu arytmetycznego mamy: 2b=a+c. St°d otrzymujemy 2b=10, czyli b=5.Korzystamy z w™asno±ci ci° gu geometrycznego i zapisujemy równanie: (b+4)2=(a+1)(c+19).Po dstawiamy b=5 i a=10-c i otrzymujemy równanie 92=(10-c+1)(c+19). Przekszta™-camy to równanie i otrzymujemy równanie kwadratowe z niewiadom° c: c2+8c-128= 0.Rozwi°zaniami tego równania s°: c1 = 8, c2 =-16.
Zatem szukanymi liczbami s°: a= 2, b= 5, c= 8 lub a= 26, b= 5, c=-16.
II sposób rozwiπzania
Oznaczamy przez a pierwszy wyraz ci° gu arytmetycznego, a przez r róªnic¶ tego ci° gu.Wówczas b=a+r, c=a+2r. Wtedy 2a+2r= 10, czyli a+r= 5.
Korzystamy z w™asno±ci ci° gu geometrycznego i zapisujemy równanie, np.
(a+r+4)2 =(a+1)(a+2r+19),
a nast¶pnie zapisujemy uk™ad równa´:�a+r= 5
(a+r+4)2 =(a+1)(a+2r+19).
38 4. Ci° gi liczb owe
Z pierwszego równania wyznaczamy a= 5-r i p o dstawiamy do drugiego równania. Otrzy-mujemy równanie kwadratowe z niewiadom° r:
(5-r+r+4)2 =(5-r+1)(5-r+2r+19) ,
czyli r2+18r-63= 0.
Rozwi°zaniami tego równania s°: r1 = 3 i r2 =-21.
Nast¶pnie obliczamy a, b, c.
Szukanymi liczbami s°:
8>><
>>:
a= 2
b= 5
c= 8
lub
8>><
>>:
a= 26
b= 5
c=-16.
Zadanie 5. (Matura ma j 2011 — zadanie 5 (4 p.))
O ci° gu (xn) dla nˇ 1 wiadomo, ªe:
a) ci° g (an) okre±lony wzorem an = 3xn dla nˇ 1 jest geometryczny o ilorazie q= 27,b) x1+x2+ . . .+x10 = 145.
Oblicz x1.
I sposób rozwiπzania
Korzystamy z w™asno±ci ci° gu geometrycznego i zapisujemy równo±¢:
q=an+1
an=
3xn+1
3xn= 3xn+1-xn .
Zatem 27= 3xn+1-xn . St°d xn+1-xn = 3 dla nˇ 1.
Zauwaªamy, ªe je±li dla dowolnej liczby naturalnej n: xn+1-xn = 3, to ci° g (xn) jest aryt-metyczny o róªnicy r= 3.
Korzystamy z w™asno±ci ci° gu arytmetycznego i zapisujemy uk™ad równa´�
x1+(x1+r)+ . . .+(x1+9r)= 145
r= 3
Doprowadzamy uk™ad do p ostaci:�
10x1+45r= 145
r= 3.i p o dstawiamy r= 3 do pierwszego
równania. Otrzymujemy równanie z jedn° niewiadom°: 10x1+135= 145.
St°d x1 = 1.
II sposób rozwiπzania
Korzystamy z warunków zadania i zapisujemy równo±¢: 3x1+x2+...+x10 = 3145.
Zatem3x1 ·3x2 · . . . ·3x10 = 3145.
Korzystamy z tego, ªe ci° g (an) jest geometryczny o ilorazie q= 27 i otrzymujemy
3x1 ·3x1 ·27 · . . . ·3x1 ·279 = 3145.
Rozdzia≥ 5
Trygonometria
W dziale dotyczπcym trygonometrii:
Zda j°cy p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci z poziomu podstawowego, rozwi°zuj°c zadania,w których:
a) wykorzystuje definicje i wyznacza warto±ci funkcji trygonometrycznych dla k°tów ostrych,b) rozwi°zuje równania typu x=a, x=a, x=a, dla 0¶<x<90¶,
c) stosuje proste zwi°zki mi¶dzy funkcjami trygonometrycznymi k°ta ostrego,d) zna j°c warto±¢ jednej z funkcji trygonometrycznych, wyznacza warto±ci p ozosta™ych
funkcji tego samego k°ta ostrego
oraz z poziomu rozszerzonego p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci, w których:
a) stosuje miar¶ ™ukow° i miar¶ stopniow° k°ta,b) wyznacza warto±ci funkcji trygonometrycznych dowolnego k°ta przez sprowadzenie do
przypadku k°ta ostrego,c) p os™uguje si¶ wykresami funkcji trygonometrycznych przy rozwi°zywaniu nierówno±ci
typu x<a, x>a, tgx>a,
d) stosuje zwi°zki: 2 x+ 2 x=1, x=x
xoraz wzory na sinus i cosinus sumy i róªnicy
k°tów w dowo dach toªsamo±ci trygonometrycznych,
e) rozwi°zuje równania i nierówno±ci trygonometryczne, na przyk™ad x=1
2, 2 x+ x=1,
2x<1
2.
Poziom podstawowy
Zadanie 1. (Próba 2009 — zadanie 29 (2 p.))
K°t ↵ jest ostry i ↵=4
3. Oblicz ↵+ ↵.
I sposób rozwiπzania
Korzystamy z definicji funkcji tangens i otrzymujemy↵
↵=
4
3, zatem ↵=
4
3↵. Po d-
stawiamy t¶ równo±¢ do toªsamo±ci 2↵+ 2↵= 1 i otrzymujemy
34
3↵
42
+ 2↵= 1,
Poziom p o dstawowy 41
a st°d 2↵=9
25.
Zatem ↵=3
5lub ↵=-
3
5. Ujemny wynik o drzucamy, p oniewaª zgo dnie z warunkami
zadania k°t ↵ jest k°tem ostrym. Obliczamy warto±¢ funkcji ↵=4
5, a nast¶pnie warto±¢
wyraªenia ↵+ ↵=4
5+3
5=
7
5.
Odp owiedπ: ↵+ ↵=7
5.
II sposób rozwiπzania
↵=3
4↵, wi¶c
9
162↵+ 2↵= 1, czyli
25
162↵= 1.
Wynika st°d, ªe ↵=4
5lub ↵=-
4
5. Ujemny wynik o drzucamy, p oniewaª zgo dnie z wa-
runkami zadania k°t ↵ jest k°tem ostrym. Obliczamy ↵=3
5, a dalej warto±¢ ↵+ ↵=
7
5.
III sposób rozwiπzania
Rysujemy tró jk°t prostok°tny, w którym oznaczamy d™ugo±ci przyprostok°tnych przez 3x
i 4x, gdzie x>0 oraz zaznaczamy k°t ostry ↵ tak, aby ↵=4
3.
3x
4x
↵
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i obliczamy d™ugo±¢ przeciwprostok°tnej:
(4x)2+(3x)2 = 25x2.
Zatem przeciwprostok°tna ma d™ugo±¢ 5x (o drzucamy ujemne rozwi°zanie: -5x).
Obliczamy warto±ci funkcji ↵=4
5i ↵=
3
5. St°d ↵+ ↵=
4
5+3
5=
7
5.
Zadanie 2. (Matura ma j 2010 — zadanie 29 (2 p.))
K°t ↵ jest ostry i ↵=5
12. Oblicz ↵.
Rozwi°zujemy analogicznie jak p oprzednie zadanie.
42 5. Trygonometria
Odp.: ↵=12
13.
Zadanie 3. (Matura ma j 2011 — zadanie 28 (2 p.))
K°t ↵ jest ostry i↵
↵+
↵
↵= 2. Oblicz warto±¢ wyraªenia ↵ · ↵.
I sposób rozwiπzania
Sprowadzamy wyraªenie↵
↵+
↵
↵= 2 do wsp ólnego mianownika i otrzymujemy
2↵+ 2↵
↵ · ↵= 2.
Korzystamy z toªsamo±ci 2↵+ 2↵=1 i otrzymujemy1
↵ · ↵=2, a st°d ↵· ↵=
1
2.
II sposób rozwiπzania
Rysujemy tró jk°t prostok°tny, w którym oznaczamy d™ugo±ci przyprostok°tnych a i b oraz
zaznaczamy k°t ostry ↵ taki, ªe ↵=a
club ↵=
b
c.
b
a c
↵
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i wyznaczamy d™ugo±¢ przeciwprostok°tnej: c2=a2+b2.
Poniewaª↵
↵+
↵
↵= 2, wi¶c
a
b+b
a= 2, czyli
a2+b2
ab= 2. St°d
c2
ab= 2.
Poniewaª ↵ · ↵=ab
c2, wi¶c ↵ · ↵=
1
2.
III sposób rozwiπzania
Rysujemy tró jk°t prostok°tny, w którym oznaczamy d™ugo±ci przyprostok°tnych a i b oraz
zaznaczamy k°t ostry ↵ taki, ªe ↵=a
club ↵=
b
c.
Poziom rozszerzony 43
b
a c
↵
Poniewaª↵
↵+
↵
↵= 2, wi¶c otrzymujemy kolejno:
a
b+b
a= 2,
a2+b2
ab= 2, a2+b2 = 2ab,
st°d (a-b)2 = 0, wi¶c a=b. Zatem ↵= 45¶=⇡
4.
Wtedy ↵= 45¶=
Ô2
2i ↵= 45¶=
Ô2
2.
Obliczamy ↵ · ↵=
Ô2
2·Ô2
2=
1
2.
IV sposób rozwiπzania
Wyraªenie↵
↵+
↵
↵= 2 zapisujemy w p ostaci ↵+
1
↵= 2.
St°d 2↵-2 ↵+1= 0.
Zatem ↵= 1 i st°d ↵= 45¶. Obliczamy warto±¢ wyraªenia 45¶ · 45¶=
Ô2
2·Ô2
2=
1
2.
V sposób rozwiπzania
Zauwaªamy, ªe suma liczby i jej o dwrotno±ci jest równa 2 wtedy i tylko wtedy, gdy ta liczba
jest równa 1. Zatem ↵=↵
↵= 1 i st°d ↵= 45¶, a wi¶c 45¶ · 45¶=
Ô2
2·Ô2
2=
1
2.
Poziom rozszerzony
Zadanie 4. (Matura ma j 2010 — zadanie 2 (4 p.))
Wyznacz wszystkie rozwi°zania równania 2 2 x- 5 x- 4= 0 naleª°ce do przedzia™uÈ0,2⇡Í.
Rozwiπzanie
Przekszta™camy równanie do p ostaci, w której wyst¶puje tylko jedna funkcja trygonome-tryczna:
2(1- 2 x)-5 x-4= 0.
44 5. Trygonometria
Porz°dkujemy to równanie i wprowadzamy niewiadom° p omo cnicz°: -2 2 x-5 x-2=0,t= x, gdzie tœ È-1, 1Í. Równanie przyjmuje teraz p osta¢:
2t2+5t+2= 0.
Rozwi°zujemy równanie kwadratowe ze zmienn° t:
�= 9, t1 =-2, t2 =-1
2.
Zauwaªamy, ªe t1 /œ È-1,1Í.
Zapisujemy zatem rozwi°zania równania x=-1
2naleª°ce do przedzia™u È0,2⇡Í:
x=7
6⇡ lub x=
11
6⇡.
Zadanie 5. (Matura ma j 2011 — zadanie 4 (4 p.))
Rozwi°ª równanie 2 2 x-2 2 x x= 1- x w przedziale È0,2⇡Í.
I sposób rozwiπzania
Zapisujemy równanie w p ostaci
2 2 x(1- x)= 1- x,
czyli
2 2 x(1- x)-(1- x)= 0,
(2 2 x-1)(1- x)= 0.
Zatem 2 2 x-1= 0 lub 1- x= 0.
St°d otrzymujemy:
x=-
Ô2
2lub x=
Ô2
2lub x= 1.
Rozwi°zaniem równania x=-
Ô2
2jest x=
5
4⇡ lub x=
7
4⇡ (alb o: x= 225¶ lub x= 315¶).
Rozwi°zaniem równania x=
Ô2
2jest x=
1
4⇡ lub x=
3
4⇡ (alb o: x= 45¶ lub x= 135¶).
Rozwi°zaniem równania x= 1 jest x= 0 lub x= 2⇡ (alb o: x= 0¶ lub x= 360¶).
Zatem rozwi°zaniami równania 2 2 x-2 2 x x= 1- x s°:
x= 0 lub x=1
4⇡ lub x=
3
4⇡ lub x=
5
4⇡ lub x=
7
4⇡ lub x= 2⇡
(alb o: x= 0¶ lub x= 45¶ lub x= 135¶ lub x= 225¶ lub x= 315¶ lub x= 360¶).
II sposób rozwiπzania
Zapisujemy równanie, w którym wyst¶puje jedna funkcja trygonometryczna:
2!1- 2 x
"-2!1- 2 x
"x= 1- x
i przekszta™camy do p ostaci
2-2 2 x-2 x+2 3 x-1+ x= 0,
2 3 x-2 2 x- x+1= 0.
Nast¶pnie zapisujemy to równanie w p ostaci ilo czynowej:!2 2 x-1
"( x-1)= 0.
Zatem
2 2 x-1= 0 lub x-1= 0.
St°d otrzymujemy:
x=-
Ô2
2lub x=
Ô2
2lub x= 1.
Rozwi°zaniem równania x=-
Ô2
2jest x=
3
4⇡ lub x=
5
4⇡ (alb o: x= 135¶ lub x= 225¶).
Rozwi°zaniem równania x=
Ô2
2jest x=
1
4⇡ lub x=
7
4⇡ (alb o: x= 45¶ lub x= 315¶).
Rozwi°zaniem równania x= 1 jest x= 0 lub x= 2⇡ (alb o: x= 0¶ lub x= 360¶).
Zatem rozwi°zaniami równania 2 2 x-2 2 x x= 1- x s°:
x= 0 lub x=1
4⇡ lub x=
3
4⇡ lub x=
5
4⇡ lub x=
7
4⇡ lub x= 2⇡
(alb o: x= 0¶ lub x= 45¶ lub x= 135¶ lub x= 225¶ lub x= 315¶ lub x= 360¶).
Rozdzia≥ 6
Planimetria
W dziale planimetria:
Zda j°cy p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci z poziomu podstawowego, rozwi°zuj°c zadania,w których:
a) korzysta ze zwi°zków mi¶dzy k°tem ±ro dkowym, k°tem wpisanym i k°tem mi¶dzy styczn°a ci¶ciw° okr¶gu,
b) wykorzystuje w™asno±ci figur p o dobnych w zadaniach, w tym umieszczonychw kontek±cie praktycznym,
c) zna jduje zwi°zki miarowe w figurach p™askich, takªe z zastosowaniem trygonometrii,równieª w zadaniach umieszczonych w kontek±cie praktycznym,
d) okre±la wza jemne p o™oªenie prostej i okr¶gu
oraz z poziomu rozszerzonego p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci, w których:
a) stosuje twierdzenia charakteryzuj°ce czworok°ty wpisane w okr° g i czworok°ty opisanena okr¶gu,
b) stosuje twierdzenie o zwi°zkach miarowych mi¶dzy o dcinkami stycznych i siecznych,c) stosuje w™asno±ci figur p o dobnych i jednok™adnych w zadaniach, takªe umieszczonych
w kontek±cie praktycznym,d) zna jduje zwi°zki miarowe w figurach p™askich z zastosowaniem twierdzenia sinusów
i twierdzenia cosinusów.
We wszystkich przedstawionych przez nas zadaniach korzystamy z nast¶puj°cych twierdze´geometrycznych:
1. Suma k°tów tró jk°ta jest równa 180¶.a) Suma k°tów ostrych tró jk°ta prostok°tnego jest równa 90¶.
b) K°t zewn¶trzny tró jk°ta jest równy sumie k°tów wewn¶trznych nieprzylega j°cych doniego.
c) Suma k°tów czworok°ta jest równa 360¶.2. K°ty wierzcho™kowe s° równe.3. Suma k°tów przyleg™ych jest równa 180¶.4. K°ty przy p o dstawie tró jk°ta równoramiennego s° równe.5. K°ty o dp owiada j°ce i naprzemianleg™e przy dwó ch prostych równoleg™ych s° równe.
a) Suma k°tów p o™oªonych przy tym samym b oku równoleg™ob oku jest równa 180¶.b) Przeciwleg™e k°ty równoleg™ob oku s° równe.
6. Suma dwó ch b oków tró jk°ta jest wi¶ksza o d b oku trzeciego.7. Boki tró jk°ta p o™oªone naprzeciw równych k°tów s° równe.
Korzystamy takªe z trzech cech przystawania tró jk°tów.
Poziom p o dstawowy 47
Poziom podstawowy
Zadanie 1. (Próba 2009 — zadanie 31 (2 p.))
Tró jk°ty ABC i CDE s° równob o czne. Punkty A, C i E leª° na jednej prostej. Punkty K,L i M s° ±ro dkami o dcinków AC, CE i BD (zobacz rysunek). Wykaª, ªe punkty K, L i M
s° wierzcho™kami tró jk°ta równob o cznego.
A
B
C
D
EK L
M
I sposób rozwiπzania
A
B
C
D
EK L
M
Z tre±ci zadania wynika, ªe |<) BAC|= |<) DCE|= 60¶, wi¶c o dcinki AB i CD s° równoleg™e.Czworok°t ACDB jest trap ezem. Wynika st°d, ªe o dcinek KM ™°czy ±ro dki b oków nierów-noleg™ych w tym trap ezie, wi¶c jest równoleg™y do jego p o dstaw. Wob ec tego |<)MKL|=60¶.
Analogiczne rozumowanie przeprowadzamy dla trap ezu CEDB i wykazujemy, ªe tró jk°tKLMjest równob o czny.
II sposób rozwiπzania
Z tre±ci zadania wynika, ªe |<) BAC|= |<) DCE|= 60¶, wi¶c o dcinki AB i CD s° równoleg™e.Czworok°t ACDB jest trap ezem. Wynika st°d, ªe d™ugo±¢ o dcinka KM jest równa ±redniejarytmetycznej d™ugo±ci p o dstaw trap ezu i równa d™ugo±ci o dcinka KL.
Analogiczne rozumowanie przeprowadzamy dla trap ezu CEDB i wykazujemy, ªe tró jk°tKLMjest równob o czny.
48 6. Planimetria
III sposób rozwiπzania
A
B
C
D
EK L
M
N
a
b
Prowadzimy o dcinek MN prostopad™y do prostej AE i oznaczmy |AB|= a oraz |DE|= b.
Ze wzoru na wysoko±¢ tró jk°ta równob o cznego |BK|=aÔ3
2i |DL|=
bÔ3
2, p onadto
|KL|=a
2+b
2=
a+b
2.
Punkt N jest ±ro dkiem o dcinka KL, wi¶c
|KN|=1
2· a+b
2=
a+b
4.
Odcinek MN ™°czy ±ro dki ramion trap ezu prostok°tnego LDBK, wi¶c
|MN|=|BK|+ |DL|
2=
aÔ3
2+ bÔ3
2
2=
(a+b)Ô3
4= |KN|
Ô3,
co oznacza, ªe tró jk°t KNM jest „ p o™ow° tró jk°ta równob o cznego”, wi¶c tró jk°t KLM jestrównob o czny.
Uwaga
Zamiast wyznaczania zwi°zku mi¶dzy d™ugo±ciami o dcinków MN i KN moªemy teª obliczy¢d™ugo±¢ b oku KM (lub LM) z twierdzenia Pitagorasa:
|MK|2 = |KN|2+ |MN|
2 =
3a+b
4
42
+
A(a+b)
Ô3
4
B2
=
=
3a+b
4
42
+3
3a+b
4
42
= 4
3a+b
4
42
=(a+b)2
4,
st°d
|MK|=a+b
2.
Zatem
|MK|= |ML|= |KL|=a+b
2.
Poziom p o dstawowy 49
IV sposób rozwiπzania
Umieszczamy oba tró jk°ty w uk™adzie wsp ó™rz¶dnych, tak jak na rysunku, i oznaczamy:AB= 4a, CE= 4b.
A
B
C
D
EK L
M
x
y
Wtedy A=(-2a,0), B=10,2aÔ32
, C=(2a,0), L=(2a+2b,0), D=12a+2b, 2b
Ô32
orazE=(2a+4b,0).
Punkt M to ±ro dek o dcinka BD, wi¶c M=1a+b,a
Ô3+bÔ32=1a+b,(a+b)
Ô32
.
Prosta KM ma wsp ó™czynnik kierunkowy równyaÔ3+bÔ3
a+b=Ô3, wi¶c jest nachylona do
osi Ox p o d k°tem 60¶. Wsp ó™czynnik kierunkowy prostej ML jest równy
(a+b)Ô3-0
(a+b)-(2a+2b)=
(a+b)Ô3
-(a+b)=-Ô3,
co oznacza, ªe k°t nachylenia prostej ML do osi Ox jest równy 120¶, wi¶c k°t MLK mamiar¶ 60¶. St°d wnioskujemy, ªe tró jk°t KLM jest równob o czny.
Zadanie 2. (Próba 2009 — zadanie 34 (4 p.))
Pole tró jk°ta prostok°tnego jest równe 60 2. Jedna przyprostok°tna jest o 7 cm d™uªszao d drugiej. Oblicz d™ugo±¢ przeciwprostok°tnej tego tró jk°ta.
I sposób rozwiπzania
Oznaczamy: a, b — d™ugo±ci przyprostok°tnych danego tró jk°ta.
Zapisujemy uk™ad równa´ 8<
:a=b+71
2a ·b= 60.
Otrzymujemy równanie z jedn° niewiadom°1
2(b+7)b=60, którego rozwi°zaniami s° liczby
b= 8 oraz b=-15.
Odrzucamy rozwi°zanie ujemne, gdyª b jest d™ugo±ci° o dcinka. Zatem b= 8, a= 8+7= 15.Obliczamy d™ugo±¢ przeciwprostok°tnej c=
a2+b2 =
82+152 =
Ô289= 17.
50 6. Planimetria
Odp owiedπ: Przeciwprostok°tna ma d™ugo±¢ 17 cm.
II sposób rozwiπzania
Wykonujemy rysunek tró jk°ta z oznaczeniami lub wprowadzamy oznaczenia wynika j°cez tre±ci zadania:
a
a+7
b�7
b
Zapisujemy równanie:1
2a(a+7)= 60 lub
1
2b(b-7)= 60.
Rozwi°zujemy otrzymane równanie:
a(a+7)= 120
a2+7a-120= 0
a1 = 8 lub a2 =-15
lub
b(b-7)= 120
b2-7b-120= 0
b1 = 15 lub b2 =-8.
Odrzucamy rozwi°zanie ujemne jako sprzeczne z warunkami zadania.
Obliczamy d™ugo±ci przyprostok°tnych, a nast¶pnie d™ugo±¢ przeciwprostok°tnej tró jk°ta:c= 17.
III sposób rozwiπzania
Wykonujemy rysunek tró jk°ta z przyj¶tymi oznaczeniami lub wprowadzamy oznaczeniawynika j°ce z tre±ci zadania
a
a+7c
Poziom p o dstawowy 51
Stosujemy wzór Herona na p ole tró jk°ta i zapisujemy równaniep(p-a)(p-a-7)(p-c)= 60,
gdzie p=1
2(a+a+7+c).
Przekszta™camy otrzymane równanie:32a+7+c
2
437+c
2
43c-7
2
432a+7-c
2
4= 3600,
(2a+7+c)(2a+7-c)(7+c)(c-7)= 3600 ·16,!(2a+7)2-c2
"(c2-49)= 3600 ·16.
Z twierdzenia Pitagorasa wynika, ªe c2 =a2+(a+7)2. St°d otrzymujemy
(2a2+14a)2 = 3600 ·16.
St°d2a2+14a= 60 ·4 lub 2a2+14a=-60 ·4 (równanie sprzeczne).
Zatem mamy równanie a2+7a-120= 0, st°d a=-15 lub a= 8.
Odrzucamy rozwi°zanie ujemne jako sprzeczne z warunkami zadania i obliczamy d™ugo±¢przeciwprostok°tnej tró jk°ta: c= 17.
IV sposób rozwiπzania
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:
a
a+7
c�x
h x
Ze wzoru na p ole tró jk°ta mamy1
2h·c=60. Poniewaª h2=x(c-x), wi¶c dosta jemy równanie
1202
c2=cx-x2, st°d 1202=xc3-x2c2, czyli 1202=xc(c2-xc). Ale xc=a2, wi¶c w rezultacie
otrzymujemy1202 =a2(c2-a2).
Z twierdzenia Pitagorasa c2 =a2+(a+7)2, wi¶c dosta jemy równanie
1202 =a2(a2+(a+7)2-a2).
St°d1202 =a2(a+7)2,
(a(a+7))2-1202 = 0,
52 6. Planimetria
(a(a+7)-120)(a(a+7)+120)= 0,
a(a+7)-120= 0 lub a(a+7)+120= 0,
120=a(a+7) lub 120=-a(a+7).
Drugie z tych równa´ jest sprzeczne, wi¶c otrzymujemy jedno równanie: a(a+7)=120, czylia2+7a-120= 0. Zatem a=-15 lub a= 8.
Odrzucamy rozwi°zanie ujemne jako niezgo dne z warunkami zadania i obliczamy d™ugo±¢przeciwprostok°tnej tró jk°ta: c= 17.
Zadanie 3. (Matura ma j 2010 — zadanie 28 (2 p.))
Tró jk°ty prostok°tne równoramienne ABC i CDE s° p o™oªone tak jak na p oniªszym rysunku(w obu tró jk°tach k°t przy wierzcho™ku C jest prosty). Wykaª, ªe |AD|= |BE|.
A B
C
D
E
Rozwiπzanie
Dorysowujemy o dcinki AD i BE. Uzasadniamy, ªe tró jk°ty ACD i BCE s° przysta j°ce:
|AC|= |BC|, b o tró jk°t ABC jest równoramienny;|CD|= |CE|, b o tró jk°t CDE jest równoramienny;<) ACD|= 90¶- |<) DCB|= |<) BCE|.
Tró jk°ty ACD i BCE s° wi¶c przysta j°ce (cecha przystawania bkb ), zatem |AD|= |BE|.
Uwaga
Moªemy zauwaªy¢, ªe tró jk°t CBE p owsta je z tró jk°ta CAD przez obrót wokó™ punktu C
o k°t 90¶ w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara.
Zadanie 4. (Matura ma j 2010 — zadanie 31 (2 p.))
W trap ezie prostok°tnym ABCD krótsza przek°tna AC dzieli go na tró jk°t prostok°tnyi tró jk°t równob o czny. D™uªsza p o dstawa trap ezu jest równa 6. Oblicz obwó d tego trap ezu.
Poziom p o dstawowy 53
Rozwiπzanie
A B
CD
E
Prowadzimy wysoko±¢ CE tró jk°ta równob o cznego ABC. Wówczas |AE|=3 i st°d |CD|=|AE|=3.Nast¶pnie |BC|= |AB|= 6 oraz |DA|= |CE|= 3
Ô3. St°d obwó d trap ezu jest równy
6+6+3+3Ô3= 15+3
Ô3.
Zadanie 5. (Matura ma j 2011 — zadanie 29 (2 p.))
Dany jest czworok°t ABCD, w którym ABÎCD. Punkt E leªy na b oku BC oraz |EC|= |CD|
i |EB|= |BA|. Wykaª, ªe k°t AED jest prosty.
I sposób rozwiπzania
A B
CD
E
↵
↵
�
�
Niech |<) CED|=↵ i |<) AEB|=�.
Poniewaª tró jk°t DCE jest równoramienny i |EC|= |CD|, wi¶c |<) EDC|= |<) CED|=↵. Zatem|<)DCE|=180¶-2↵. Po dobnie, p oniewaª tró jk°t ABE jest równoramienny i |<)AEB|=|<)EAB|=�,wi¶c |<) ABE|= 180¶-2�.
K°ty ABE i DCE s° k°tami wewn¶trznymi trap ezu ABCD i |<) DCE|+ |<) ABE|= 180¶.
St°d 180¶-2↵+180¶-2�= 180¶, czyli 2↵+2�= 180¶, wi¶c ↵+�= 90¶. Zatem
|<) AED|= 180¶- |<) CED|- |<) AEB|= 180¶-↵-�= 180¶-(↵+�)= 90¶.
54 6. Planimetria
II sposób rozwiπzania
A B
CD
EF
↵
↵
↵��
�
Niech |<) CED|=↵ i |<) AEB|=�.
Tró jk°ty DCE i ABE s° równoramienne. Zatem |<)EDC|=|<)CED|=↵ oraz |<)AEB|=|<)EAB|=�.
Dorysowujemy w danym trap ezie o dcinek EF równoleg™y do p o dstaw trap ezu ABCD.
K°ty naprzemianleg™e CDE i DEF ma j° równe miary, zatem |<) EDC|= |<) DEF|=↵. Analo-gicznie |<) EAB|= |<) AEF|=�.
Zatem |<) BEC|= 180¶= 2↵+2�, wi¶c ↵+�= 90¶.
St°d |<) AED|= 90¶, co ko´czy dowó d.
III sposób rozwiπzania
A B
CD
EF
↵
2
↵
2
↵
2
↵
90��↵
2
90��↵
2
90��↵
2
180��↵
Niech |<) ABC|=↵, st°d |<) BCD|= 180¶-↵.
Poniewaª |CE|= |CD| i |EB|= |BA|, wi¶c tró jk°ty DCE i ABE s° równoramienne.
Zatem |<) AEB|= |<) EAB|=180¶-↵
2= 90¶-
↵
2oraz |<) EDC|= |<) CED|=
↵
2.
Poziom rozszerzony 55
Dorysowujemy w danym trap ezie o dcinek EF równoleg™y do p o dstaw trap ezu ABCD. Za-cho dzi równo±¢: |<) EDC|= |<) CED|= |<) DEF|=
↵
2i |<) AEB|= |<) EAB|= |<) AEF|= 90¶-
↵
2.
St°d otrzymujemy |<) AED|= |<) AEF|+ |<) DEF|= 90¶-↵
2+↵
2= 90¶.
IV sposób rozwiπzania
A B
CD
E
↵
↵
�
�
Niech |<) CED|=↵ i |<) AEB|=�.
Poniewaª tró jk°t DCE jest równoramienny i |EC|= |CD|, wi¶c |<) EDC|= |<) CED|=↵. Po-dobnie, p oniewaª tró jk°t ABE jest równoramienny, wi¶c |<) AEB|= |<) EAB|=�.
K°ty ADC i BAD s° k°tami wewn¶trznymi trap ezu ABCD i |<) ADC|+ |<) BAD|= 180¶.
St°d |<) ADE|+ |<) EAD|= 180¶-(↵+�).
Zatem w tró jk°cie DAE mamy:
|<) AED|= 180¶-(180¶-(↵+�))=↵+�.
St°d |<) BEC|= 180¶= |<) DEC|+ |<) AED|+ |<) AEB|= 2↵+2�, czyli ↵+�= 90¶.
Zatem |<) AED|= 90¶.
Poziom rozszerzony
Zadanie 6. (Matura ma j 2010 — zadanie 9 (4 p.))
Na b okach BC i CD równoleg™ob oku ABCD zbudowano kwadraty CDEF i BCGH (zobaczrysunek). Udowo dnij, ªe |AC|= |FG|.
56 6. Planimetria
A B
CD
E F
G
H
Rozwiπzanie
Czworok°t ABCD jest równoleg™ob okiem, czworok°t DCFE jest kwadratem, wi¶c |AB|=|CD|=|CF|.W kwadracie CBHG o dcinki BC i CG s° równe.
Niech ↵ oznacza k°t ABC danego równoleg™ob oku. Wówczas |<) BCD|=180¶-↵. W kwadra-tach CDEF oraz CBHG mamy |<) DCF|= |<) BCG|= 90¶, wi¶c
|<) FCG|= 360¶-(180¶-↵)-90¶-90¶=↵= |<) ABC|.
W tró jk°tach ABC i FCG mamy zatem: |AB|= |CF|, |BC|= |CG| oraz |<) FCG|= |<) ABC|. St°dtró jk°ty ABC i FCG s° przysta j°ce (cecha bkb ). Zatem |AC|= |FG|.
Zadanie 7. (Matura ma j 2011 — zadanie 6 (4 p.))
Po dstawa AB tró jk°ta równoramiennego ABC ma d™ugo±¢ 8 oraz |<) BAC|= 30¶. Obliczd™ugo±¢ ±ro dkowej AD tego tró jk°ta.
I sposób rozwiπzania
Z tre±ci zadania mamy, ªe |BD|=1
2|BC| i |<) ABC|= 30¶ oraz |BE|= 4.
A B
C
D
E
30�
Z tró jk°ta prostok°tnego BEC otrzymujemy: 30¶=|BE|
|BC|.
Zatem4
|BC|=
Ô3
2. St°d |BC|=
8Ô3
i |BD|=4Ô3
.
Poziom rozszerzony 57
Obliczamy |AD|, stosuj°c twierdzenie cosinusów dla tró jk°ta ABD:
|AD|2 = |AB|2+ |BD|
2-2 |AB| · |BD| · <) ABD,
|AD|2 = 82+
34Ô3
42
-2 ·8 · 4Ô3·Ô3
2,
|AD|2 = 64+
16
3-32=
16 ·73
.
St°d
|AD|= 4
Ú7
3=
4
3
Ô21.
II sposób rozwiπzania
A B
C
Dx
y
x
2120�
Wprowadzamy oznaczenia: x — d™ugo±¢ ramienia tró jk°ta ABC, y — d™ugo±¢ ±ro dkowej AD
tego tró jk°ta.
Zapisujemy twierdzenie cosinusów dla tró jk°ta ABC, gdzie |<) ACB|= 120¶:
82 = x2+x2-2x2 120¶. Poniewaª 120¶=-1
2, wi¶c mamy równanie: 3x2 = 64.
St°d otrzymujemy rozwi°zanie x=8Ô3
, b o x>0. Poniewaª |CD|=1
2x, wi¶c |CD|=
4Ô3
.
Obliczamy |AD| stosuj°c twierdzenie cosinusów dla tró jk°ta ADC:
y2 =
38Ô3
42
+
34Ô3
42
-2 · 8Ô3· 4Ô
3· 120¶=
=
38Ô3
42
+
34Ô3
42
-2 · 8Ô3· 4Ô
3·3-1
2
4=
64
3+16
3+32
3=
112
3.
St°d otrzymujemy y=4Ô7Ô3
=4Ô21
3.
III sposób rozwiπzania
A B
C
Dx
y
30�
Wprowadzamy oznaczenia: x — d™ugo±¢ ramienia tró jk°ta ABC, y — d™ugo±¢ ±ro dkowej AD
tego tró jk°ta.
58 6. Planimetria
Zapisujemy twierdzenie cosinusów dla tró jk°ta ABC, gdzie |<) ABC|= 30¶:
x2 = 82+x2-2 ·8 ·x · 30¶.
Przekszta™camy równanie do p ostaci: 64= 2 ·8 ·x ·Ô3
2.
St°d otrzymujemy: x=8Ô3
. Poniewaª |BD|=1
2x, st°d |BD|=
4Ô3
.
Obliczamy |AD|, stosuj°c twierdzenie cosinusów dla tró jk°ta ABD:
y2 = 82+
34Ô3
42
-2 ·8 · 4Ô3· 30¶=
= 82+
34Ô3
42
-2 ·8 · 4Ô3·Ô3
2= 64+
16
3-32=
112
3.
St°d otrzymujemy y=4Ô21
3.
IV sposób rozwiπzania
A B
C
D
E F
30�
Z tre±ci zadania wynika, ªe |AE|= |EB|=4. Poniewaª DFÎCE i D jest ±ro dkiem o dcinka BC,to F jest ±ro dkiem o dcinka EB. St°d |FB|= 2.
Tró jk°t BDF jest „ p o™ow°” tró jk°ta równob o cznego o wysoko±ci FB, wi¶c |FB|=2 |DF|
Ô3
2.
St°d |DF|=|FB|Ô3=
2Ô3
.
Z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta ADF obliczamy d™ugo±¢ ±ro dkowej AD:
|AD|=Ò|AF|2+ |DF|2 =
Û
62+
32Ô3
42
=
Ú36+
4
3=
Ú112
3= 4
Ú7
3=
4Ô21
3.
V sposób rozwiπzania
A B
C
D
E
S
30�
Z tre±ci zadania wynika, ªe |AE|= |EB|= 4. Tró jk°t CEB jest „ p o™ow°” tró jk°ta równob o cz-
nego o wysoko±ci EB, wi¶c |EB|=2 |CE|
Ô3
2. St°d |CE|=
|EB|Ô3=
4Ô3
.
Poziom rozszerzony 59
Z twierdzenia o ±ro dku ci¶ªko±ci tró jk°ta wynika, ªe |AS|=2
3|AD| i |SE|=
1
3|CE|=
1
3· 4Ô
3=
4
3Ô3
.
Z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta ASE mamy:
|AS|2 = |AE|2+ |SE|2 , czyli32
3|AD|
42
= 42+
34
3Ô3
42
.
St°d4
9|AD|
2 = 16+16
27, czyli
4
9|AD|
2 =448
27.
Zatem
|AD|=
Ú112
3= 4
Ú7
3=
4Ô21
3.
VI sposób rozwiπzania
A B
C
D
E
30�
Z tre±ci zadania wynika, ªe |AE|= |EB|= 4. Tró jk°t CEB jest „ p o™ow°” tró jk°ta równo-
b o cznego o wysoko±ci EB, wi¶c |BC|=8Ô3= |AC|. Zaznaczamy punkt F tak, ªe
��!AD=
�!DF.
Otrzymujemy równoleg™ob ok ABFC (zobacz rysunek),
A B
C
D
F
w którym |<)ABF|=150¶, |BF|= |AC| i |AF|=2|AD|. Stosujemy twierdzenie cosinusów w tró j-k°cie ABF.
!2 · |AD|
"2= |AB|2+ |BF|2-2 · |AB| · |BF| · 150¶.
St°d
4 · |AD|2 = 64+64
3-2 ·8 · 8Ô
3·A-
Ô3
2
B= 64 · 7
3
|AD|2 =16 ·73
|AD|=3Ô21
3.
Zadanie 8. (Matura ma j 2011 — zadanie 10 (3 p.))
Dany jest czworok°t wypuk™y ABCD nieb ¶d°cy równoleg™ob okiem. Punkty M, N s° o dp o-wiednio ±ro dkami b oków AB i CD. Punkty P, Q s° o dp owiednio ±ro dkami przek°tnych AC
i BD. Uzasadnij, ªe MQ Î PN.
Rozwiπzanie
A B
C
D
M
N
PQ
Poniewaª punkty N i P s° ±ro dkami b oków DC i AC tró jk°ta ADC, wi¶c NP Î AD.
Punkty M i Q s° ±ro dkami b oków AB i DB tró jk°ta ABD, wi¶c MQ Î AD.
Zatem NP ÎMQ.
Rozdzia≥ 7
Geometria na p≥aszczyünie kartezjaÒskiej
W dziale geometria na p≥aszczyünie kartezjaÒskiej:
Zda j°cy p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci z poziomu podstawowego, rozwi°zuj°c zadania,w których:
a) wykorzystuje p o j¶cie uk™adu wsp ó™rz¶dnych na p™aszczyπnie,b) p o da je równanie prostej w p ostaci Ax+By+C= 0 lub y=ax+b, ma j°c dane dwa jej
punkty lub jeden punkt i wsp ó™czynnik a w równaniu kierunkowym,c) bada równoleg™o±¢ i prostopad™o±¢ prostych na p o dstawie ich równa´ kierunkowych,
d) interpretuje geometrycznie uk™ad dwó ch równa´ liniowych z dwiema niewiadomymi,e) oblicza o dleg™o±ci punktów na p™aszczyπnie kartezja´skiej,
f ) wyznacza wsp ó™rz¶dne ±ro dka o dcinka,g) p os™uguje si¶ równaniem okr¶gu (x-a)2+(y-b)2 = r2
oraz z poziomu rozszerzonego p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci, w których:
a) interpretuje geometrycznie nierówno±¢ liniow° z dwiema niewiadomymi i uk™ady takichnierówno±ci,
b) rozwi°zuje zadania dotycz°ce wza jemnego p o™oªenia prostej i okr¶gu, oraz dwó ch okr¶-gów na p™aszczyπnie kartezja´skiej,
c) oblicza o dleg™o±¢ punktu o d prostej,d) opisuje ko™a za p omo c° nierówno±ci,
e) oblicza wsp ó™rz¶dne oraz d™ugo±¢ wektora; do da je i o dejmuje wektory oraz mnoªy jeprzez liczb ¶,
f ) interpretuje geometrycznie dzia™ania na wektorach,g) stosuje wektory do rozwi°zywania zada´, a takªe do dowo dzenia w™asno±ci figur,
h) stosuje wektory do opisu przesuni¶cia wykresu funkcji.
Poziom podstawowy
Zadanie 1. (Próba listopad 2009 — zadanie 28 (2 p.))
W uk™adzie wsp ó™rz¶dnych na p™aszczyπnie punkty A=(2,5) i C=(6,7) s° przeciwleg™ymiwierzcho™kami kwadratu ABCD. Wyznacz równanie prostej BD.
62 7. Geometria na p™aszczyπnie kartezja´skiej
I sposób rozwiπzania
Obliczamy wsp ó™czynnik kierunkowy prostej AC: aAC=7-5
6-2=1
2, a nast¶pnie wyznaczamy
wsp ó™czynnik kierunkowy prostej BD prostopad™ej do AC: aBD =-2.
Wyznaczamy wsp ó™rz¶dne ±ro dka S o dcinka AC: S=
32+6
2,5+7
2
4= (4,6) i wyznaczamy
równanie prostej o wsp ó™czynniku kierunkowym -2, przecho dz°cej przez punkt S.
Odp owiedπ: y=-2x+14.
II sposób rozwiπzania
Wykonujemy rysunek w prostok°tnym uk™adzie wsp ó™rz¶dnych, zaznacza j°c punkty A i C.
A=(2,5)
B=(5,4)
C=(6,7)
D=(3,8)
S=(4,6)
�1 987654321
9
8
7
6
5
4
3
2
1
�1
x
y
Na p o dstawie wyznaczonych punktów okre±lamy wsp ó™rz¶dne ±ro dka o dcinka AC: S=(4,6),a nast¶pnie zaznaczamy punkty B=(5,4) i D=(3,8).
Wyznaczamy równanie prostejBD w dowolnej p ostaci, np. y=-2x+14. W szczególno±ci,moªemy znaleπ¢ punkty przeci¶cia prostej BD z osiami uk™adu wsp ó™rz¶dnych i zapisa¢ rów-nanie o dcinkowe
x
7+
y
14=1. Moªemy równieª o dczyta¢ z rysunku wsp ó™czynnik kierunkowy
prostej BD i punkt przeci¶cia z osi° Oy.
III sposób rozwiπzania
Wyznaczamy równanie symetralnej o dcinka AC, np.
(xC-xA)x+(yC-yA)y-(xC-xA)xS-(yC-yA)yS = 0,
gdzie: A=(xA,yA), C=(xC,yC) i S=(xS,yS) jest ±ro dkiem o dcinka AC. Symetraln° o dcinkaAC jest prosta o równaniu 2x+y-14= 0. Ta prosta przecho dzi przez punkty B i D.
IV sposób rozwiπzania
Obliczamy wsp ó™rz¶dne wektora�!AC= [4,2].
Zapisujemy równanie prostej BD wynika j°ce z ilo czynu skalarnego dwó ch wektorów: 4·x Õ+2·y Õ=0,gdzie x Õ= x-xS oraz y Õ=y-yS, 4(x-xS)+2(y-yS)= 0, gdzie S=(xS,yS) jest ±ro dkiemprzek°tnej AC.
Poziom p o dstawowy 63
Obliczamy wsp ó™rz¶dne ±ro dka kwadratu ABCD: S=(4,6).
Wyznaczamy równanie prostej BD w p ostaci np. y=-2x+14.
V sposób rozwiπzania
Wyznaczamy wsp ó™rz¶dne wektora�!AC=[4,2] oraz wektora do niego prostopad™ego, np. [-2,4].
Zapisujemy równanie parametryczne prostej prostopad™ej przecho dz°cej przez punkt S=(4,6)
— ±ro dek przek°tnej kwadratu ABCD:�
x= 4-2t
y= 6+4t.
Wyznaczamy równanie prostej BD w dowolnej p ostaci, przekszta™ca j°c uk™ad równa´, np.y-6+2(x-4)= 0.
VI sposób rozwiπzania
Na p o dstawie wsp ó™rz¶dnych punktów A=(2,5) i C=(6,7) zapisujemy równo±¢ o dleg™o±cio d punktu P=(x,y), gdzie P jest dowolnym punktem leª°cym na symetralnej o dcinka AC:(x-2)2+(y-5)2 =(x-6)2+(y-7)2.
Wyznaczamy równanie prostej BD w p ostaci np. y=-2x+14.
Zadanie 2. (Próba listopad 2009 — zadanie 33 (4 p.))
Punkty A=(2,0) i B=(12,0) s° wierzcho™kami tró jk°ta prostok°tnego ABC o przeciwprosto-k°tnej AB. Wierzcho™ek C leªy na prostej o równaniu y= x. Oblicz wsp ó™rz¶dne punktu C.
I sposób rozwiπzania
Punkt C leªy na prostej o równaniu y= x i na okr¶gu, którego ±ro dkiem jest ±ro dek prze-ciwprostok°tnej, a promie´ jest równy p o™owie d™ugo±ci tej przeciwprostok°tnej.
Obliczamy d™ugo±¢ przeciwprostok°tnej AB: |AB|=Ò(12-2)2+(0-0)2 = 10.
Wyznaczamy wsp ó™rz¶dne ±ro dka przeciwprostok°tnej: S=(7, 0).
Zapisujemy równanie okr¶gu: (x-7)2+y2 = 25.
Rozwi°zujemy uk™ad równa´
�y= x
(x-7)2+y2 = 25.
Otrzymujemy równanie z jedn° niewiadom°: x2-7x+12= 0.
Rozwi°zaniem tego równania s° liczby: x1 = 4, x2 = 3.
Odp owiedπ: Warunki zadania sp e™nia j° dwa punkty: C=(4,4) oraz C=(3,3).
II sposób rozwiπzania
Oznaczamy wsp ó™rz¶dne punktu C przez (x,y). Wtedy
|AB|=Ò(12-2)2+(0-0)2 = 10,
|AC|=Ò(x-2)2+(y-0)2,
|BC|=Ò(x-12)2+(y-0)2.
64 7. Geometria na p™aszczyπnie kartezja´skiej
Tró jk°t ABC jest prostok°tny, wi¶c sp e™niona jest równo±¢ |AC|2+ |BC|2 = |AB|2, czyli
(x-2)2+y2+(x-12)2+y2 = 102.
Punkt C leªy teª na prostej o równaniu y= x, zatem, aby obliczy¢ jego wsp ó™rz¶dne, roz-wi°zujemy uk™ad równa´:
�(x-2)2+y2+(x-12)2+y2 = 102
y= x
x2-4x+4+x2+x2-24x+144+x2 = 100
x2-7x+12= 0
x1 = 4, x2 = 3.
Odp owiedπ: Warunki zadania sp e™nia j° dwa punkty: C=(4,4) oraz C=(3,3).
III sposób rozwiπzania
Oznaczamy wsp ó™rz¶dne punktu C przez (x,y). Punkt C leªy na prostej o równaniu y= x
i jedno cze±nie jest p o cz°tkiem dwó ch wektorów prostopad™ych�!CA i
�!CB.
Wyznaczamy wsp ó™rz¶dne wektorów�!CA i
�!CB:
�!CA= [2-x,-y],
�!CB= [12-x,-y].
Rozwi°zujemy uk™ad równa´�y= x
(2-x)(12-x)+(-y)(-y)= 0
�y= x
24-2x-12x+x2+y2 = 0
2x2-14x+24= 0
x2-7x+12= 0
x1 = 3, x2 = 4.
Odp owiedπ: Warunki zadania sp e™nia j° dwa punkty: C=(4,4) oraz C=(3,3).
IV sposób rozwiπzania
Punkt C leªy na prostej o równaniu y= x, wi¶c C=(x,x).
A B
C
D
y=x
�1 13121110987654321
5
4
3
2
1
�1
x
y
Poziom p o dstawowy 65
Punkt D jest sp o dkiem wysoko±ci p oprowadzonej z wierzcho™ka k°ta prostego na przeciwpro-stok°tn° AB, wi¶c D=(x,0). Korzysta j°c ze zwi°zków miarowych w tró jk°cie prostok°tnymotrzymujemy zaleªno±¢ |CD|2=|AD|·|DB|. D™ugo±ci tych o dcinków to: |CD|=|x|, |AD|=|x-2|,|DB|= |12-x|.
Otrzymujemy równanie |x|2 = |x-2| · |12-x| dla xœ È2, 12Í, czyli
x2 = 14x-24-x2,
x2-7x+12= 0,
x1 = 4, x2 = 3.
Odp owiedπ: Warunki zadania sp e™nia j° dwa punkty: C=(4,4) oraz C=(3,3).
V sposób rozwiπzania
Zapisujemy uk™ad równa´ z™oªony z równania prostej y= x oraz równa´ p ¶ków prostychprzecho dz°cych o dp owiednio przez punkty A i B.
8><
>:
y= x
y=a(x-2)
y=-1
a(x-12).
Przekszta™camy uk™ad równa´ do równania z niewiadom° a:
2a
a(1-a)+12
a+
2a
1-a= 0.
Przekszta™camy równanie wymierne do równania kwadratowego: a2-5a+6=0, sk°d otrzy-mujemy 2 rozwi°zania: a= 2 lub a= 3.
Otrzymujemy wsp ó™rz¶dne dwó ch punktów sp e™nia j°cych warunki zadania, o dp owiednioC=(4,4) oraz C=(3,3).
Zadanie 3. (Matura ma j 2011 — zadanie 31 (4 p.))
Okr° g o ±ro dku w punkcie S= (3,7) jest styczny do prostej o równaniu y= 2x-3. Obliczwsp ó™rz¶dne punktu styczno±ci.
I sposób rozwiπzania
Wsp ó™czynnik kierunkowy m prostej prostopad™ej do prostej o równaniu y=2x-3 jest równy
m=-1
2.
Zapisujemy równanie prostej prostopad™ej do stycznej i przecho dz°cej przez punkt S=(3,7):
y=-1
2x+
17
2.
Zapisujemy i rozwi°zujemy uk™ad równa´:8<
:y= 2x-3
y=-1
2x+
17
2,
66 7. Geometria na p™aszczyπnie kartezja´skiej
-1
2x+
17
2= 2x-3,
x=23
5.
St°d y=31
5.
Zatem punkt styczno±ci ma wsp ó™rz¶dne323
5,31
5
4.
II sposób rozwiπzania
Obliczamy o dleg™o±¢ d ±ro dka okr¶gu S=(3,7) o d prostej o równaniu 2x-y-3= 0:
d=|6-7-3|Ô
4+1=
4Ô5.
Punkt P=(x,2x-3) jest punktem styczno±ci okr¶gu o ±ro dku w punkcie S=(3,7) i prostej
y= 2x-3. Zatem |PS|=d oraz |PS|=Ò(x-3)2+(2x-10)2.
Przekszta™camy równanieÒ(x-3)2+(2x-10)2 =
4Ô5
do p ostaci 5x2-46x+109-16
5= 0.
Rozwi°zujemy równanie 5x2-46x+1054
5= 0.
St°d x=23
5.
Zatem punkt styczno±ci ma wsp ó™rz¶dne: P=
323
5,31
5
4.
III sposób rozwiπzania
Punkt P=(x,y) jest punktem styczno±ci okr¶gu o ±ro dku S=(3,7) i prostej y= 2x-3.
Zapisujemy uk™ad równa´:�
(x-3)2+(y-7)2 = r2
y= 2x-3.
Przekszta™camy uk™ad równa´ do równania kwadratowego z niewiadom° x:
(x-3)2+(2x-10)2 = r2,
5x2-46x+109-r2 = 0.
Zapisujemy warunek �= 0 , dla którego okr° g ma jeden punkt wsp ólny z prost° y= 2x-3
i obliczamy r2:
�=-64+20r2, 20r2-64= 0, 20r2 = 64, r2 =64
20=
16
5.
Rozwi°zujemy równanie:
5x2-46x+109-16
5= 0,
5x2-46x+1054
5= 0,
x=23
5.
Poziom p o dstawowy 67
Zatem punkt styczno±ci ma wsp ó™rz¶dne: P=
323
5,31
5
4.
Zadanie 4. (Próba listopad 2010 — zadanie 33 (4 p.))
Punkty A= (1, 5), B= (14, 31), C= (4, 31) s° wierzcho™kami tró jk°ta. Prosta zawiera j°cawysoko±¢ tego tró jk°ta p oprowadzona z wierzcho™ka C przecina prost° AB w punkcie D.Oblicz d™ugo±¢ o dcinka BD.
I sposób rozwiπzania
Wyznaczamy równanie prostej AB: y= 2x+3.
Wyznaczamy równanie prostej CD, prostopad™ej do prostej AB: y=-1
2x+33.
Obliczamy wsp ó™rz¶dne punktu D: D=(12,27).
Obliczamy d™ugo±¢ o dcinka BD: |BD|= 2Ô5.
II sposób rozwiπzania
Wyznaczamy równanie prostej AB: y= 2x+3.
Wyznaczamy równanie prostej CD, prostopad™ej do prostej AB: y=-1
2x+33, czyli x+2y-66=0.
Obliczamy o dleg™o±¢ punktu B=(14,31) o d prostej CD o równaniu x+2y-66= 0:
|14+2 ·31-66|Ô5
= 2Ô5, wi¶c |BD|= 2
Ô5.
III sposób rozwiπzania
Wyznaczamy równanie prostej AB: y= 2x+3.
Obliczamy o dleg™o±¢ punktu C=(4, 31) o d prostej AB o równaniu 2x-y+3= 0:
|CD|=|2 ·4-31+3|Ô
5=
20Ô5.
Obliczamy d™ugo±¢ o dcinka CB: |CB|= 10.
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta CDB i obliczamy d™ugo±¢ o dcinka BD:3
20Ô5
42
+ |BD|2 = 102, wi¶c |BD|= 2
Ô5.
IV sposób rozwiπzania
Obliczamy d™ugo±¢ o dcinka CB oraz wysoko±¢ tró jk°ta ABC opuszczon° z wierzcho™ka A:|CB|= 10, hA = 26.
Obliczamy p ole tró jk°ta ABC: PABC =10 ·262
= 130.
Obliczamy d™ugo±¢ o dcinka AB: |AB|=Ô845= 13
Ô5.
Pole tró jk°ta ABC moªemy zapisa¢ nast¶puj°co: PABC=|AB| · |CD|
2. Zatem
13Ô5 · |CD|
2=130.
St°d |CD|= 4Ô5.
68 7. Geometria na p™aszczyπnie kartezja´skiej
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta CDB i obliczamy d™ugo±¢ o dcinka BD:14Ô522
+ |BD|2 = 102, wi¶c |BD|= 2
Ô5.
V sposób rozwiπzania
Obliczamy d™ugo±ci wszystkich b oków tró jk°ta ABC: |AB|=Ô845, |AC|=
Ô685, |CB|= 10.
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°tów CDB i ADCi zapisujemy uk™ad równa´:�
|CB|2 = |BD|2+ |CD|
2
|CA|2 =(|AB|- |BD|)2+ |CD|
2 .
Wyznaczamy |CD|2 z pierwszego równania i p o dstawiamy do drugiego równania. Otrzymu-
jemy: 1Ô68522
=1Ô
845- |BD|22
+102- |BD|2 .
St°d |BD|= 2Ô5.
Poziom rozszerzony
Zadanie 5. (Matura ma j 2010 — zadanie 7 (6 p.))
Punkt A= (-2,5) jest jednym z wierzcho™ków tró jk°ta równoramiennego ABC, w którym|AC| = |BC|. Pole tego tró jk°ta jest równe 15. Bok BC jest zawarty w prostej o równaniuy= x+1. Oblicz wsp ó™rz¶dne wierzcho™ka C.
I sposób rozwiπzania
A=(�2,5)
�3 �2 �1 54321
6
5
4
3
2
1
�2
�1
x
y
Obliczamy o dleg™o±¢ punktu A o d prostej o równaniu x-y+1= 0: d=|-2-5+1|Ô
1+1= 3Ô2.
Poziom rozszerzony 69
Obliczona o dleg™o±¢ d jest równa wysoko±ci tró jk°ta ABC p oprowadzonej do b oku BC.Znamy p ole tró jk°ta ABC, wi¶c obliczamy d™ugo±¢ b oku BC.
PABC = 15,
1
2d · |BC|= 15,
|BC|=30
3Ô2= 5Ô2.
Punkt C=(x,y) leªy na prostej o równaniu y= x+1, zatem C=(x,x+1).
Poniewaª |AC|= |BC|, wi¶c korzysta j°c ze wzoru na d™ugo±¢ o dcinka, zapisujemy równanie:Ò(x+2)2+(x+1-5)2 = 5
Ô2
Rozwi°zujemy otrzymane równanie:
x2+4x+4+x2-8x+16= 50,
x2-2x-15= 0,
x1 = 5, x2 =-3 i nast¶pnie y1 = 6 oraz y2 =-2.
Ostatecznie otrzymujemy dwa punkty: C1 =(5,6) oraz C2 =(-3,-2).
II sposób rozwiπzania
Punkty B i C leª° na prostej o równaniu y= x+1, zatem B=(xB,xB+1), C=(xC,xC+1).Wyznaczamy wsp ó™rz¶dne wektorów
�!AC i
�!AB:
�!AC= [xC+2, xC+1-5] = [xC+2, xC-4],
�!AB= [xB+2, xB-4] .
Pole tró jk°ta ABC obliczamy ze wzoru
PABC =1
2
---1�!AC,
�!AB2---=
1
2|(xC+2) ·(xB-4)-(xC-4) ·(xB+2)|=
=1
2|xC ·xB-4xC+2xB-8-xC ·xB-2xC+4xB+8|=
=1
2· |6xB-6xC|= 3 · |xB-xC| .
St°d i z tego, ªe |AC|= |BC|, otrzymujemy uk™ad równa´�
|AC|= |BC|
3 · |xB-xC|= 15.
Zatem mamy dwa uk™ady równa´:�
3 ·(xB-xC)= 15Ò(xC+2)2+(xC-4)2 =
Ò(xC-xB)
2+(xC-xB)2
lub�
-3 ·(xB-xC)= 15Ò(xC+2)2+(xC-4)2 =
Ò(xC-xB)
2+(xC-xB)2 .
70 7. Geometria na p™aszczyπnie kartezja´skiej
Rozwi°zujemy pierwszy uk™ad równa´.�
xB-xC = 5Òx2C+4xC+4+x2C-8xC+16=
Ô25+25.
Z drugiego równania otrzymujemy równanie kwadratowe
2x2C-4xC+20= 50,
x2C-2xC-15= 0.
Rozwi°zaniami równania s° liczby xC = 5 i xC =-3.Wsp ó™rz¶dne punktów B i C to C1 =(5,6), C2 =(-3,-2), B1 =(10,11), B2 =(2,3).Rozwi°zujemy drugi uk™ad równa´.
�xB-xC =-5Òx2C+4xC+4+x2C-8xC+16=
Ô25+25.
Z drugiego równania otrzymujemy równanie kwadratowe
2x2C-4xC+20= 50,
x2C-2xC-15= 0.
Rozwi°zaniami równania s° liczby xC = 5 i xC =-3.St°d otrzymujemy C1 =(5,6), B1 =(0,1) oraz C2 =(-3,-2), B2 =(-8,-7).
Wierzcho™kiem C tró jk°ta ABC jest zatem punkt C=(5,6) lub C=(-3,-2).
Zadanie 6. (Matura ma j 2011 — zadanie 7 (4 p.))
Oblicz miar¶ k°ta mi¶dzy stycznymi do okr¶gu x2+y2+2x-2y-3= 0 p oprowadzonymiprzez punkt A=(2, 0).
I sposób rozwiπzania
Stwierdzamy, ªe prosta o równaniu x= 2 nie jest styczna do okr¶gu x2+y2+2x-2y-3= 0
(o dleg™o±¢ ±ro dka okr¶gu o d tej prostej jest wi¶ksza o d promienia). Zapisujemy równaniekierunkowe prostej przecho dz°cej przez punkt A=(2, 0): y=a(x-2) lub y=ax-2a w za-leªno±ci o d parametru a (gdzie a jest wsp ó™czynnikiem kierunkowym prostej stycznej).
Zapisujemy uk™ad równa´�
x2+y2+2x-2y-3= 0
y=ax-2ai doprowadzamy go do równania
kwadratowego z niewiadom° x, np. x2+(ax-2a)2+2x-2(ax-2a)-3=0. Prosta y=ax-2a
jest styczna do okr¶gu wtedy, gdy uk™ad ten ma dok™adnie jedno rozwi°zanie, czyli gdyrównanie kwadratowe x2+(ax-2a)2+2x-2(ax-2a)-3=0 ma dok™adnie jedno rozwi°zanie.Przekszta™camy równanie
x2+a2x2-4a2x+4a2+2x-2ax+4a-3= 0,
x2!1+a2
"+x!-4a2-2a+2
"+4a2+4a-3= 0.
Poziom rozszerzony 71
A
S
�3 �2 �1 54321
4
3
2
1
�2
�1
x
y
Zapisujemy warunek na to, aby równanie x2!1+a2
"+x!-4a2-2a+2
"+4a2+4a-3= 0
mia™o jedno rozwi°zanie: �= 0.
Obliczamy �=!-4a2-2a+2
"2-4 ·!1+a2
"·!4a2+4a-3
"i otrzymujemy równanie
4!2a2+a-1
"2-4 ·!1+a2
"·!4a2+4a-3
"= 0.
St°d 2a2+3a-2= 0.
Rozwi°zujemy równanie 2a2+3a-2= 0:
a1 =-2 lub a2 =1
2.
Poniewaª a1, a2 oznacza j° wsp ó™czynniki kierunkowe prostych stycznych i a1 ·a2=-1, wi¶cte styczne s° do siebie prostopad™e.
St°d miara k°ta mi¶dzy stycznymi jest równa 90¶.
Moªemy teª skorzysta¢ ze wzorów Viete’a i zapisa¢ a1 ·a2 =-2
2=-1, gdzie a1 i a2 s°
pierwiastkami równania 2a2+3a-2= 0.
Poniewaª a1, a2 oznacza j° wsp ó™czynniki kierunkowe prostych stycznych i a1 ·a2=-1, wi¶cte styczne s° do siebie prostopad™e.
Zatem k°t mi¶dzy stycznymi jest równy 90¶.
72 7. Geometria na p™aszczyπnie kartezja´skiej
II sposób rozwiπzania
Przekszta™camy równanie okr¶gu x2+y2+2x-2y-3= 0 do p ostaci (x+1)2+(y-1)2 = 5.
Wyznaczamy wsp ó™rz¶dne ±ro dka S i promie´ r tego okr¶gu: S=(-1,1), r=Ô5.
Stwierdzamy, ªe prosta o równaniu x=2 nie jest styczna do okr¶gu x2+y2+2x-2y-3=0.
Zapisujemy równanie kierunkowe prostej przecho dz°cej przez punkt A= (2, 0) i stycznejdo okr¶gu:
y=a(x-2) lub y=ax-2a lub ax-y-2a=0 w zaleªno±ci o d parametru a (gdzie a oznaczawsp ó™czynnik kierunkowy prostej stycznej).
Wyznaczamy o dleg™o±¢ ±ro dka S okr¶gu o d prostej o równaniu ax-y-2a= 0:
d=|-a-1-2a|Ô
a2+1.
Poniewaª promie´ okr¶gu jest równy o dleg™o±ci ±ro dka okr¶gu S o d stycznej, wi¶c otrzymu-jemy równanie
Ô5=
|-a-1-2a|Ôa2+1
.
Przekszta™camy to równanie:5a2+5= |-3a-1| ,
5a2+5= 9a2+6a+1,
st°d
2a2+3a-2= 0.
Dalej p ost¶pujemy jak w sp osobie I.
III sposób rozwiπzania
Przekszta™camy równanie okr¶gu x2+y2+2x-2y-3= 0 do p ostaci (x+1)2+(y-1)2 = 5.
Wyznaczamy wsp ó™rz¶dne ±ro dka S i promie´ r tego okr¶gu: S=(-1,1), r=Ô5.
Rysujemy okr° g o ±ro dku S=(-1,1) i promieniu r=Ô5 oraz punkt A=(2, 0).
Niech punkty B i C b ¶d° punktami styczno±ci prostych p oprowadzonych z punktu A=(2, 0)do okr¶gu o równaniu (x+1)2+(y-1)2 = 5.
Wówczas |<) SBA|= |<) SCA|= 90¶ i |SA| jest przeciwprostok°tn° w tró jk°tach ACS i ABS.
Obliczamy lub o dczytujemy d™ugo±¢ o dcinka |SA|:
|SA|=Ò(2+1)2+(0-1)2 =
Ô9+1=
Ô10.
Poniewaª |SB|2 + |AB|2 = |SA|2 i |SC|2 + |CA|
2 = |SA|2, wi¶c |AB|=
Ô5 i |AC|=
Ô5. St°d
|SB|= |AB|= |AC|= |SC|.
Zapisujemy równanie okr¶gu o ±ro dku w punkcie A=(2, 0) i promieniu |AB|=Ô5:
(x-2)2+y2 = 5.
Poziom rozszerzony 73
A
S
B
C
�3 �2 �1 54321
4
3
2
1
�2
�1
x
y
Punkty przeci¶cia okr¶gów o równaniach (x+1)2 +(y-1)2 = 5 i (x-2)2 +y2 = 5, któres° jedno cze±nie punktami styczno±ci prostych stycznych do okr¶gu (x+1)2+(y-1)2 = 5,p oprowadzonych przez punkt A= (2, 0), to punkty B i C. Wyznaczamy ich wsp ó™rz¶dnerozwi°zuj°c uk™ad równa´ �
(x+1)2+(y-1)2 = 5
(x-2)2+y2 = 5
lub o dczytujemy z wykresu: B=(1, 2) i C=(0,-1).
Przekszta™camy uk™ad równa´ do równania i wyznaczamy y w zaleªno±ci o d x:
(x+1)2+(y-1)2 =(x-2)2+y2,
x2+2x+1+y2-2y+1= x2-4x+4+y2,
-4x+4-2x+2y-2= 0,
-6x+2y+2= 0,
2y= 6x-2,
y= 3x-1.
Po dstawiamy y= 3x-1 do równania (x-2)2+y2 = 5. Przekszta™camy to równanie:
(x-2)2+(3x-1)2 = 5
10x2-10x= 0,
10x(x-1)= 0.
St°d x= 0 lub x-1= 0.
Zatem x= 0 lub x= 1.
Zatem y=-1 lub y= 2.
Punkty styczno±ci ma j° wsp ó™rz¶dne B=(1, 2) i C=(0,-1).
Zapisujemy równania prostych AB i AC stycznychdo okr¶gu (x+1)2+(y-1)2 = 5:
y=-2x+4 i y=1
2x-1 lub tylko ich wsp ó™czynniki kierunkowe: a1 =-2, a2 =
1
2.
Poniewaª -2 · 12=-1, to proste AB i AC s° prostopad™e.
IV sposób rozwiπzania
Wyznaczamy wsp ó™rz¶dne ±ro dka S i promie´ r tego okr¶gu: S=(-1,1), r=Ô5.
Rysujemy okr° g o ±ro dku S=(-1,1) i promieniu r=Ô5 oraz punkt A=(2, 0).
A
S
B
C
�3 �2 �1 54321
4
3
2
1
�2
�1
x
y
Mamy: |SB|=Ô5 oraz |SA|=
Ò(-1-2)2+(1-0)2 =
Ô10, a tró jk°t SAB jest prostok°tny,
z k°tem prostym przy wierzcho™ku B.
Obliczamy |<) SAB|=
Ô5Ô10
=
Ô2
2.
St°d |<) SAB|= 45¶, czyli |<) BAC|= 90¶.
Rozdzia≥ 8
Stereometria
W dziale stereometria:
Zda j°cy p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci z poziomu podstawowego, rozwi°zuj°c zadania,w których:
a) wskazuje i oblicza k°ty mi¶dzy ±cianami wielo±cianu, mi¶dzy ±cianami i o dcinkami orazmi¶dzy o dcinkami takimi jak kraw¶dzie, przek°tne, wysoko±ci,
b) wyznacza zwi°zki miarowe w wielo±cianach i bry™ach obrotowych z zastosowaniem try-gonometrii
oraz z poziomu rozszerzonego p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci, w których:
a) wyznacza przekro je wielo±cianów p™aszczyzn°,b) stosuje twierdzenie o trzech prostych prostopad™ych.
Poziom podstawowy
Zadanie 1. (Matura ma j 2010 — zadanie 32 (4 p.))
Po dstaw° ostros™upa ABCD jest tró jk°t ABC. Kraw¶dπ AD jest wysoko±ci° ostros™upa (zo-bacz rysunek). Oblicz ob j¶to±¢ ostros™upa ABCD, je±li wiadomo, ªe |AD|= 12, |BC|= 6,|BD|= |CD|= 13.
A B
C
D
12 13
13
6
76 8. Stereometria
Strategia rozwi°zania tego zadania sprowadza si¶ do realizacji nast¶puj°cych etap ów roz-wi°zania:
obliczenie d™ugo±ci kraw¶dzi AB lub AC p o dstawy ostros™upa b°dπ wysoko±ci DE ±cianyb o cznej BCD;zastosowanie p oprawnej meto dy obliczenia p ola p o dstawy i obliczenie tego p ola;obliczenie ob j¶to±ci ostros™upa.
I sposób rozwiπzania („kraw¶dπ p o dstawy, wysoko±¢ AE p o dstawy i wzór na p ole tró jk°taABC”)
Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do tró jk°ta ABD wynika, ªe |AB|2=|BD|2-|AD|2=25,st°d |AB|= 5. Po dobnie z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do tró jk°ta ACD wynika,ªe |AC|= 5.
A
B CE
Rysujemy tró jk°t ABC i prowadzimy w nim wysoko±¢ AE. Tró jk°t ABC jest równoramienny(|AB|= |AC|), wi¶c |BE|= |EC|= 3. Z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta AEB mamy
|AE|2 = |AB|2- |BE|2 = 16, st°d |AE|= 4.
Zatem PABC =1
2·6 ·4= 12.
Ob j¶to±¢ ostros™upa jest równa V =1
3·12 ·12= 48.
II sposób rozwiπzania („kraw¶dπ p o dstawy, cosinus jednego z k°tów tró jk°ta ABC, wzórz sinusem na p ole tró jk°ta ABC”)
Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do tró jk°ta ABD wynika, ªe |AB|2=|BD|2-|AD|2=25,st°d |AB|= 5. Po dobnie z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do tró jk°ta ACD wynika,ªe |AC|= 5.
Poziom p o dstawowy 77
A
B CE
�
↵
Rysujemy tró jk°t ABC, prowadzimy w nim wysoko±¢ AE i oznaczamy ↵= |<) ABC|.
Wariant I obliczenia p ola p o dstawy.
Tró jk°t ABC jest równoramienny (|AC|= |BC|), wi¶c |BE|= |EC|=3. St°d ↵=|BE|
|BA|=3
5.
Zatem
↵=1- 2↵=
Û
1-
33
5
42
=4
5.
Pole tró jk°ta ABC jest równe
PABC =1
2· |BC| · |BA| · ↵=
1
2·6 ·5 · 4
5= 12.
Wariant I I obliczenia p ola p o dstawy.Z twierdzenia cosinusów dla tró jk°ta ABC obliczamy �:
62 = 52+52-2 ·5 ·5 �,
st°d �=7
25.
Nast¶pnie obliczamy
�=1- 2�=
Û
1-
37
25
42
=24
25.
Pole tró jk°ta ABC jest równe
PABC =1
2· |AB| · |AC| · �=
1
2·5 ·5 · 24
25= 12.
Po obliczeniu p ola p o dstawy obliczamy ob j¶to±¢ V ostros™upa:
V =1
3·12 ·12= 48.
III sposób rozwiπzania („kraw¶dπ p o dstawy, wzór Herona na p ole tró jk°ta ABC”)
Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do tró jk°ta ABD wynika, ªe
|AB|2 = |BD|2- |AD|2 = 25,
78 8. Stereometria
st°d |AB|= 5. Po dobnie, z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do tró jk°ta DAC wynika,ªe |AC|= 5. Pole tró jk°ta ABC obliczamy ze wzoru Herona
PABC =
p(p-a)(p-b)(p-c), gdzie p=5+5+6
2= 8,
p-a= 8-6= 2,
p-b=p-c= 8-5= 3.
PABC =Ô8 ·2 ·3 ·3= 12.
Ob j¶to±¢ ostros™upa jest równa
V =1
3·PABC · |AD|=
1
3·12 ·12= 48.
IV sposób rozwiπzania („wysoko±¢ ±ciany b o cznej BCD, wysoko±¢ AE p o dstawy i wzór nap ole tró jk°ta ABC”)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.
A B
C
D
E
12 13
13
6
Tró jk°t BCD jest równoramienny, wi¶c ±ro dek E b oku BC jest sp o dkiem wysoko±ci DE tegotró jk°ta. Z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do tró jk°ta BED wynika, ªe
|DE|2 = |BD|2- |BE|2 = 132-32 = 160.
Z twierdzenia Pitagorasa w tró jk°cie DAE obliczamy wysoko±¢ AE tró jk°ta ABC:
|AE|2 = |DE|2- |AD|2 = 160-122 = 16,
st°d |AE|= 4. Pole tró jk°ta ABC jest równe PABC =1
2·6 ·4= 12.
Poziom rozszerzony 79
Ob j¶to±¢ ostros™upa jest równa V =1
3·12 ·12= 48.
Zadanie 2. (Matura ma j 2011 — zadanie 33 (4 p.))
Punkty K, L i M s° ±ro dkami kraw¶dzi BC, GH i AE sze±cianu ABCDEFGH o kraw¶dzid™ugo±ci 1 (zobacz rysunek). Oblicz p ole tró jk°ta KLM.
A B
CD
EF
GH
K
L
M
Rozwiπzanie
Tró jk°t ABK jest tró jk°tem prostok°tnym, zatem |AK|2 =
31
2
42
+1. St°d |AK|2 =5
4.
Tró jk°t MAK jest tró jk°tem prostok°tnym, zatem
|MK|2 = |MA|2+ |AK|2 =
31
2
42
+5
4=
3
2.
Analogicznie dla tró jk°tów MEL i LGK obliczamy kwadraty d™ugo±ci b oków ML i KL:
|ML|2 = |KL|2 =3
2.
Poniewaª |ML|2 = |KL|2 = |MK|2, wi¶c tró jk°t KLMjest równob o czny.
Zatem jego p ole jest równe P=|MK|2 ·
Ô3
4, st°d P=
32·Ô3
4=
3
8
Ô3.
Poziom rozszerzony
Zadanie 3. (Matura ma j 2010 — zadanie 11 (5 p.))
W ostros™upie prawid™owym tró jk°tnym kraw¶dπ p o dstawy ma d™ugo±¢ a. ëciany b o czne s°tró jk°tami ostrok°tnymi. Miara k°ta mi¶dzy s°siednimi ±cianami b o cznymi jest równa 2↵.Wyznacz ob j¶to±¢ tego ostros™upa.
Uwaga
Strategi¶ rozwi°zania zadania moªna zrealizowa¢ na wiele sp osob ów. W kaªdym z nichwyróªniamy nast¶puj°ce etapy rozwi°zania:
80 8. Stereometria
p oprawna interpretacja bry™y i p o danego k°ta dwu±ciennego w tej bryle;wyznaczenie m lub h w zaleªno±ci o d a i ↵;wyznaczenie jednej z wielko±ci: x, b, hb (w zaleªno±ci o d a i ↵), z której moªna juªwyznaczy¢ H;wyznaczenie H w zaleªno±ci o d a i ↵;wyznaczenie V w zaleªno±ci o d a i ↵.
Uªyli±my oznacze´ takich jak na rysunku.
I sposób rozwiπzania (wyznaczenie m, wyznaczenie x, wyznaczenie H z p o dobie´stwa tró j-k°tów OCS i ECF)
Wysoko±¢ p o dstawy ostros™upa jest równa hp =aÔ3
2.
Poziom rozszerzony 81
Wyznaczamy wysoko±¢ FE tró jk°ta równoramiennego ABE:
↵=|FB|
|BE|=
12a
m, st°d m=
a
2 ↵.
Wyznaczamy d™ugo±¢ o dcinka EC z twierdzenia Pitagorasa w tró jk°cie FEC: x=Òh2p-m2,
czyli
x=
ııÙAaÔ3
2
B2
-
3a
2 ↵
42
=a
Û3 2↵-1
4 2↵=
a
4 2↵-1
2 ↵.
Z p o dobie´stwa tró jk°tów OCS i ECF mamy:
|OS|
|OC|=
|EF|
|EC|, czyli
H23hp
=m
x.
St°d
H=m · 2
3· aÔ3
2
aÔ
4 2↵-1
2 ↵
=a
2 ↵· aÔ3
3
aÔ
4 2↵-1
2 ↵
=a ↵
Ô3 ·4 2↵-1
.
Wyznaczamy ob j¶to±¢ ostros™upa:
V =1
3· a
2Ô3
4·H=
1
3· a
2Ô3
4· a ↵Ô34 2↵-1
=a3 ↵
124 2↵-1
.
II sposób rozwiπzania (wyznaczenie h, wyznaczenie x, wyznaczenie b z p o dobie´stwa tró j-k°tów DCS i ECB, wyznaczenie H)
Wysoko±¢ p o dstawy ostros™upa jest równa hp =aÔ3
2.
Wyznaczamy wysoko±¢ BE ±ciany b o cznej BCS ostros™upa:
↵=|FB|
|BE|=
12a
h, st°d h=
a
2 ↵.
82 8. Stereometria
(Alb o z twierdzenia cosinusów: a2 =h2+h2-2 ·h ·h 2↵, sk°d h=a
2(1- 2↵)).
Wyznaczamy d™ugo±¢ o dcinka EC z twierdzenia Pitagorasa w tró jk°cie BEC:
x=a2-h2 =
Û
a2-a2
4 2↵=
a4 2↵-1
2 ↵.
Tró jk°ty DCS i ECB s° p o dobne. St°d obliczamy d™ugo±¢ kraw¶dzi b o cznej:
b12a=
a
x, wi¶c b=
12a2
aÔ
4 2↵-1
2 ↵
=a ↵4 2↵-1
.
Wyznaczamy wysoko±¢ ostros™upa, korzysta j°c z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta COS:
H2+
32
3hp
42
=b2,
H2 =
Aa ↵4 2↵-1
B2
-
AaÔ3
3
B2
=
=9a2 2↵-3a2
14 2↵-1
2
914 2↵-1
2 =
=a211- 2↵
2
314 2↵-1
2 = a2 2↵
314 2↵-1
2 ,
zatem
H=a ↵Ú
314 2↵-1
2 .
Wyznaczamy ob j¶to±¢ ostros™upa:
V =1
3· a
2Ô3
4·H=
1
3· a
2Ô3
4· a ↵Ú
314 2↵-1
2 =1
12
a3 ↵4 2↵-1
.
Poziom rozszerzony 83
III sposób rozwiπzania (wyznaczenie h, wyznaczenie x, wyznaczenie hb, wyznaczenie H)
Wysoko±¢ p o dstawy ostros™upa jest równa hp =aÔ3
2.
Wyznaczamy wysoko±¢ BE ±ciany b o cznej BCS ostros™upa:
↵=|FB|
|BE|=
12a
h, st°d h=
a
2 ↵.
(Alb o z twierdzenia cosinusów: a2 =h2+h2-2 ·h ·h 2↵, sk°d h=a
2(1- 2↵)).
Pole tró jk°ta BCS moªemy zapisa¢ na dwa sp osoby:
PBCS =1
2· |BC| · |DS|=
1
2a ·hb oraz PBCS =
1
2· |CS| · |BE|= 1
2·b · a
2 ↵.
St°d otrzymujemy równo±¢1
2a ·hb =
1
2·b · a
2 ↵,
a z niej: b= 2hb ↵.
(Zaleªno±¢ mi¶dzy b, h, a, hb uzyska¢ moªemy teª z p o dobie´stwa tró jk°tów SDC i BECb
hb=
a
h, sk°d kolejno bh=ahb, b · a
2 ↵=ahb, b= 2hb ↵).
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa w tró jk°cie CDS i otrzymujemy:
h2b =b2-
31
2a
42
.
St°d i z p oprzedniej równo±ci mamy:
h2b =(2hb ↵)2-
31
2a
42
.
Wyznaczamy teraz
h2b =
a2
414 2↵-1
2 .
84 8. Stereometria
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta DOS i wyznaczamy wysoko±¢ ostros™upa
H=Òh2b- |OD|
2 =
ıııÙa2
414 2↵-1
2 -A1
3· aÔ3
2
B2
=a ↵
Ô34 2↵-1
.
Wyznaczamy ob j¶to±¢ ostros™upa
V =1
3PABC ·h=
1
3· a
2Ô3
4· a ↵Ô3 ·4 2↵-1
=a3 ↵
12
4 2↵-1.
Zadanie 4. (Matura ma j 2011 — zadanie 8 (4 p.))
W±ró d wszystkich graniastos™up ów prawid™owych sze±ciok°tnych, w których suma d™ugo±ciwszystkich kraw¶dzi jest równa 24, jest taki, który ma na jwi¶ksze p ole p owierzchni b o cznej.Oblicz d™ugo±¢ kraw¶dzi p o dstawy tego graniastos™upa.
Rozwiπzanie
a
h
Wprowadzamy oznaczenia: a — d™ugo±¢ kraw¶dzi p o dstawy graniastos™upa, h — d™ugo±¢kraw¶dzi b o cznej graniastos™upa.
Z tego, ªe suma d™ugo±ci wszystkich kraw¶dzi graniastos™upa prawid™owego sze±ciok°tnegojest równa 24, mamy 12a+6h= 24.
Wyznaczamy jedn° ze zmiennych: h= 4-2a lub a= 2-h
2.
Pole P p owierzchni b o cznej jest równe P= 6ah dla aœ (0, 2) oraz hœ (0, 4).
Aby wyznaczy¢ d™ugo±¢ kraw¶dzi p o dstawy graniastos™upa, którego p ole p owierzchni b o cz-nej jest na jwi¶ksze:
zapisujemy funkcj¶ P w zaleªno±ci o d zmiennej a:
P (a)= 6a(4-2a) ,P (a)=-12a2+24a,
p ole P ma na jwi¶ksz° warto±¢, gdy a= 1;
alb o
Poziom rozszerzony 85
zapisujemy funkcj¶ P w zaleªno±ci o d zmiennej h:
P (h)= 6h
32-
h
2
4,P (h)=-3h2+12h,
p ole P ma na jwi¶ksz° warto±¢, gdy h= 2.
Zatem a= 1.
Zadanie 5. (Matura ma j 2011 — zadanie 11 (6 p.))
Dany jest ostros™up prawid™owy czworok°tny ABCDS o p o dstawie ABCD. W tró jk°cie rów-noramiennym ASC stosunek d™ugo±ci p o dstawy do d™ugo±ci ramienia jest równy |AC| : |AS|=6:5.Oblicz sinus k°ta nachylenia ±ciany b o cznej do p™aszczyzny p o dstawy.
I sposób rozwiπzania
A B
CD
S
MH
Wprowadzamy oznaczenia: ↵= |<) HMS|, |AC|= 6x, |AS|= 5x. Poniewaª |AH|=1
2|AC|, wi¶c
|AH|= 3x.
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta CHS i otrzymujemy:
|SH|=Ò|CS|2- |HC|2 =
Ò(5x)2-(3x)2 =
25x2-9x2 = 4x.
Poniewaª |BC|=|AC|Ô
2, wi¶c |BC|=
6xÔ2
.
Zatem |CM|=1
2|BC|=
1
2· 6xÔ
2=
3xÔ2
.
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta CMS i otrzymujemy |SM|2= |CS|2-|CM|
2.
St°d
|SM|=
Ú25x2-
9
2x2 =
Ú50-9
2x2 =
Ú41
2x2 =
Ô41Ô2·x.
86 8. Stereometria
Zatem
↵=|SH|
|SM|=
4xÔ41Ô2·x
=4Ô2Ô41
=4Ô82
41.
II sposób rozwiπzania
A B
CD
S
MH
Wprowadzamy oznaczenia: ↵= |<) HMS|, a= |AB|= |BC|= |CD|= |AD|, st°d |AC|= aÔ2
i |AH|=1
2aÔ2.
Zapisujemy równo±¢ wynika j°c° z tre±ci zadania:
|AC|
|AS|=
6
5, czyli
aÔ2
|AS|=
6
5.
St°d |AS|=5aÔ2
6.
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta prostok°tnego ASH i otrzymujemy:
|SH|=Ò
|AS|2- |AH|2.
St°d
|SH|=
ııÙA5aÔ2
6
B2
-
AaÔ2
2
B2
=
Ú25a2 ·2
36-a2
2=
Ú16a2
18=
4a
3Ô2.
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta prostok°tnego SHM i otrzymujemy:
|SM|=Ò|SH|
2+ |HM|2 (gdzie |HM|=
1
2a).
St°d
|SM|=
Û34a
3Ô2
42
+1a2
22=
Ú16a2
18+a2
4=
Ú32a2+9a2
36=
Ú41a2
36=
Ô41
6·a.
Zatem
↵=|SH|
|SM|=
4a
3Ô2Ô
41a6
=4a
3Ô2· 6Ô
41a=
4Ô82
41.
III sposób rozwiπzania
A B
CD
S
MH
Wprowadzamy oznaczenia: ↵=|<) HMS|, |AC|=6x, |HC|=3x, |SC|=5x. Poniewaª |AH|=1
2|AC|
st°d |AH|= 3x.
Wtedy |BC|Ô2= 6x, st°d |BC|=
6xÔ2
.
Zatem |BM|=3xÔ2
, |HM|=3xÔ2
.
Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla tró jk°ta BMS i otrzymujemy |SM|2= |BS|2-|BM|
2.
St°d
|SM|=
Ú25x2-
9
2x2 =
Ú41
2x2 =
Ô41Ô2x.
Zatem
↵=|HM|
|SM|=
3xÔ2
Ô2Ô
41 ·x=
3Ô41
.
St°d
↵=
1- 2↵=
Ú1-
9
41=
Ú32
41=
4Ô2 ·Ô41
41=
4Ô82
41.
Rozdzia≥ 9
Elementy statystyki opisowej
Teoria prawdopodobieÒstwa i kombinatoryka
W dziale elementy statystyki opisowej, teoria prawdopodobieÒstwa i kombinatoryka:
Zda j°cy p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci z poziomu podstawowego, rozwi°zuj°c zadania,w których:
a) oblicza ±redni° arytmetyczn°, ±redni° waªon°, median¶ i o dchylenie standardowe danych;interpretuje te parametry dla danych empirycznych,
b) zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych, niewymaga j°cych uªycia wzo-rów kombinatorycznych; stosuje zasad¶ mnoªenia,
c) wykorzystuje sum¶, ilo czyn i róªnic¶ zdarze´ do obliczania prawdop o dobie´stw zdarze´,d) wykorzystuje w™asno±ci prawdop o dobie´stwa i stosuje klasyczny mo del prawdop o dobie´-
stwa do obliczania prawdop o dobie´stw zdarze´;
oraz z poziomu rozszerzonego p owinien opanowa¢ umiej¶tno±ci, w których:
wykorzystuje wzory na liczb ¶ p ermutacji, kombinacji i wariacji do zliczania obiektóww sytuacjach kombinatorycznych.
Poziom podstawowy
Zadanie 1. (Matura ma j 2010 — zadanie 33 (4 p.))
Do±wiadczenie losowe p olega na dwukrotnym rzucie symetryczn°, sze±cienn° kostk° do gry.Oblicz prawdop o dobie´stwo zdarzenia A p olega j°cego na tym, ªe w pierwszym rzucie otrzy-mamy parzyst° liczb ¶ o czek i ilo czyn liczb o czek w obu rzutach b ¶dzie p o dzielny przez 12.Wynik przedstaw w p ostaci u™amka zwyk™ego nieskracalnego.
I sposób rozwiπzania
⌦ jest zbiorem wszystkich par (a,b) takich, ªe a,bœ {1,2,3,4,5,6}. Mamy mo del klasyczny.
|⌦|= 36.
Zdarzeniu A sprzyja j° nast¶puj°ce zdarzenia elementarne:
(2,6) , (4,3) , (4,6) , (6,2) , (6,4) , (6,6). Zatem |A|= 6 i st°d P (A)=|A|
|⌦|=
6
36=
1
6.
Poziom p o dstawowy 89
II sposób rozwiπzania
2 4 6
6 3 6 2 4 6
16
16
16
16
16
16
16
16
16
P (A)= 6 · 16· 16=
1
6.
III sposób rozwiπzania
⇥
⇥
⇥⇥
⇥
⇥
1
2
3
4
5
6
1 2 3 4 5 6
Ikostka
II kostka
P (A)=6
36=
1
6.
Zadanie 2. (Próba 2010 — zadanie 31 (2 p.))
Ile jest liczb naturalnych cztero cyfrowych, w zapisie których pierwsza cyfra jest parzysta,a p ozosta™e nieparzyste?
Rozwiπzanie
W zapisie danej liczby na pierwszym miejscu moªe wyst° pi¢ jedna z cyfr: 2, 4, 6, 8, czyli
909. Elementy statystyki opisowej
Teoria prawdop o dobie´stwa i kombinatoryka
mamy 4 moªliwo±ci. Na drugim miejscu moªe by¢ jedna z cyfr: 1, 3, 5, 7, 9, czyli mamy 5
moªliwo±ci. Tak samo na trzecim i czwartym miejscu. Zatem mamy 4 ·53=500 takich liczb.
Zadanie 3. (Matura ma j 2011 — zadanie 30 (2 p.))
Ze zbioru liczb {1,2,3, . . . ,7} losujemy kolejno dwa razy p o jednej liczbie ze zwracaniem.Oblicz prawdop o dobie´stwo wylosowania liczb, których suma jest p o dzielna przez 3.
I sposób rozwiπzania
Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie pary (a, b) liczb z p o danego zbioru. Jest to mo delklasyczny. Obliczamy liczb ¶ wszystkich zdarze´ elementarnych: |⌦|= 72.
Obliczamy liczb ¶ zdarze´ elementarnych sprzyja j°cych zdarzeniu A p olega j°cemu na otrzy-maniu liczb, których suma jest p o dzielna przez 3, np. wypisuj°c je i zlicza j°c:
A=�(1,2) ,(1,5) ,(2,1) ,(2,4) ,(2,7) ,(3,3) ,(3,6) ,(4,2) ,(4,5) ,
(5,1) ,(5,4) ,(5,7) ,(6,3) ,(6,6) ,(7,2) ,(7,5) ,
czyli |A|= 16.
Obliczamy prawdop o dobie´stwo zdarzenia A: P(A)=16
49.
II sposób rozwiπzania
Zdarzeniami elementarnymi s° wszystkie pary (a, b ) liczb z p o danego zbioru. Jest to mo delklasyczny. Tworzymy tab el¶ ilustruj°c° sytuacj¶ opisan° w zadaniu:
⇥
⇥
⇥
⇥
⇥
⇥
⇥
⇥
⇥
⇥
⇥
⇥
⇥
⇥
⇥
⇥
1
2
3
4
5
6
7
1 2 3 4 5 6 7
Obliczamy liczb ¶ wszystkich zdarze´ elementarnych: |⌦|= 72.
Zliczamy oznaczone krzyªykami zdarzenia elementarne sprzyja j°ce zdarzeniu A: |A|= 16.
Obliczamy prawdop o dobie´stwo zdarzenia A: P(A)=16
49.
Poziom rozszerzony 91
III sposób rozwiπzania
Rysujemy drzewo, uwzgl¶dnia j°c tylko istotne ga™¶zie. Prawdop o dobie´stwo na kaªdym
o dcinku tego drzewa jest równe1
7.
1 2 3 4 5 6 7
2 5 1 4 7 3 6 2 5 1 4 7 3 6 2 5
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
17
Obliczamy prawdop o dobie´stwo zdarzenia A: P(A)= 16 · 17· 17=
16
49.
IV sposób rozwiπzania
Rysujemy drzewo, uwzgl¶dnia j°c tylko istotne ga™¶zie i zapisujemy na nich prawdop o do-bie´stwo.
{3,6} {1,4,7} {2,5}
{3,6} {2,5} {1,4,7}
27
37
27
27
27
37
Obliczamy prawdop o dobie´stwo zdarzenia A: P (A)=2
7· 27+3
7· 27+2
7· 37=
16
49.
Poziom rozszerzony
Zadanie 4. (Matura ma j 2010 — zadanie 10 (4 p.))
Oblicz prawdop o dobie´stwo tego, ªe w trzech rzutach symetryczn° sze±cienn° kostk° do grysuma kwadratów liczb uzyskanych o czek b ¶dzie p o dzielna przez 3.
929. Elementy statystyki opisowej
Teoria prawdop o dobie´stwa i kombinatoryka
I sposób rozwiπzania
Zdarzeniami elementarnymi s° trzywyrazowe ci° gi o warto±ciach w zbiorze sze±cio elemen-towym. Mamy mo del klasyczny, |⌦|= 63 = 216.
Reszta z dzielenia kwadratu liczby ca™kowitej przez 3 moªe by¢ równa 0 lub 1. Suma trzechkwadratów b ¶dzie p o dzielna przez 3 wtedy, gdy kaªdy z nich b ¶dzie p o dzielny przez 3 alb ogdy reszta z dzielenia kaªdego z nich przez 3 b ¶dzie równa 1.
Kwadraty liczb 3 i 6 s° liczbami p o dzielnymi przez 3.
Kwadraty liczb 1, 2, 4 i 5 da j° z dzielenia przez 3 reszt¶ 1.
|A| moªemy oblicza¢ nast¶puj°co:
I sp osób— ci° gi o warto±ciach ze zbioru {3,6} — jest ich 23 = 8,— ci° gi o warto±ciach ze zbioru {1,2,4,5} — jest ich 43 = 64,czyli |A|= 23+43 = 72,I I sp osób— ci° gi sta™e — jest ich 6,— ci° gi, w których wyst¶puj° dwie liczby ze zbioru {3,6} — jest ich 2 ·3= 6,— ci° gi, w których wyst¶puj° dwie liczby ze zbioru {1,2,4,5} — jest ich 4 ·3 ·3= 36,— ci° gi róªnowarto±ciowe o warto±ciach ze zbioru {1,2,4,5} — jest ich 4 ·3 ·2= 24,czyli |A|= 6+6+36+24= 72,I I I sp osób— ci° gi, w których wyst¶puj° liczby da j°ce t¶ sam° reszt¶ przy dzieleniu przez 3 — jest
ich 3 ·23 = 24,— ci° gi, w których wyst¶puj° dwie liczby da j°ce przy dzieleniu przez 3 reszt¶ 1 i jedna
liczba da j°ca przy dzieleniu przez 3 reszt¶ 2 — jest ich 3 ·2 ·22 = 24,— ci° gi, w których wyst¶puj° dwie liczby da j°ce przy dzieleniu przez 3 reszt¶ 2 i jedna
liczba da j°ca przy dzieleniu przez 3 reszt¶ 1 — jest ich 3 ·2 ·22 = 24,czyli |A|= 24+24+24= 72,
Zatem P (A)=72
216=
1
3.
II sposób rozwiπzania
Rysujemy drzewo (jest wiele wariantów), opisujemy o dcinki prawdop o dobie´stwami i obli-czamy prawdop o dobie´stwo zgo dnie z regu™ami.
P (A)=
31
3
43
+
32
3
43
=1
3.
Zadanie 5. (Matura ma j 2011 — zadanie 9 (4 p.))
Oblicz, ile jest liczb o±mio cyfrowych, w zapisie których nie wyst¶puje zero, natomiast wy-st¶puj° dwie dwó jki i wyst¶puj° trzy tró jki.
Poziom rozszerzony 93
Rozwiπzanie
Wybieramy miejsce dla dwó jek. Jest38
2
4= 28 takich miejsc.
Wybieramy miejsce dla tró jek. Jest36
3
4= 20 takich miejsc.
Na p ozosta™ych trzech miejscach mog° wyst° pi¢ cyfry: 1, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Jest 73 ci° gówtró jelementowych ze zbioru siedmio elementowego.
Zatem jest 28 ·20 ·73 = 42 ·5 ·74 = 192080 liczb sp e™nia j°cych warunki zadania.
Zadanie 6. (Matura ma j 2011 — zadanie 12 (3 p.))
A,B s° zdarzeniami losowymi zawartymi w ⌦. Wykaª, ªe jeªeli P (A)= 0,9 i P (B)= 0,7, toP (AflB Õ)˛ 0,3 (B Õoznacza zdarzenie przeciwne do zdarzenia B).
I sposób rozwiπzania
Wiemy, ªe AfiB=(AflB Õ)fiB i (AflB Õ)flB= ÿ oraz P (AfiB)˛ 1.
Zatem mamy: 1ˇP (AfiB)=P (AflB Õ)+P (B), st°d P (AflB Õ)˛ 0,3.
II sposób rozwiπzania
Wiemy, ªe 1ˇP (AfiB)=P (A)+P (B)-P (AflB). St°d P (AflB)ˇ 0,6.
Zatem mamy: P (AflB Õ)=P (A)-P (AflB)˛ 0,9-0,6= 0,3.
III sposób rozwiπzania
Z faktu, ªe AflB ÕµB Õ wynika, ªe P (AflB Õ)˛P (B Õ).
Poniewaª P (B)= 0,7, wi¶c P (B Õ)= 0,3. St°d wynika, ªe P (AflB Õ)˛P (B Õ)= 0,3.
Dodatek
Zadanie 1.
Oblicz granic¶ ci° gu:n!1
33n+7
8n+4+3n-4
6n+5
4.
Rozwiπzanie
Ta granica jest równa
n!1
33n+7
8n+4+3n-4
6n+5
4=
n!1
A3+ 7
n
8+ 4n
+3- 4
n
6+ 5n
B=
3
8+1
2=
7
8= 0,875.
Zadanie 2.
Dana jest funkcja f okre±lona wzorem: f(x)=2x+7
x2+3dla kaªdej liczby rzeczywistej x. Oblicz
warto±¢ p o cho dnej tej funkcji w punkcie x=-1
2.
Rozwiπzanie
Mamy:
f Õ (x)=(2x+7)
Õ !x2+3
"-(2x+7)
!x2+3
" Õ
(x2+3)2=
2!x2+3
"-2x(2x+7)
(x2+3)2=
=-2x2-14x+6
(x2+3)2.
Zatem
f Õ3-1
2
4=
-2 · 14+7+6!134
"2 =200
169.
Zadanie 3.
Dany jest okr° g o ±ro dku w punkcie S=(60,40) i promieniu równym 97. Prosta o równaniu3x+4y+20= 0 przecina ten okr° g w dwó ch punktach A i B. Oblicz d™ugo±¢ o dcinka AB.
Rozwiπzanie
Niech C b ¶dzie ±ro dkiem o dcinka AB, a S ±ro dkiem danego okr¶gu. Wówczas tró jk°t ACS
jest prostok°tny, z k°tem prostym przy wierzcho™ku C. Zatem korzysta j°c z twierdzenia
96 9. Do datek
Pitagorasa, mamy |AC|2= |AS|2-|CS|2. Z za™oªenia wiemy, ªe promie´ |AS|=97. Obliczamyo dleg™o±¢ punktu S o d prostej k:
|SC|=|3 ·60+4 ·40+20|Ô
32+42= 72.
Zatem|AC|2 = 972-722 =(97-72) ·(97+72)= 25 ·169= 52 ·132 = 652.
St°d wynika, ªe |AC|= 65, a wi¶c |AB|= 130.
Zadanie 4.
Rami¶ AD trap ezu ABCD (w którym AB Î CD) przed™uªono do punktu E takiego, ªe|AE|= 2 · |AD|. Punkt M leªy na p o dstawie AB oraz |AM|= 2 · |MB|. Odcinek ME przecinaprzek°tn° BD w punkcie P. Udowo dnij, ªe |BP|= |PD|.
A B
CD
E
M
P
I sposób rozwiπzania
Niech N b ¶dzie punktem przeci¶cia o dcinka EM z prost° DC.
97
A B
CD
E
M
N
P
Poniewaª AB ÎCD, wi¶c o dcinek DN jest równoleg™y do AM, a p oniewaª D jest ±ro dkiemo dcinka AE, wi¶c N jest ±ro dkiem o dcinka ME. Oznacza to, ªe o dcinek DN ™°czy ±ro dkib oków AE i ME tró jk°ta AME. St°d wnioskujemy, ªe
|DN|=1
2|AM| .
St°d i z za™oªenia |AM|= 2 · |MB| wynika, ªe
|DN|= |MB| .
Równo±¢ i równoleg™o±¢ o dcinków DN i MB oznacza, ªe tró jk°ty PDN i PBM s° przysta j°ce.St°d wynika wi¶c, ªe
|BP|= |PD| .
To w™a±nie naleªa™o udowo dni¢.
II sposób rozwiπzania
Niech N b ¶dzie punktem przeci¶cia o dcinka EM z prost° DC.
A B
CD
E
M
N
P
98 9. Do datek
Poniewaª AB ÎCD, wi¶c o dcinek DN jest równoleg™y do AM. Wnioskujemy st°d, ªe
|<) EDN|= |<) EAM| oraz |<) END|= |<) EMA| .
To oznacza, ªe tró jk°ty DNE i AME s° p o dobne (cecha kkk p o dobie´stwa tró jk°tów). St°dwynika prop orcja
|DE|
|DN|=
|AE|
|AM|,
ale |AE|= 2 · |AD|, czyli |AE|= 2 · |DE|, wi¶c
|DE|
|DN|=
2 · |DE|
|AM|.
St°d wnioskujemy, ªe |AM|=2·|DN|. Równo±¢ ta, wraz z równo±ci° |AM|=2·|MB|, prowadzido wniosku, ªe
|DN|= |MB| .
To z kolei, wraz z równo±ciami k°tów |<) PMB|= |<) PND| i |<) PBM|= |<) PDN|, prowadzi downiosku, ªe tró jk°ty MBP i NDP s° przysta j°ce.
St°d wnioskujemy, ªe b oki BP i DP tych tró jk°tów ma j° t¶ sam° d™ugo±¢, co ko´czy dowó d.
Zadanie 5.
Wyznacz zbiór warto±ci funkcji f okre±lonej wzorem f(x)=x+3
x2+7dla kaªdej liczby rzeczy-
wistej x.
I sposób rozwiπzania
Aby wyznaczy¢ zbiór warto±ci funkcji f(x)=x+3
x2+7, wystarczy sprawdzi¢, dla jakich warto±ci
parametru m równaniex+3
x2+7=m ma rozwi°zanie.
Przekszta™camy to równanie i zapisujemy w p ostaci równowaªnej mx2-x+7m-3= 0.
Dla m=0 równanie mx2-x+7m-3=0 jest równaniem liniowym -x-3=0 i ma rozwi°zaniex=-3.
Dla m ”= 0 jest to równanie kwadratowe o wyróªniku �= 1-4m(7m-3). Wystarczy zatemsprawdzi¢, dla jakich m ”=0 wyróªnik jest nieujemny. Mamy wi¶c nierówno±¢ 28m2-12m-1˛0
(gdzie m ”= 0), której zbiorem rozwi°za´ jest przedzia™=-
1
14,1
2
>z wy™°czeniem liczby 0.
Poniewaª dla m=0 równanie mx2-x+7m-3=0 ma rozwi°zanie, wi¶c równaniex+3
x2+7=m
ma rozwi°zanie dla mœ=-
1
14,1
2
>.
Ostatecznie stwierdzamy, ªe zbiorem warto±ci funkcji f(x)=x+3
x2+7jest przedzia™
=-
1
14,1
2
>.
II sposób rozwiπzania
Zna jdujemy na jmniejsz° i na jwi¶ksz° warto±¢ funkcji f(x) =x+3
x2+7w zbiorze liczb rzeczy-
wistych.
99
Wyznaczamy p o cho dn° tej funkcji: f Õ (x)=1!x2+7
"-2x(x+3)
(x2+7)2=
-x2-6x+7
(x2+7)2.
Nast¶pnie zna jdujemy miejsca zerowe tej p o cho dnej:
-x2-6x+7
(x2+7)2= 0.
Otrzymane równanie jest równowaªne równaniu
-x2-6x+7= 0,
st°d x1 =-7, x2 = 1.
Teraz zauwaªamy, ªe:
je±li x<-7, to f Õ (x)<0,je±li -7<x<1, to f Õ (x)>0,je±li x>1, to f Õ (x)<0.
Zatem funkcja f jest malej°ca w przedziale (-1 , -7Í, rosn°ca w przedziale È-7,1Í i malej°caw przedziale È1 , +1).
Nast¶pnie obliczamy f(-7)=-1
14, f(1)=
1
2.
Ponadto
je±li x˛-7, to f(x)<0,je±li xˇ 1, to f(x)>0.
St°d wynika, ªe:
je±li x˛-7, to -1
14˛ f(x)<0,
je±li xˇ 1, to 0< f(x)˛ 1
2.
Zatem -1
14jest na jmniejsz° warto±ci° funkcji f, a
1
2jest na jwi¶ksz° warto±ci° tej funkcji.
Z ci° g™o±ci funkcji f wynika, ªe zbiorem jej warto±ci jest przedzia™=-
1
14,1
2
>.
Zadanie 6.
Oblicz, ile jest nieparzystych liczb cztero cyfrowych, w których zapisie dziesi¶tnym wyst¶pujeco na jmniej jedna sió demka.
I sposób rozwiπzania (dop e™nienie)
Obliczamy, ile jest nieparzystych liczb naturalnych cztero cyfrowych. Pierwsz° cyfr¶ (tysi¶cy)moªemy wybra¢ na 9 sp osob ów, nast¶pne dwie cyfry na 10 sp osob ów i ostatni° (jedno±ci)na 5 sp osob ów. Mamy zatem 9 ·102 ·5= 4500 liczb cztero cyfrowych nieparzystych.
100 9. Do datek
Obliczamy, ile jest nieparzystych liczb naturalnych cztero cyfrowych, w zapisie których niewyst¶puje cyfra 7. Pierwsz° cyfr¶ moªemy wówczas wybra¢ na 8 sp osob ów, kaªd° z nast¶p-nych dwó ch na 9 sp osob ów i cyfr¶ jedno±ci na 4 sp osoby. Mamy zatem 8 ·92 ·4=2592 takichliczb cztero cyfrowych nieparzystych.
St°d wnioskujemy, ªe liczb nieparzystych cztero cyfrowych, w których zapisie dziesi¶tnym cona jmniej jedna cyfra jest sió demk°, jest 4500-2592= 1908 (liczby te naleª° do zbioru liczbcztero cyfrowych nieparzystych i nie naleª° do zbioru nieparzystych liczb cztero cyfrowych,w zapisie których nie wyst¶puje cyfra 7).
Uwaga
Moªemy takªe zauwaªy¢, ªe jest 9000 liczb cztero cyfrowych, a p oniewaª co druga jest nie-parzysta, to istnieje 4500 liczb cztero cyfrowych nieparzystych.
II sposób rozwiπzania (liczba sió demek)
Rozwaªamy cztery parami roz™°czne zbiory nieparzystych liczb cztero cyfrowych:
zbiór liczb, w których zapisie dziesi¶tnym cyfra 7 wyst¶puje dok™adnie jeden raz;zbiór liczb, w których zapisie dziesi¶tnym cyfra 7 wyst¶puje dok™adnie dwa razy;zbiór liczb, w których zapisie dziesi¶tnym cyfra 7 wyst¶puje dok™adnie trzy razy;zbiór liczb, w których zapisie dziesi¶tnym cyfra 7 wyst¶puje cztery razy.
Na jpierw obliczamy, ile jest nieparzystych liczb cztero cyfrowych, w zapisie których cyfra 7
wyst¶puje dok™adnie jeden raz.
1. Je±li pierwsz° cyfr° (tysi¶cy) jest sió demka, to dwie nast¶pne cyfry moªemy wybra¢ na9 sp osob ów, a cyfr¶ jedno±ci na 4 sp osoby. Mamy zatem 92 ·4= 324 takich liczb.
2. Je±li sió demka jest cyfr° setek, to cyfr¶ tysi¶cy moªemy wybra¢ na 8 sp osob ów, cyfr¶dziesi°tek na 9 sp osob ów i cyfr¶ jedno±ci na 4 sp osoby. Takich liczb jest 8 ·9 ·4= 288.
3. Analogicznie wykazujemy, ªe jest 288 liczb, w zapisie których cyfra dziesi°tek jest sió-demk°.
4. Je±li sió demka jest cyfr° jedno±ci, to cyfr¶ tysi¶cy moªemy wybra¢ na 8 sp osob ów, a kaªd°z dwó ch nast¶pnych cyfr na 9 sp osob ów. Takich liczb jest zatem 8 ·92 = 648.
Mamy wi¶c 324+288+288+648=1548 nieparzystych liczb cztero cyfrowych, w zapisie którychcyfra 7 wyst¶puje jeden raz.
Nast¶pnie obliczamy, ile jest nieparzystych liczb cztero cyfrowych, w zapisie których cyfra 7
wyst¶puje dok™adnie dwa razy.
1. Je±li dwie pierwsze cyfry to sió demki, to nast¶pn° cyfr¶ moªemy wybra¢ na 9 sp osob ów,a cyfr¶ jedno±ci na 4 sp osoby. Mamy zatem 9 ·4= 36 takich liczb.
2. Analogicznie wykazujemy, ªe jest 36 liczb, w zapisie których pierwsz° i trzeci° cyfr° jestsió demka.
3. Je±li pierwsz° i ostatni° cyfr° jest sió demka, to kaªd° z cyfr: setek i dziesi°tek moªemywybra¢ na 9 sp osob ów. Mamy zatem 92 = 81 takich liczb.
4. Je±li drug° i trzeci° cyfr° jest sió demka, to cyfr¶ tysi¶cy moªemy wybra¢ na 8 sp osob ówi cyfr¶ jedno±ci na 4 sp osoby. Takich liczb jest 8 ·4= 32.
101
5. Je±li drug° i czwart° cyfr° jest sió demka, to cyfr¶ tysi¶cy moªemy wybra¢ na 8 sp osob ów,a cyfr¶ dziesi°tek na 9 sp osob ów. Mamy zatem 8 ·9= 72 takie liczby.
6. Je±li trzeci° i czwart° cyfr° jest sió demka, to cyfr¶ tysi¶cy moªemy wybra¢ na 8 sp osob ówi cyfr¶ setek na 9 sp osob ów. Takich liczb jest 8 ·9= 72.
Mamy wi¶c 36+36+81+32+72+72= 329 nieparzystych liczb cztero cyfrowych, w którychzapisie dziesi¶tnym cyfra 7 wyst¶puje dwa razy.
Obliczamy, ile jest nieparzystych liczb cztero cyfrowych, w zapisie których cyfra 7 wyst¶pujedok™adnie trzy razy.
1. Je±li cyfr° jedno±ci nie jest cyfra 7, to mamy 4 takie liczby (cyfr¶ jedno±ci moªemywybra¢ na 4 sp osoby sp o±ró d cyfr nieparzystych 1,3,5,9).
2. Je±li cyfr° dziesi°tek nie jest cyfra 7, to mamy 9 takich liczb (cyfr¶ dziesi°tek moªemywybra¢ na 9 sp osob ów sp o±ró d cyfr 0,1,2,3,4,5,6,8,9).
3. Analogicznie wykazujemy, ªe jest 9 liczb, w zapisie których cyfra setek nie jest sió demk°.4. Je±li cyfra 7 nie jest cyfr° tysi¶cy, to mamy 8 takich liczb (cyfr¶ tysi¶cy moªemy wybra¢
na 8 sp osob ów sp o±ró d cyfr 1,2,3,4,5,6,8,9).
Mamy wi¶c 4+9+9+8= 30 nieparzystych liczb, w zapisie których cyfra 7 wyst¶puje trzyrazy.
Ponadto jest jedna liczba cztero cyfrowa nieparzysta, w zapisie której wyst¶puj° 4 sió demki.
Z regu™y do dawania mamy: 1548+329+30+1=1908 nieparzystych liczby cztero cyfrowych,w których zapisie dziesi¶tnym co na jmniej jedna cyfra to 7.
Zadanie 7.
Dany jest niesko´czony ci° g geometryczny (an) okre±lony wzorem
an =21Ô32n dla n= 1,2,3, . . . .
Oblicz sum¶ wszystkich wyrazów tego ci° gu.
Rozwiπzanie
Pierwszy wyraz i iloraz tego ci° gu s° o dp owiednio równe: a1 =2Ô3
, q=1Ô3
.
Poniewaª |q|=
----1Ô3
----<1, wi¶c S=a1
1-q=
2Ô3
1- 1Ô3
=Ô3+1.
Zadanie 8.
Dana jest funkcja f okre±lona wzorem f(x)=x3-3x+1 i leª°cy na wykresie tej funkcji punktA o wsp ó™rz¶dnej x równej 2. Wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji f w punkcie A.
102 9. Do datek
Rozwiπzanie
Styczna do wykresu wielomianu y= f(x) w punkcie A= (x0, f(x0)) ma równanie p ostaciy=ax+b, gdzie wsp ó™czynnik kierunkowy a jest równy a= f Õ (x0). W naszym przypadkuf(x)= x3-3x+1 oraz x0 = 2.
Mamy zatem f Õ (x) = 3x2-3, sk°d dosta jemy a= 3 ·22-3= 9. Punkt A ma wsp ó™rz¶dne(2, f(2)), czyli A=(2, 3). Prosta o równaniu y=9x+b ma przecho dzi¢ przez punkt A, wi¶c3= 9 ·2+b. Zatem b=-15 i ostatecznie równanie stycznej ma p osta¢ y= 9x-15.
Zadanie 9.
Rozwi°ª równanie 4x- 5x= 0 w przedzialee0,
⇡
2
f.
I sposób rozwiπzania
Równanie moªemy zapisa¢ w p ostaci równowaªnej
4x= 5x.
Poniewaª 5x=1⇡2-5x2
, wi¶c równanie moªemy zapisa¢ w p ostaci
4x=1⇡2-5x2.
St°d wynika, ªe
4x=⇡
2-5x+2k⇡ lub 4x=⇡-
1⇡2-5x2+2k⇡, gdzie k jest liczb° ca™kowit°.
Zatem
x=⇡
18+k · 2⇡
9lub x=-
⇡
2-2k⇡, gdzie k jest liczb° ca™kowit°.
Wybiera j°c te rozwi°zania, które naleª° do przedzia™ue0,
⇡
2
f, dosta jemy:
x=⇡
18, x=
5⇡
18, x=
⇡
2.
II sposób rozwiπzania
Poniewaª 5x=1⇡2-5x2
, wi¶c równanie moªemy zapisa¢ w p ostaci
4x-1⇡2-5x2= 0.
Ze wzoru na róªnic¶ sinusów otrzymujemy
24x+ ⇡
2-5x
2
4x-!⇡2-5x"
2= 0.
St°d1⇡4-x
2
2= 0 lub
39
2x-
⇡
4
4= 0.
Zatem
103
⇡
4-x
2=
⇡
2+k⇡ lub
9
2x-
⇡
4= k⇡, gdzie k jest liczb° ca™kowit°,
czyli
x=-⇡
2-2k⇡ lub x=
⇡
18+k · 2⇡
9, gdzie k jest liczb° ca™kowit°.
Wybiera j°c te rozwi°zania, które naleª° do przedzia™ue0,
⇡
2
f, dosta jemy:
x=⇡
18, x=
5⇡
18, x=
⇡
2.
Zadanie 10.
Wykaª, ªe jeªeli zdarzenia losowe A,Bµ⌦ s° takie, ªe P (A) = 0,6 oraz P (B) = 0,8, toP (A|B)ˇ 0,5. (P (A|B) oznacza prawdop o dobie´stwo warunkowe za j±cia zdarzenia A p o dwarunkiem za j±cia zdarzenia B).
Rozwiπzanie
P (A|B)=P (AflB)P (B)
. Nierówno±¢ P (A|B)ˇ 0,5 jest równowaªna nierówno±ciP (AflB)
0,8ˇ 0,5,
wi¶c wystarczy wykaza¢, ªe P (AflB)ˇ 0,4.
Poniewaª P (AfiB)˛1 oraz P (AfiB)=P (A)+P (B)-P (AflB), wi¶c P (AflB)ˇ0,6+0,8-1=0,4,
co naleªa™o udowo dni¢.
Zadanie 11.
Niech m= 21 7. Wykaª, ªe 7 27=3(1-m)
m.
I sposób rozwiπzania
Zauwaªamy, ªe 7 21=1
21 7=
1
m.
Zapisujemy kolejno
7 27= 7 33 = 3 7 3= 3 7
321
7
4= 3( 7 21- 7 7)= 3
31
m-1
4= 3 · 1-m
m.
To ko´czy dowó d.
II sposób rozwiπzania
Zauwaªamy, ªe
3(1-m)
m= 3
31
m-1
4= 3( 7 21-1)= 3( 7 21- 7 7)= 3 7
21
7= 7 3
3 = 7 27.
To ko´czy dowó d.
104 9. Do datek
III sposób rozwiπzania
Z za™oªenia m= 21 7 wynika, ªe
1
m= 7 21= 7 7+ 7 3= 1+ 7 3,
czyli
7 3=1
m-1.
Zatem
7 27= 7 33 = 3 7 3= 3 ·
1 1
m-12= 3 · 1-m
m.
Zadanie 12.
Oblicz na jmniejsz° liczb ¶ naturaln° n sp e™nia j°c° nierówno±¢----2n-10
3n+1-2
3
----<1
30.
Rozwiπzanie
Rozwi°zujemy nierówno±¢----2n-10
3n+1-2
3
----<1
30. St°d kolejno otrzymujemy:
----3(2n-10)-2(3n+1)
3(3n+1)
----<1
30,
-----32
3(3n+1)
----<1
30.
Warto±¢ b ezwzgl¶dna ilorazu jest równa ilorazowi warto±ci b ezwzgl¶dnych, wi¶c
|-32|
|3(3n+1)|<
1
30.
St°d32
3(3n+1)<
1
30,
gdyª 3(3n+1)>0 dla kaªdej liczby naturalnej n. St°d
3n+1>320,
n>1061
3.
Zatem na jmniejsz° liczb° naturaln° sp e™nia j°c° p o dan° nierówno±¢ jest
n= 107.
Zadanie 13.
Okr¶gi o równaniach x2+y2=625 i (x-36)2+(y-15)2=1600 ma j° dwa punkty przeci¶cia:A i B. Oblicz d™ugo±¢ o dcinka AB.
105
I sposób rozwiπzania
O
P
A
B
C
36
15
x
y
Oznaczamy:
±ro dek pierwszego okr¶gu — O,±ro dek drugiego okr¶gu — P,punkty przeci¶cia okr¶gów — A i B.
Niech C b ¶dzie punktem przeci¶cia o dcinków AB i OP, |AC|=h, |OC|= x.
Zauwaªamy, ªe |AB|=2h oraz |OP|=39. Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i otrzymujemy:
h2 = 252-x2 oraz h2 = 402- (39-x)2. Rozwi°zujemy równanie 252-x2 = 402- (39-x)2,otrzymuj°c x= 7. Zatem h2 = 252-72 = 576, st°d h= 24, czyli |AB|= 2h= 48.
II sposób rozwiπzania (ze wzoru Herona)
Oznaczamy wszystko tak jak w sp osobie I. Boki tró jk°ta oznaczamy tak jak na rysunku.
Obliczamy p ole tró jk°ta OPA ze wzoru Herona.
Niech p oznacza p o™ow¶ obwo du tró jk°ta OPA. Wtedy p=52, p-a=13, p-b=27, p-c=12
i POPA =Ô52 ·13 ·27 ·12= 468.
Z drugiej strony POPA =1
2·39 ·h. Zatem h= 24, czyli |AB|= 2h= 48.
Uwaga
Pole tró jk°ta OPA moªna obliczy¢ równieª z twierdzenia cosinusów:
252+402-2 ·25 ·40 ↵= 392, st°d ↵=625+1600-1521
2000=
704
2000=
44
125.
Zatem ↵=
Û
1-
344
125
42
=117
125. Obliczamy p ole tró jk°ta OPA: POPA=
1
2·25·40·117
125=468.
106 9. Do datek
III sposób rozwiπzania (punkty przeci¶cia okr¶gu)
Rozwi°zujemy uk™ad równa´, aby znaleπ¢ punkty przeci¶cia dwó ch okr¶gów:�
x2+y2 = 625
(x-36)2+(y-15)2 = 1600
�x2+y2 = 625
x2-72x+y2-30y= 79.
Odejmujemy stronami drugie równanie o d pierwszego i otrzymujemy równanie 12x+5y=91.
St°d y=91-12x
5wstawiamy do pierwszego równania i rozwi°zujemy równanie kwadratowe:
x2+
391-12x
5
42
= 625.
Po up orz°dkowaniu otrzymujemy równanie kwadratowe: 169x2-2184x-7344= 0, którego
wyróªnik jest równy �= 31202 oraz x1 =-36
13, x2 =
204
13. Obliczamy drug° wsp ó™rz¶dn°:
y1 =323
13,y2 =-
253
13.
Mamy zatem 2 punkty przeci¶cia: A=
3-36
13,323
13
4oraz B=
3204
13,-
253
13
4.
Obliczamy o dleg™o±¢ mi¶dzy nimi:
|AB|2 =
3204
13+36
13
42
+
3-253
13-323
13
42
=
3240
13
42
+
3576
13
42
=242 ·102
132+242 ·242
132=
=242
132·!102+242
"=
242 ·262
132= 242 ·22 = 482.
Zatem |AB|= 48.
Zadanie 14.
Dany jest wykres funkcji kwadratowej f(x) = x2 oraz punkt A= (3,0). Zna jdπ punkt nawykresie funkcji f leª°cy na jbliªej punktu A.
I sposób rozwiπzania
Dowolny punkt leª°cy na wykresie funkcji f ma wsp ó™rz¶dne:!x,x2"
. Obliczamy o dleg™o±¢
takiego punktu o d punktu A: d=
Ò(x-3)2+(x2-0)2.
Wprowadzamy funkcj¶ g(x) = (x-3)2+!x2-0
"2= x4+x2-6x+9, gdzie x jest liczb° rze-
czywist°.
Obliczamy p o cho dn° funkcji g i rozk™adamy na czynniki:
gÕ(x)= 4x3+2x-6= 2
!2x3+x-3
"= 2(x-1)
!2x2+2x+3
".
Obliczamy wyróªnik tró jmianu kwadratowego 2x2+2x+3:
�=4-4 ·2 ·3<0, zatem 2x2+2x+3>0, wi¶c jedynym miejscem zerowym funkcji g Õ (x) jestx= 1.
107
Zauwaªamy równieª, ªe:
g Õ (x)<0 dla x<1,g Õ (x)>0 dla x>1.
A wi¶c funkcja g ma minimum lokalne dla x= 1, które jest jedno cze±nie jej na jmniejsz°warto±ci°.
Zatem punktem na wykresie funkcji f leª°cym na jbliªej punktu A jest punkt (1,1).
II sposób rozwiπzania
�4 �3 �2 �1 4321
8
7
6
5
4
3
2
1x
y
A
B
C 0C
Zna jdziemy taki punkt B naleª°cy do wykresu funkcji y=x2, ªe styczna do wykresu w punk-cie B jest prostopad™a do prostej AB oraz punkt A i parab ola leª° p o róªnych stronach tejstycznej. Wówczas dla dowolnego punktu C ”=B naleª°cego do parab oli zacho dzi
|AC|> |AC Õ|> |AB|,
gdzie C Õ to punkt przeci¶cia stycznej i o dcinka AC.
Szukamy punktu B: B= (a,a2). Styczna ma wsp ó™czynnik kierunkowy 2a. Prosta AB ma
wsp ó™czynnik kierunkowya2
a-3, gdy a ”= 3 (przypadek a= 3 sprawdzamy b ezp o±rednio).
Styczna b ¶dzie prostopad™a do prostej AB, gdy
2a · a2
a-3=-1
2a3+a-3= 0
a= 1.
Odp.: Punkt B=(1,1) leªy na jbliªej punktu A.
Zadanie 15.
Wykaª, ªe funkcja f(x)= x3-12x w przedziale (3, 5) jest rosn°ca.
108 9. Do datek
Rozwiπzanie
Wyznaczamy p o cho dn° funkcji f: f Õ(x) = 3x2- 12. Po cho dna funkcji przyjmuje warto±cido datnie dla xœ (-1,-2)fi (2,+1), w szczególno±ci w przedziale (3, 5). Zatem funkcja f
jest rosn°ca w przedziale (3, 5).
Zadanie 16.
W ostros™upie prawid™owym czworok°tnym kraw¶dπ p o dstawy jest równa 10 cm, a k°t na-chylenia ±ciany b o cznej do p™aszczyzny p o dstawy jest równy 60¶. Ostros™up ten przeci¶top™aszczyzn° przecho dz°c° przez kraw¶dπ p o dstawy i nachylon° do p™aszczyzny p o dstawyp o d k°tem 30¶. Oblicz p ole otrzymanego przekro ju.
Rozwiπzanie
A B
CD
S
E FO
K
L
P
60� 30�
Omawianym przekro jem jest trap ez BCLK.
Rozwaªamy przekró j ostros™upa p™aszczyzn° przecho dz°c° przez wierzcho™ek S i ±ro dki E, Fkraw¶dzi AD i BC. Poniewaª |<) FES|= 60¶, wi¶c tró jk°t równoramienny FES jest tró jk°temrównob o cznym o b oku 10, st°d wysoko±¢ PF przekro ju BCLK (jako wysoko±¢ tró jk°ta FES)jest równa 5
Ô3. Punkt P jest sp o dkiem wysoko±ci tró jk°ta równob o cznego FES, czyli jest
±ro dkiem o dcinka ES. Odcinek KL jest równoleg™y do AD, st°d K jest ±ro dkiem o dcinka AS.
Korzystamy z twierdzenia o o dcinku ™°cz°cym ±ro dki b oków tró jk°ta i otrzymujemy KL=5.
Pole przekro ju jest równe P=1
2(10+5) ·5
Ô3=
75
2
Ô3.
109
Zadanie 17.
Dany jest tró jk°t ABC, w którym A=(0,0), B=(6,0), C=(6p,6q), gdzie p,q>0 oraz p ”= 1
2.
Punkt H jest punktem przeci¶cia wysoko±ci (orto centrum) tego tró jk°ta.
Punkt O jest ±ro dkiem okr¶gu opisanego na tym tró jk°cie.
Punkt S jest ±ro dkiem ci¶ªko±ci tego tró jk°ta.
Wyznacz równanie prostej OH i wykaª, ªe punkt S leªy na tej prostej.
A B
C
G
D
E
F
H
O
S
x
y
Rozwiπzanie
Oznaczamy, tak jak na rysunku:
E — ±ro dek o dcinka AC,
F — ±ro dek o dcinka AB,
BD i CG — wysoko±ci tró jk°ta ABC.
Zauwaªamy, ªe: E=(3p,3q), F=(3,0), G=(6p,0).
Równanie prostej AC ma p osta¢ y=ax. Punkt C leªy na tej prostej, wi¶c 6q=a·6p, zatema=
q
p. St°d wynika, ªe prosta AC ma równanie: y=
q
p·x.
Równanie prostej EO ma p osta¢: y=-p
q·x+c dla p ewnego c. Punkt E leªy na tej prostej,
wi¶c 3q=-p
q·3p+c. St°d c= 3q+
3p2
q=
3!p2+q2
"
q.
Prosta EO ma zatem równanie: y=-p
q·x+
3!p2+q2
"
q.
110 9. Do datek
Prosta FO ma równanie: x=3. St°d punkt O ma wsp ó™rz¶dne: O=
A3,-
3p
q+3!p2+q2
"
q
B,
czyli O=
A3,
3!p2+q2-p
"
q
B.
Równanie prostej BD ma p osta¢ y=-p
q·x+d dla p ewnego d. Punkt B leªy na prostej BD,
wi¶c 0=-p
q·6+d, st°d d=
6p
q. Prosta BD ma zatem równanie: y=-
p
q·x+ 6p
q.
Prosta CG ma równanie x= 6p. Zatem punkt H ma wsp ó™rz¶dne: H=
A6p,
6!p-p2
"
q
B.
Wreszcie S=
30+6+6p
3,0+0+6q
3
4, czyli S=(2p+2,2q).
Wyznaczamy równanie prostej OH.
Równanie to jest p ostaci: y=ax+b.
O=
A3,
3!p2+q2-p
"
q
Boraz H=
A6p,
6!p-p2
"
q
Bsp e™nia j° to równanie, zatem:
3!p2+q2-p
"
q=a ·3+b oraz
6!p-p2
"
q=a ·6p+b.
Rozwi°zaniem tego uk™adu równa´ jest:
a=3p-3p2-q2
q(2p-1)
b=6p!p2+q2-1
"
q(2p-1).
Zatem prosta OH ma równanie:
y=3p-3p2-q2
q(2p-1)·x+
6p!p2+q2-1
"
q(2p-1).
Sprawdzamy, ªe wsp ó™rz¶dne punktu S sp e™nia j° to równanie, tzn. ªe zacho dzi równo±¢:
2q=3p-3p2-q2
q(2p-1)·(2p+2)+
6p!p2+q2-1
"
q(2p-1).
Po wykonaniu dzia™a´ i up orz°dkowaniu wyraªe´ otrzymujemy równo±¢ prawdziw°, co ko´-czy dowó d, ªe wsp ó™rz¶dne punktu S sp e™nia j° równanie prostej OH.
Uwaga
Moªna p okaza¢, ªe��!OH= 3 ·
�!OS, sk°d wynika, ªe punkt S leªy na prostej OH.
Obliczamy wsp ó™rz¶dne wektorów�!OS oraz
��!OH:
�!OS=
C2p+2-3,2q-
3!p2+q2-p
"
q
D=
52p-1,
3p-3p2-q2
q
6
111
oraz
��!OH=
C6p-3,
6!p-p2
"
q-3!p2+q2-p
"
q
D=
56p-3,
9p-9p2-3q2
q
6= 3 ·
�!OS.
Zatem punkt S leªy na prostej OH.
Zadanie 18.
Dany jest tró jk°t prostok°tny ABC, w którym |<) A|= 90¶. Przeciwprostok°tna BC ma d™u-go±¢ a, dwusieczna AD k°ta prostego ma d™ugo±¢ d. Udowo dnij, ªe p ole tró jk°ta ABC jest
równe P=1
4
1d2+d
d2+2a2
2.
A
B CD
I sposób rozwiπzania
Oznaczamy, tak jak na rysunku: |AB|= c, |AC|=b.
Pole tró jk°ta ABC jest równe: P=bc
2, sk°d bc= 2P.
Obliczamy inaczej p ole tró jk°ta ABC:
P=cdÔ2
4+bdÔ2
4=(b+c) · d
Ô2
4.
Chcemy obliczy¢ b+c. Zauwaªamy, ªe (b+c)2 =b2+2bc+c2.
Z twierdzenia Pitagorasa: b2+c2 = a2, wi¶c(b+c)2 = a2+2bc. Zatem (b+c)2 = a2+4P,czyli
b+c=a2+4P.
Wob ec tego
P=(b+c) · dÔ2
4=
a2+4P · dÔ2
4,
czyli
P=a2+4P · d
Ô2
4.
Chcemy z tego równania wyznaczy¢ P.
Otrzymujemy kolejno:
P2 =!a2+4P
"· d
2
8
8P2-4d2P-a2d2 = 0.
112 9. Do datek
Rozwi°zujemy to równanie kwadratowe: �= 16d2!d2+2a2
", P=
d2+dÔd2+2a2
4(drugie
rozwi°zanie o drzucamy, gdyª jest ujemne).
To ko´czy dowó d.
II sposób rozwiπzania
A
B CD
E
A0
F
↵
↵d h
xa
2
Rozpatrujemy okr° g opisany na tró jk°cie ABC. Dwusieczna dzieli ™uk BC (do którego nienaleªy A) na p o™owy. St°d EF jest ±rednic° prostopad™° do ±rednicy BC. Tró jk°ty EDO
i EAF s° prostok°tne, zatem x= |ED|=a
2 ↵, |AE|=a ↵. St°d
d= |AE|- |ED|=a1
↵-1
2 ↵
2,
↵-1
2 ↵=
d
a,
2 2↵-2d
a↵-1= 0.
Rozwi°zujemy równanie kwadratowe z niewiadom° ↵, interesuje nas jedynie do datnierozwi°zanie.
�=4d2
a2,
↵=
2da+Ò
4d2+8a2
a2
4=
d+Ôa2+2a2
2a,
P�ABC =1
2ah=
1
2a(d ↵)=
1
2ad
d+Ôd2+2a2
2a=
1
4(d2+d
d2+2a2),
co ko´czy dowó d.
113
III sposób rozwiπzania
Na czworok°cie ODAF moªna opisa¢ okr° g, b o k°ty przy wierzcho™ku O i A s° proste.Z twierdzenia o o dcinkach stycznych i siecznych wynika
|EO| · |EF|= |ED| · |EA|
a
2·a= x(x+d)
x2+xd-a2
2= 0.
Rozwi°zujemy to równanie kwadratowe, bierzemy tylko do datnie rozwi°zanie.
�=d2+2a2, x=-d+
Ôd2+2a2
2.
Zauwaªmy, ªe �EDO ⇠�ADA Õ, st°dh
d=
a2
x, wi¶c
h=ad
2x=
ad
-d+Ôd2+22
.
P�ABC =1
2ah=
1
2
a2d
-d+Ôd2+2a2
· d+Ôd2+2a2
d+Ôd2+2a2
=1
2
a2d(d+Ôd2+2a2)
-d2+d2+2a2=
=1
4(d2+d
d2+2a2),
co ko´czy dowó d.
Zadanie 19.
Udowo dnij, ªe je±li a>0, to dok™adnie jedna liczba rzeczywista x sp e™nia równanie
x3+ax2+a(a+1)x-(a+1)2 = 0.
I sposób rozwiπzania
Zauwaªamy, ªe 1 jest pierwiastkiem tego równania, wi¶c równanie moªemy zapisa¢ w p ostaci:
(x-1)1x2+(a+1)x+(a+1)2
2= 0.
St°d x= 1 lub x2+(a+1)x+(a+1)2 = 0.
Równanie x2+(a+1)x+(a+1)2 = 0 nie ma rozwi°zania, gdyª �=-3(a+1)2 <0.
Zatem jedyn° liczb° x, która sp e™nia równanie x3+ax2+a(a+1)x-(a+1)2=0, jest x=1.
II sposób rozwiπzania
Niechf(x)= x3+ax2+a(a+1)x-(a+1)2 .
Obliczamy p o cho dn° funkcji f:
f Õ (x)= 3x2+2ax+a(a+1) .
114 9. Do datek
Obliczamy wyróªnik tej funkcji kwadratowej:
�=-4a(2a+3) .
Poniewaª z za™oªenia a>0, wi¶c �<0. Zatem dla kaªdego a>0 p o cho dna f Õ (x)>0, czylifunkcja f jest rosn°ca, a wi¶c ma co na jwyªej jedno miejsce zerowe. Poniewaª f(1)=0, wi¶cf ma dok™adnie jedno miejsce zerowe. To ko´czy dowó d.
Zadanie 20.
Dany jest ostros™up prawid™owy czworok°tny. K°t ↵ jest k°tem dwu±ciennym mi¶dzy dwie-ma s°siednimi ±cianami b o cznymi. K°t � jest k°tem przy p o dstawie ±ciany b o cznej (tzn.k°tem mi¶dzy kraw¶dzi° p o dstawy i kraw¶dzi° b o czn° ostros™upa) — zob. rysunek. Wykaª,ªe ↵ · 2�=-1.
↵
�
Rozwiπzanie
Oznaczmy, tak jak na rysunku na nast¶pnej stronie: a — kraw¶dπ p o dstawy, h — wysoko±¢±ciany b o cznej p oprowadzona z wierzcho™ka p o dstawy, c — o dcinek ™°cz°cy wierzcho™ek p o d-stawy ze sp o dkiem wysoko±ci h.
Na p o dstawie twierdzenia cosinusów mamy:1aÔ222
=h2+h2-2h ·h · ↵.
St°dh2 ↵=h2-a2.
Na p o dstawie twierdzenia Pitagorasa mamy:
h2+c2 =a2.
Zatemh2 ↵=-c2.
115
↵
�
a
ap2
h
h c
St°dh2
c2· ↵=-1,
czyli↵ · 2�=-1.
To ko´czy dowó d.
Zadanie 21.
Rozpatrujemy o dcinki równoleg™e do osi Oy, których jeden koniec leªy na wykresie funkcjikwadratowej f okre±lonej wzorem f(x) = x2+2, a drugi koniec leªy na wykresie funkcji g
okre±lonej wzorem g(x)=Ôx dla xˇ 0.
Oblicz d™ugo±¢ na jkrótszego takiego o dcinka.
x
y
116 9. Do datek
Rozwiπzanie
Niech A=!x,x2+2
", B=!x,Ôx"
dla p ewnego xˇ0. Wówczas d™ugo±¢ o dcinka AB jest równax2+2-
Ôx.
Rozwaªmy funkcj¶ h(t)= t4-t+2. Wówczas d™ugo±¢ o dcinka AB jest równa h!Ô
x"
.
Wyznaczymy minimum funkcji h w przedziale È0, +1) .
Obliczamy p o cho dn° funkcji h: h Õ (t)= 4t3-1.
Je±li 0< t<13Ô4
, to h Õ (t)<0,
je±li t>13Ô4
, to h Õ (t)>0.
Zatem w przedziale=0,
13Ô4
>funkcja h jest malej°ca i w przedziale
=13Ô4,+14
funkcja
h jest rosn°ca. St°d wynika, ªe h przyjmuje na jmniejsz° warto±¢ w punkcie t=13Ô4
. Ta
na jmniejsza warto±¢ jest d™ugo±ci° szukanego na jkrótszego o dcinka:
h
313Ô4
4=
1
4 3Ô4-
13Ô4+2= 2-
3
4 3Ô4.
Odp.: |AB|= 2-3
4 3Ô4
.
Zadanie 22.
Dana jest funkcja kwadratowa f okre±lona wzorem f(x) = x2 i punkt P=!p,p2"
leª°cy nawykresie tej funkcji, gdzie p jest dowoln° liczb° rzeczywist°. Wyznacz a i b tak, by prostao równaniu y=ax+b by™a styczna do wykresu funkcji f w punkcie P. Wykaª, ªe dla kaªdegox zacho dzi nierówno±¢ x2ˇax+b.
Rozwiπzanie
Po cho dna funkcji f jest okre±lona wzorem f Õ (x)=2x. St°d wynika, ªe wsp ó™czynnik kierun-kowy stycznej w punkcie P jest równy a=2p. Prosta o równaniu y=2px+b przecho dzi przezpunkt P, wi¶c p2=2p·p+b. Zatem b=-p2, czyli równanie stycznej ma p osta¢ y=2px-p2.Nierówno±¢ x2ˇ 2px-p2 jest równowaªna nierówno±ci x2-2px+p2ˇ 0, czyli nierówno±ci(x-p)2ˇ 0, a wi¶c jest prawdziwa dla kaªdego x.
Zadanie 23.
Dana jest funkcja f okre±lona wzorem f(x)=x3 dla dowolnej liczby rzeczywistej x. Wyznaczpunkt P=
!p,p3"
leª°cy na wykresie funkcji f na jbliªej punktu A=(4,0).
Rozwiπzanie
Wystarczy rozpatrywa¢ punkty P=!p,p3"
dla pˇ0, gdyª dla p<0 punkt o wsp ó™rz¶dnych(0,0) leªy bliªej punktu A niª punkt P:
117
AB
CP
x
y
|AP|> |AC|> |AB| .
Odleg™o±¢ |AP| dla pˇ 0 jest równa |AP|=
Ò(p-4)2+(p3)2.
Definiujemy wielomian W wzorem
W(x)= x6+(x-4)2 = x6+x2-8x+16.
Mamy zatem znaleπ¢ pˇ 0, dla którego warto±¢ W(p) wielomianu W jest na jmniejsza.Rozwaªamy zatem p o cho dn° wielomianu W:
W Õ (x)= 6x5+2x-8= 2(x-1)!3x4+3x3+3x2+3x+4
".
Poniewaª dla xˇ 0
3x4+3x3+3x2+3x+4>0,
wi¶c:
W Õ (x)<0 dla xœ (0,1),W Õ (x)>0 dla xœ (1,+1).
St°d wynika, ªe:
wielomian W (x) jest funkcj° malej°c° w przedziale È0,1Í,wielomian W (x) jest funkcj° rosn°c° w przedziale È1, +1) .
Zatem szukan° warto±ci° p, dla której warto±¢ wielomianu W jest na jmniejsza, jest p= 1.Szukanym punktem P jest zatem P=(1,1).
118 9. Do datek
Zadanie 24.
Prosta o równaniu y= kx przecina parab ol¶ o równaniu y=1
2x2-
1
2w dwó ch punktach
A i B. Udowo dnij, ªe styczne do tej parab oli w punktach A i B s° prostopad™e.
Rozwiπzanie
A
B
x
y
Na jpierw wyznaczamy wsp ó™rz¶dne punktów A i B. W tym celu rozwi°zujemy uk™ad równa´8<
:y= kx
y=1
2x2-
1
2
1
2x2-kx-
1
2= 0
�= k2+1
x1 =k-Ôk2+1
2 · 12
= k-k2+1,x2 = k+
k2+1.
St°d A=1k-k2+1,k2-k
k2+1
2, B=
1k+
k2+1,k2+kk2+1
2.
Wyznaczamy teraz wsp ó™czynniki kierunkowe stycznych. Niech f(x) =1
2x2-
1
2. Wówczas
mamy równania stycznych: y= aAx+bA oraz y= aBx+bB, gdzie aA = f Õ1k-k2+1
2
oraz aB = f Õ1k+
k2+12
. Poniewaª f Õ (x) = x, wi¶c aA = k-k2+1, aB = k+
k2+1.
St°daA ·aB =
1k-k2+1
2·1k+k2+1
2= k2-
!k2+1
"=-1,
czyli obie styczne s° prostopad™e.
Zadania — I I wersja 119
Zadania— II wersja
Zadanie 1a.
Uzasadnij, ªen!1
33n+7
8n+4+3n-4
6n+5
4=
7
8.
Zadanie 2a.
Dana jest funkcja f okre±lona wzorem: f(x) =2x+7
x2+3dla kaªdej liczby rzeczywistej x. Uza-
sadnij, ªe f Õ3-1
2
4=
200
169.
Zadanie 3a.
Dany jest okr° g o ±ro dku w punkcie S=(60,40) i promieniu równym 97. Prosta o równaniu3x+4y+20= 0 przecina ten okr° g w dwó ch punktach A i B. Uzasadnij, ªe |AB|= 130.
Zadanie 5a.
Dana jest funkcja fokre±lona wzorem f(x)=x+3
x2+7dla kaªdej liczby rzeczywistej x. Uzasad-
nij, ªe zbiór warto±ci funkcji f jest przedzia™em domkni¶tym=-
1
14,1
2
>.
Zadanie 6a.
Uzasadnij, ªe istnieje dok™adnie 1908 nieparzystych liczb cztero cyfrowych, w których zapisiedziesi¶tnym wyst¶puje co na jmniej jedna sió demka.
Zadanie 7a.
Dany jest niesko´czony ci° g geometryczny (an) okre±lony wzorem
an =21Ô32n dla n= 1,2,3, . . . .
Uzasadnij, ªe suma wszystkich wyrazów tego ci° gu jest równa S= 1+Ô3.
Zadanie 8a.
Dana jest funkcja f okre±lona wzorem f(x)=x3-3x+1 i leª°cy na wykresie tej funkcji punktA o wsp ó™rz¶dnej x równej 2. Uzasadnij, ªe styczna do wykresu funkcji f w punkcie A marównanie y= 9x-15.
Zadanie 12a.
Uzasadnij, ªe na jmniejsz° liczb° naturaln° n sp e™nia j°c° nierówno±¢----2n-10
3n+1-2
3
----<1
30jest
n= 107.
120 9. Do datek
Zadanie 13a.
Okr¶gi o równaniach x2+y2=625 i (x-36)2+(y-15)2=1600 ma j° dwa punkty przeci¶cia:A i B. Uzasadnij, ªe |AB|= 48.
Zadanie 14a.
Dany jest wykres funkcji kwadratowej f(x)=x2 oraz punkt A=(3,0). Uzasadnij, ªe punktemna wykresie funkcji f leª°cym na jbliªej punktu A jest punkt o wsp ó™rz¶dnych (1,1).
Zadanie 16a.
W ostros™upie prawid™owym czworok°tnym kraw¶dπ p o dstawy jest równa 10 cm, a k°t nachy-lenia ±ciany b o cznej do p™aszczyzny p o dstawy jest równy 60 stopni. Ostros™up ten przeci¶top™aszczyzn° przecho dz°c° przez kraw¶dπ p o dstawy i nachylon° do p™aszczyzny p o dstawy
p o d k°tem 30 stopni. Uzasadnij, ªe p ole otrzymanego przekro ju jest równe P=75
2
Ô3.
A B
CD
S
E FO
K
L
P
60� 30�