zs.ketrzyn.plzs.ketrzyn.pl/.../2017/02/zbior_zadan_maturalnych_z_matematyki.pdfzs.ketrzyn.pl

Zbiór zadaÒ

maturalnych

z matematyki

Centralna Komisja Egzaminacyjna

Warszawa 2012

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:


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;


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 koćzy 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 koćzy 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.


Uzasadnij, ªe jeªeli a+b= 1 i a2+b2 = 7, to a4+b4 = 31.


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.


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.


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 koćzy 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.


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


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


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.


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.


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


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.


Uzasadnij, ªe jeªeli a ”=b, a ”= c, b ”= c i a+b= 2c, toa

a-c+

b

b-c= 2.


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.



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.


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.


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



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 koćzy 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.


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 koćzy 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:


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


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


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


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

>.


Rozwi°ª równanie x3-7x2+2x-14= 0.


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.


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

= =


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.


Rozwi°ª równanie x3-7x2-4x+28= 0.


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.


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.


Rozwi°ª równanie x3+2x2-5x-10= 0.


Przedstawiamy lew° stron¶ równania w p ostaci ilo czynowej, stosuj°c meto d¶ grup owaniawyrazów

(x+2)!x2-5

"= 0.


St°d x=-2 lub x=-Ô5 lub x=

Ô5.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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.


Obliczenie pr¶dko±ci obu samo cho dów:�

vA = 58 /

vB = 75 /lub

�vA = 51 /

vB = 68 /


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.


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.


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.


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.


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


Rozwi°ª nierówno±¢ |2x+4|+ |x-1|˛ 6.


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.


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.


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.


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

.


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

.


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

.


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).


Zapisujemy warunki, jakie musz° by¢ sp e™nione, aby równanie

x2-4mx-m3+6m2+m-2= 0


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).


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:


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 podstawowy


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


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.


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.


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.


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:


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


Wykaª, ªe dla kaªdego m ci° g3m+1

4,m+3

6,m+9

12

4jest arytmetyczny.


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.


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


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.


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 koćzydowó 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.


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


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).


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).


Liczby x, y, 19 w p o danej kolejno±ci tworz° ci° g arytmetyczny, przy czym x+y= 8. Ob-licz x i y.


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.


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.


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.


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


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.


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.


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.


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.


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.


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.

St°d

310x1 ·271+2+...+9 = 3145

310x1 ·33·45 = 3145

310x1+135 = 3145

x1 = 1.

Rozdzia≥ 5

Trygonometria

W dziale dotyczπcym trygonometrii:


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


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


K°t ↵ jest ostry i ↵=4

3. Oblicz ↵+ ↵.


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,


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.


↵=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.


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.


K°t ↵ jest ostry i ↵=5

12. Oblicz ↵.

Rozwi°zujemy analogicznie jak p oprzednie zadanie.

42 5. Trygonometria

Odp.: ↵=12

13.


K°t ↵ jest ostry i↵

↵+

↵

↵= 2. Oblicz warto±¢ wyraªenia ↵ · ↵.


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.


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.


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

↵

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.


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


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⇡.


Rozwi°ª równanie 2 2 x-2 2 x x= 1- x w przedziale È0,2⇡Í.


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¶).


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:


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


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 podstawowy


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


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.


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


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.



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.


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.


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.


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.


Wykonujemy rysunek tró jk°ta z przyj¶tymi oznaczeniami lub wprowadzamy oznaczeniawynika j°ce z tre±ci zadania

a

a+7c


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.


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.


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.


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.


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.


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.


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


A B

CD

EF

↵

↵

↵��

�


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 koćzy dowó d.


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.


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¶.


A B

CD

E

↵

↵

�

�


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


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|.


Po dstawa AB tró jk°ta równoramiennego ABC ma d™ugo±¢ 8 oraz |<) BAC|= 30¶. Obliczd™ugo±¢ ±ro dkowej AD tego tró jk°ta.


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

.


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.


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.


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.


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.


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

.


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.


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:


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


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


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.


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.


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.


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.


Obliczamy wsp ó™rz¶dne ±ro dka kwadratu ABCD: S=(4,6).

Wyznaczamy równanie prostej BD w p ostaci np. y=-2x+14.


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.


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.


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).


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.


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.



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.



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


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.



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).


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.


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,


-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.


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.


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.


Zatem punkt styczno±ci ma wsp ó™rz¶dne: P=

323

5,31

5

4.


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.


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.



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.



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.


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.


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.


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


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.


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.


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).


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 .


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).


Oblicz miar¶ k°ta mi¶dzy stycznymi do okr¶gu x2+y2+2x-2y-3= 0 p oprowadzonymiprzez punkt A=(2, 0).


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.


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¶.



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.


Przekszta™camy równanie okr¶gu x2+y2+2x-2y-3= 0 do p ostaci (x+1)2+(y-1)2 = 5.


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.


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.



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:


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


a) wyznacza przekro je wielo±cianów p™aszczyzn°,b) stosuje twierdzenie o trzech prostych prostopad™ych.

Poziom podstawowy


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.


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.


Ob j¶to±¢ ostros™upa jest równa V =1

3·12 ·12= 48.


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


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.


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)


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

.


III sposób rozwiπzania (wyznaczenie h, wyznaczenie x, wyznaczenie hb, wyznaczenie H)


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.


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


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.


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.


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.


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.


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:


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´;


wykorzystuje wzory na liczb ¶ p ermutacji, kombinacji i wariacji do zliczania obiektóww sytuacjach kombinatorycznych.

Poziom podstawowy


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.


⌦ 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.



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.


⇥

⇥

⇥⇥

⇥

⇥

1

2

3

4

5

6

1 2 3 4 5 6

Ikostka

II kostka

P (A)=6

36=

1

6.


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


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.


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.


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.


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.



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.


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


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.


Teoria prawdop o dobie´stwa i kombinatoryka


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.


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.


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.


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.


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).


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.


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.


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


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¢.


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 koćzy dowó d.

Zadanie 5.

Wyznacz zbiór warto±ci funkcji f okre±lonej wzorem f(x)=x+3

x2+7dla kaªdej liczby rzeczy-

wistej x.


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

>.


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 nieskoćzony 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.


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.


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.


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 koćzy dowó d.


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 koćzy dowó d.

104 9. Do datek


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


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.


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).


�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


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 koćzy dowó d.


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 koćzy dowó d.

113


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 koćzy 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.


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.


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 koćzy 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 koćzy 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 nieskoćzony 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�

N o t a t k i

N o t a t k i

N o t a t k i

N o t a t k i

Documents

zs.ketrzyn.plzs.ketrzyn.pl/.../2017/02/zbior_zadan_maturalnych_z_matematyki.pdfzs.ketrzyn.pl