www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
P
RÓBNY
E
GZAMIN
M
ATURALNY
Z
M
ATEMATYKI
Z
ESTAW PRZYGOTOWANY PRZEZ SERWIS
WWW
.
ZADANIA
.
INFO
POZIOM ROZSZERZONY
20
MARCA
2010
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(4
PKT
.)
Wyznacz wszystkie warto´sci parametru m, dla których równanie
1
7
x
−
√
3
−
m
=
0 ma
dwa pierwiastki, których iloczyn jest ujemny.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zapiszmy dane równanie w postaci
1
7
x
−
√
3
=
m.
Naszkicujmy teraz wykres funkcji, któr ˛
a mamy z lewej strony równania: rozpoczynamy od
y
=
1
7
x
, potem przesuwamy ten wykres o
√
3 w dół i na koniec odbijamy cz˛e´s´c pod osi ˛
a
Ox do góry.
-2.5
+1
+2.5
x
-0.5
+0.5
+2.5
+5
y
-2.5
+1
+2.5
x
-0.5
+0.5
+2.5
+5
y
P
Z wykresu wida´c, ˙ze dane równanie ma dwa rozwi ˛
azania dla m
∈ (
0,
√
3
)
. Ponadto,
je ˙zeli m jest wi˛eksze ni ˙z druga współrz˛edna punktu P przeci˛ecia narysowanego wykresu z
osi ˛
a Oy, to rozwi ˛
azania te b˛ed ˛
a miały ró ˙zne znaki (bo b˛ed ˛
a po ró ˙znych stronach osi Oy).
Drug ˛
a współrz˛edn ˛
a punktu P wyznaczmy podstawiaj ˛
ac x
=
0 do wzoru funkcji.
f
(
0
) = |
1
−
√
3
| =
√
3
−
1.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
W takim razie równanie b˛edzie miało dwa pierwiastki ró ˙znych znaków je ˙zeli m
∈ (
√
3
−
1,
√
3
)
.
Odpowied´z: m
∈ (
√
3
−
1,
√
3
)
Z
ADANIE
2
(4
PKT
.)
Rozwi ˛
a ˙z układ równa ´n
(
5
|
y
| +
3x
=
3y
+
3
|
4y
+
9x
| =
6y.
R
OZWI ˛
AZANIE
Z drugiego równania wynika, ˙ze musi by´c y
>
0. W takim razie pierwsze równanie mo ˙zemy
zapisa´c w postaci
5y
+
3x
=
3y
+
3
3x
= −
2y
+
3
Podstawiaj ˛
ac to do drugiego równania mamy
|
4y
−
6y
+
9
| =
6y
| −
2y
+
9
| =
6y
9
−
2y
=
6y
∨
9
−
2y
= −
6y
y
=
9
8
∨
y
= −
9
4
.
Poniewa ˙z jednak musi by´c y
>
0, mamy y
=
9
8
. Zatem
x
= −
2
3
y
+
1
= −
3
4
+
1
=
1
4
.
Odpowied´z:
(
x, y
) = (
1
4
,
9
8
)
Z
ADANIE
3
(5
PKT
.)
W trójk ˛
acie prostok ˛
atnym ABC przyprostok ˛
atne maj ˛
a długo´sci
|
AC
| =
b,
|
BC
| =
a, a wyso-
ko´s´c opuszczona z wierzchołka k ˛
ata prostego ma długo´s´c h.
α
A
B
C
a
b
h
Wyka ˙z, ˙ze je ˙zeli b
2
=
a
·
h to cos
]
BAC
=
√
5
−
1
2
.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Spróbujemy przekształci´c dan ˛
a równo´s´c tak, aby było to wyra ˙zenie, w którym wyst˛epuj ˛
a
tylko funkcje trygonometryczne k ˛
ata α.
Mamy
a
b
=
tg α
⇒
a
=
b tg α
h
b
=
sin α
⇒
h
=
b sin α.
Podstawiaj ˛
ac to do danej równo´sci mamy
b
2
=
ah
b
2
=
b tg α
·
b sin α
/ : b
2
1
=
tg α sin α
1
=
sin
2
α
cos α
/
·
cos α
cos α
=
sin
2
α
=
1
−
cos
2
α
.
Je ˙zeli podstawimy teraz t
=
cos α to mamy równanie kwadratowe
t
=
1
−
t
2
t
2
+
t
−
1
=
0
∆
=
1
+
4
=
5
t
=
−
1
−
√
5
2
∨
t
=
−
1
+
√
5
2
Ujemne rozwi ˛
azanie odrzucamy i dostajemy t
=
cos α
=
√
5
−
1
2
.
Zadania
.info
Podobają Ci się nasze rozwiązania?
Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!
Z
ADANIE
4
(5
PKT
.)
Z miejscowo´sci A i B, które s ˛
a odległe o 58,5 km wyruszyły jednocze´snie ku sobie dwa sa-
mochody. Pierwszy samochód w ci ˛
agu pierwszej minuty jechał ze ´sredni ˛
a pr˛edko´sci ˛
a 30
km/h, a w ci ˛
agu ka ˙zdej nast˛epnej minuty pokonywał drog˛e o 0,25 km dłu ˙zsz ˛
a, ni ˙z w ci ˛
agu
poprzedniej minuty. Drugi samochód przez pierwsze 6 minut przejechał 21 kilometrów, a
potem jechał ze stał ˛
a pr˛edko´sci ˛
a 150 km/h. Oblicz po ilu minutach nast ˛
api spotkanie samo-
chodów.
R
OZWI ˛
AZANIE
Pierwszy samochód w ci ˛
agu pierwszej minuty przejechał
30
·
1
60
=
0, 5
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
kilometra. Ponadto wiemy, ˙ze w ka ˙zdej nast˛epnej minucie przeje ˙zd ˙za o 0,25 km wi˛ecej, wi˛ec
w n-tej minucie przejechał
0, 5
+ (
n
−
1
) ·
0, 25.
Ze wzoru na sum˛e pocz ˛
atkowych wyrazów ci ˛
agu arytmetycznego wiemy, ˙ze po n minutach
przejechał
S
n
=
2a
1
+ (
n
−
1
)
r
2
·
n
=
1
+ (
n
−
1
) ·
0, 25
2
·
n.
Zajmijmy si˛e teraz drugim samochodem. Wiemy, ˙ze w ci ˛
agu pierwszych 6 minut przejechał
21 kilometrów, a potem przeje ˙zd ˙za
150
·
1
60
=
2, 5
kilometra w ci ˛
agu 1 minuty. Zatem po n minutach (je ˙zeli n
>
6) przejedzie
21
+ (
n
−
6
) ·
2, 5
kilometrów.
Samochody spotkaj ˛
a si˛e, je ˙zeli w sumie przejad ˛
a dystans dziel ˛
acy miejscowo´sci A i B,
czyli 58, 5 km. Daje to nam równanie
1
+ (
n
−
1
) ·
0, 25
2
·
n
+
21
+ (
n
−
6
) ·
2, 5
=
58, 5
/
·
2
(
1
+
0, 25n
−
0, 25
)
n
+
42
+
5n
−
30
=
117
/
·
4
n
2
+
3n
+
168
+
20n
−
120
=
468
n
2
+
23n
−
420
=
0
∆
=
23
2
+
1680
=
2209
=
47
2
n
=
−
23
−
47
2
= −
35
∨
n
=
−
23
+
47
2
=
12.
Ujemn ˛
a odpowied´z odrzucamy i mamy n
=
12.
Odpowied´z: Po 12 minutach.
Z
ADANIE
5
(4
PKT
.)
Ci ˛
ag
(
b
n
)
jest niesko ´nczonym ci ˛
agiem liczb dodatnich, a ci ˛
ag
(
a
n
)
spełnia warunek
a
n
+
1
−
a
n
=
log 2b
n
−
log b
101
−
n
,
dla n
=
1, 2, . . . , 100.
Oblicz a
101
−
a
1
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Przekształ´cmy podany warunek
a
n
+
1
−
a
n
=
log 2b
n
−
log b
101
−
n
=
log
2b
n
b
101
−
n
a
n
+
1
=
a
n
+
log
2b
n
b
101
−
n
.
Wida´c teraz, ˙ze maj ˛
ac jeden wyraz ci ˛
agu
(
a
n
)
mo ˙zemy obliczy´c wszystkie jego wyrazy. Li-
czymy
a
101
=
a
100
+
log
2b
100
b
1
=
a
99
+
log
2b
99
b
2
+
log
2b
100
b
1
=
=
a
99
+
log
2b
99
b
2
·
2b
100
b
1
=
a
99
+
log
2
2
b
99
b
100
b
1
b
2
=
=
a
98
+
log
2b
98
b
3
+
log
2
2
b
99
b
100
b
1
b
2
=
a
98
+
log
2
3
b
98
b
99
b
100
b
1
b
2
b
3
=
= · · · =
a
2
+
log
2b
2
b
99
+
log
2
98
b
3
· · ·
b
98
b
99
b
100
b
1
b
2
b
3
· · ·
b
98
=
=
a
2
+
log
2
99
b
2
b
3
· · ·
b
98
b
99
b
100
b
1
b
2
b
3
· · ·
b
98
b
99
=
=
a
1
+
log
2b
1
b
100
+
log
2
99
b
2
· · ·
b
98
b
99
b
100
b
1
b
2
b
3
· · ·
b
99
=
=
a
1
+
log
2
100
b
1
· · ·
b
98
b
99
b
100
b
1
b
2
b
3
· · ·
b
100
=
a
1
+
log 2
100
=
a
1
+
100 log 2.
Zatem
a
101
−
a
1
=
100 log 2.
Sposób II
Zapiszmy podany warunek w postaci
a
n
+
1
−
a
n
=
log 2
+
log b
n
−
log b
101
−
n
i wypiszmy pod sob ˛
a kolejne równo´sci otrzymane przez podstawianie n
=
1, 2, 3, . . . , 100.
a
2
−
a
1
=
log 2
+
log b
1
−
log b
100
a
3
−
a
2
=
log 2
+
log b
2
−
log b
99
a
4
−
a
3
=
log 2
+
log b
3
−
log b
98
· · ·
a
100
−
a
99
=
log 2
+
log b
99
−
log b
2
a
101
−
a
100
=
log 2
+
log b
100
−
log b
1
.
Dodaj ˛
ac te równo´sci stronami otrzymamy
a
101
−
a
1
=
100 log 2.
Odpowied´z: 100 log 2
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
6
(4
PKT
.)
Ze zbioru
{
1, 2, . . . , 10
}
losujemy dwie ró ˙zne liczby n i k. Oblicz prawdopodobie ´nstwo, ˙ze
2n
2
>
k
·
n
1
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Poniewa ˙z liczby n i k pełni ˛
a inne role w danej nierówno´sci, wygodniej b˛edzie nam traktowa´c
zdarzenia elementarne jak pary uporz ˛
adkowane
(
n, k
)
. Mamy wi˛ec
|
Ω
| =
10
·
9
=
90
(drug ˛
a liczb˛e mo ˙zemy wybra´c na 9 sposobów, bo liczby nie mog ˛
a by´c równe).
Spróbujmy teraz rozszyfrowa´c podan ˛
a nierówno´s´c.
2n
(
2n
−
1
)
2
>
k
·
n
n
(
2n
−
1
) >
k
·
n
/ : n
2n
−
1
>
k
2n
>
k
+
1.
Zauwa ˙zmy, ˙ze k
+
1
6
11, wi˛ec je ˙zeli n
>
6 to nierówno´s´c b˛edzie spełniona dla wszystkich
warto´sci k. Jest
5
·
9
=
45
takich zdarze ´n (jest 5 mo ˙zliwo´sci wybrania n i 9 mo ˙zliwo´sci wybrania k ró ˙znego od n).
Wypiszmy teraz mo ˙zliwe warto´sci k dla mniejszych warto´sci n.
n
=
5
⇒
k
∈ {
1, 2, 3, 4, 6, 7, 8
}
n
=
4
⇒
k
∈ {
1, 2, 3, 5, 6
}
n
=
3
⇒
k
∈ {
1, 2, 4
}
n
=
2
⇒
k
=
1.
Daje to nam
7
+
5
+
3
+
1
=
16
zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych i prawdopodobie ´nstwo jest równe
45
+
16
90
=
61
90
.
Odpowied´z:
61
90
Z
ADANIE
7
(5
PKT
.)
Okr ˛
ag o ´srodku O jest wpisany w trójk ˛
at ABC, gdzie A
= (−
3, 5
)
. Wiedz ˛
ac, ˙ze okr ˛
ag ten
jest styczny do boków AB i AC odpowiednio w punktach K
= (
0,
−
1
)
i L
= (
3, 2
)
oblicz
długo´s´c odcinka AO.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
-5
-1
+2
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
A
O
K
L
-5
-1
+2
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
A
O
K
L
S
Plan jest nast˛epuj ˛
acy: skoro interesuj ˛
acy nas okr ˛
ag jest styczny do prostych AB i AC w
punktach K i L to punkt O le ˙zy na przeci˛eciu prostych przechodz ˛
acych przez te punkty i
prostopadłych odpowiednio do boków AB i AC. Napiszemy wi˛ec równania prostych KO i
LO, a to pozwoli wyliczy´c współrz˛edne punktu O.
Sposób I
Aby napisa´c równania prostych KO i LO skorzystamy z równania
p
(
x
−
a
) +
q
(
y
−
b
) =
0
prostej prostopadłej do wektora
→
v
= [
p, q
]
i przechodz ˛
acej przez punkt P
= (
a, b
)
.
W przypadku prostej KO mamy
→
v
=
−→
AK
= [
0
− (−
3
)
,
−
1
−
5
] = [
3,
−
6
]
oraz P
=
K
= (
0,
−
1
)
. Zatem prosta KO ma równanie
3x
−
6
(
y
+
1
) =
0
/ : 3
x
−
2y
−
2
=
0.
W przypadku prostej LO mamy
→
v
=
−→
AL
= [
3
− (−
3
)
, 2
−
5
] = [
6,
−
3
]
oraz P
=
L
= (
3, 2
)
. Zatem prosta LO ma równanie
6
(
x
−
3
) −
3
(
y
−
2
) =
0
/ : 3
2x
−
6
−
y
+
2
=
0
y
=
2x
−
4.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Szukamy teraz punktu wspólnego tych dwóch prostych.
(
x
=
2y
+
2
y
=
2x
−
4
Podstawiaj ˛
ac x
=
2y
+
2 z pierwszego równania do drugiego mamy
y
=
2
(
2y
+
2
) −
4
y
=
4y
⇐⇒
y
=
0.
Zatem x
=
2y
+
2
=
2 i O
= (
2, 0
)
.
Teraz bez trudu liczymy ˙z ˛
adan ˛
a odległo´s´c
|
AO
| =
q
(
2
+
3
)
2
+ (
0
−
5
)
2
=
√
25
+
25
=
5
√
2.
Sposób II
Je ˙zeli nie chcemy korzysta´c ze wzoru na równanie prostej prostopadłej do wektora to mo-
˙zemy równania prostych KO i LO wyznaczy´c bardziej konwencjonalnie – wyznaczaj ˛
ac naj-
pierw równania prostych AK i AL, potem pisz ˛
ac równania prostych do nich prostopadłych
i przechodz ˛
acych odpowiednio przez punkty K i L.
Mo ˙zemy oczywi´scie korzysta´c z równania prostej przechodz ˛
acej przez dwa punkty, ale
my b˛edziemy unika´c tego wzoru, bo raczej nie upraszcza on rachunków.
Szukamy prostej w postaci y
=
ax
+
b przechodz ˛
acej przez A
= (−
3, 5
)
i K
= (
0,
−
1
)
.
(
5
= −
3a
+
b
−
1
=
b
Odejmuj ˛
ac od pierwszego równania drugie mamy 6
= −
3a, czyli a
= −
2 i prosta AK ma
równanie y
= −
2x
−
1.
Od razu wyznaczmy równanie prostej KO. Jest ona prostopadła do AK, wi˛ec ma posta´c
y
=
1
2
x
+
b. Współczynnik b wyznaczmy podstawiaj ˛
ac współrz˛edne punktu K, b
= −
1.
Zatem prosta ta ma równanie y
=
1
2
x
−
1
Teraz szukamy prostej y
=
ax
+
b przechodz ˛
acej przez A
= (−
3, 5
)
i L
= (
3, 2
)
.
(
5
= −
3a
+
b
2
=
3a
+
b
Odejmuj ˛
ac od pierwszego równania drugie mamy 3
= −
6a, czyli a
= −
1
2
. Współczynnik b
nie jest nam potrzebny, wi˛ec mo ˙zemy go nie liczy´c.
Wyznaczmy teraz równanie prostej LO. Jest ona prostopadła do AL, wi˛ec ma posta´c
y
=
2x
+
b. Współczynnik b wyznaczmy podstawiaj ˛
ac współrz˛edne punktu L
2
=
6
+
b
⇒
b
= −
4.
Zatem prosta ta ma równanie y
=
2x
−
4.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Teraz szukamy punktu wspólnego prostych y
=
1
2
x
−
1 i y
=
2x
−
4. Od razu porównu-
jemy y-ki.
1
2
x
−
1
=
2x
−
4
3
=
3
2
x
x
=
2.
Zatem y
=
2x
−
4
=
0 i O
= (
2, 0
)
. Mamy st ˛
ad
|
AO
| =
q
(
2
+
3
)
2
+ (
0
−
5
)
2
=
√
25
+
25
=
5
√
2.
Sposób III
Zadanie mo ˙zemy te ˙z rozwi ˛
aza´c zgaduj ˛
ac z obrazka współrz˛edne punktu O
= (
2, 0
)
(co nie
jest specjalnie trudne) i wykazuj ˛
ac, ˙ze rzeczywi´scie jest to szukany punkt.
Aby wykaza´c, ˙ze punkt O jest ´srodkiem okr˛egu wpisanego w trójk ˛
at ABC wystarczy
pokaza´c, ˙ze odcinki OK i OL maj ˛
a równe długo´sci oraz, ˙ze s ˛
a prostopadłe odpowiednio do
prostych AK i AL.
Zacznijmy od prostopadło´sci – zrobimy to sprawdzaj ˛
ac, ˙ze iloczyny skalarne
−→
AK
◦
−→
OK
oraz
−→
AL
◦
−→
OL s ˛
a równe 0. Liczymy
−→
AK
= [
0
+
3,
−
1
−
5
] = [
3,
−
6
]
−→
OK
= [
0
−
2,
−
1
−
0
] = [−
2,
−
1
]
⇒
−→
AK
◦
−→
OK
= −
6
+
6
=
0
−→
AL
= [
3
+
3, 2
−
5
] = [
6,
−
3
]
−→
OL
= [
3
−
2, 2
−
0
] = [
1, 2
]
⇒
−→
AL
◦
−→
OL
=
6
−
6
=
0.
Pozostało sprawdzi´c, ˙ze
|
−→
OK
| = |
−→
OL
|
.
|
−→
OK
| =
√
4
+
1
=
√
5
|
−→
OL
| =
√
1
+
4
=
√
5.
Zatem rzeczywi´scie punkt O jest szukanym ´srodkiem okr˛egu wpisanego w trójk ˛
at ABC.
Długo´s´c odcinka AO obliczamy jak w poprzednich sposobach.
Sposób IV
Tym razem u ˙zyjemy wi˛ecej geometrii – zauwa ˙zmy, ˙ze je ˙zeli S jest ´srodkiem odcinka KL to
trójk ˛
aty ASK i AKO s ˛
a podobne (oba s ˛
a prostok ˛
atne i maj ˛
a wspólny k ˛
at przy wierzchołku
A). Mamy wi˛ec
AS
AK
=
AK
AO
⇒
AO
=
AK
2
AS
.
Długo´s´c odcinka AK wyliczamy od razu
AK
2
= (
0
+
3
)
2
+ (−
1
−
5
)
2
=
9
+
36
=
45,
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
a długo´s´c odcinka AS wyliczymy z twierdzenia Pitagorasa.
KL
2
= (
3
−
0
)
2
+ (
2
+
1
)
2
=
9
+
9
=
18
AS
2
=
AK
2
−
KS
2
=
AK
2
−
KL
2
4
=
45
−
18
4
=
90
−
9
2
=
81
2
AS
=
9
√
2
.
Mamy wi˛ec
AO
=
AK
2
AS
=
45
9
√
2
=
5
√
2.
Odpowied´z: 5
√
2
Z
ADANIE
8
(5
PKT
.)
Wyznacz warto´s´c parametru m, dla którego równanie
x
3
+ (
m
−
2
)
x
2
+ (
6
−
2m
)
x
−
12
=
0
ma trzy pierwiastki x
1
, x
2
, x
3
spełniaj ˛
ace warunki x
3
= −
x
1
oraz x
2
=
x
1
−
1.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Z podanych informacji wiemy, ˙ze dany wielomian musi mie´c posta´c
(
x
−
x
1
)(
x
−
x
2
)(
x
−
x
3
) = (
x
−
x
1
)(
x
−
x
1
+
1
)(
x
+
x
1
) =
= (
x
2
−
x
2
1
)(
x
−
x
1
+
1
) =
=
x
3
−
x
2
x
1
+
x
2
−
x
2
1
x
+
x
3
1
−
x
2
1
=
=
x
3
+
x
2
(
1
−
x
1
) −
x
·
x
2
1
+ (
x
3
1
−
x
2
1
)
.
Porównuj ˛
ac teraz współczynniki ze współczynnikami danego wielomianu otrzymujemy
układ równa ´n
m
−
2
=
1
−
x
1
6
−
2m
= −
x
2
1
−
12
=
x
3
1
−
x
2
1
.
(Układ ten mogli´smy te ˙z otrzyma´c stosuj ˛
ac wzory Viète’a dla równania stopnia 3).
Mo ˙zemy ten układ rozwi ˛
aza´c na ró ˙zne sposoby, my podstawimy m
=
3
−
x
1
z pierwsze-
go równania do drugiego
6
−
2
(
3
−
x
1
) = −
x
2
1
x
2
1
+
2x
1
=
0
x
1
(
x
1
+
2
) =
0.
Rozwi ˛
azanie x
1
=
0 jest sprzeczne z trzecim równaniem układu, zatem x
1
= −
2 i ma-
my m
=
3
−
x
1
=
5. Łatwo sprawdzi´c (cho´c nie musimy tego robi´c), ˙ze dla tych warto´sci
wszystko jest OK, tzn. liczby x
3
=
2 i x
2
= −
3 spełniaj ˛
a zale ˙zno´sci z tre´sci zadania.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób II
Na pocz ˛
atku nie wida´c specjalnie jak si˛e zabra´c za to zadanie, wi˛ec spróbujmy zignorowa´c
to, ˙ze w równaniu jest parametr i poszukajmy pierwiastków w´sród dzielników wyrazu wol-
nego. Sprawdzaj ˛
ac po kolei 1,-1,2,-2 mo ˙zna zauwa ˙zy´c, ˙ze x
=
2 jest pierwiastkiem:
8
+
4
(
m
−
2
) +
2
(
6
−
2m
) −
12
=
8
+
4m
−
8
+
12
−
4m
−
12
=
0.
Zatem wielomian jest podzielny przez dwumian
(
x
−
2
)
– wykonujemy to dzielenie. My
zrobimy to grupuj ˛
ac wyrazy.
x
3
+ (
m
−
2
)
x
2
+ (
6
−
2m
)
x
−
12
= (
x
3
−
2x
2
) +
mx
2
−
2mx
+
6x
−
12
=
=
x
2
(
x
−
2
) +
mx
(
x
−
2
) +
6
(
x
−
2
) = (
x
−
2
)(
x
2
+
mx
+
6
)
.
Zastanówmy si˛e teraz co dalej. Wiemy, ˙ze jeden z pierwiastków to x
=
2, ale nie wiemy
który. Musimy wi˛ec rozwa ˙zy´c 3 przypadki.
Je ˙zeli x
1
=
2 to z podanych równo´sci mamy x
3
= −
2 i x
2
=
1. To jednak nie jest mo ˙zliwe,
bo na mocy wzorów Viète’a iloczyn pierwiastków trójmianu w nawiasie jest równy 6.
Je ˙zeli x
2
=
2 to z podanych równo´sci mamy x
1
=
3 i x
3
= −
3. Jak poprzednio, to nie
jest mo ˙zliwe, bo na mocy wzorów Viète’a iloczyn pierwiastków trójmianu w nawiasie jest
równy 6.
Je ˙zeli natomiast x
3
=
2 to x
1
= −
2 oraz x
2
= −
3 i jest OK, bo iloczyn tych liczb to 6.
Korzystaj ˛
ac ponownie ze wzorów Viète’a mamy
−
m
=
x
1
+
x
2
= −
2
−
3
= −
5
⇒
m
=
5.
Mo ˙zemy sprawdzi´c, ˙ze pierwiastkami równania x
2
+
5x
+
6
=
0 rzeczywi´scie s ˛
a liczby
x
= −
2 i x
= −
3.
Odpowied´z: m
=
5
Z
ADANIE
9
(4
PKT
.)
Trapez prostok ˛
atny ABCD o podstawach AB i CD jest opisany na okr˛egu o promieniu r.
a) Wyka ˙z, ˙ze
|
AB
| + |
CD
| >
4r.
b) Wiedz ˛
ac, ˙ze pole trapezu jest równe 4 wyka ˙z, ˙ze r
6
1.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
2r
A
B
C
D
E
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
a) Poniewa ˙z trapez jest opisany na okr˛egu, sumy długo´sci jego przeciwległych boków
musz ˛
a by´c równe, czyli
AB
+
CD
=
AD
+
BC
=
2r
+
BC.
Wystarczy zatem pokaza´c, ˙ze BC
>
2r. To jednak staje si˛e jasne je ˙zeli popatrzymy
na trójk ˛
at prostok ˛
atny CEB – przeciwprostok ˛
atna jest zawsze najdłu ˙zszym bokiem w
trójk ˛
acie prostok ˛
atnym, czyli
BC
>
CE
=
2r.
b) Korzystaj ˛
ac ze wzoru na pole trapezu oraz z nierówno´sci z poprzedniego podpunktu,
mamy
4
=
AB
+
CD
2
·
2r
>
4r
2
·
2r
=
4r
2
.
St ˛
ad r
2
6
1, czyli r
6
1.
Z
ADANIE
10
(6
PKT
.)
Na płaskiej powierzchni poło ˙zono trzy kule K
1
, K
2
, K
3
, ka ˙zda o promieniu 2 tak, ˙ze kule K
1
i K
2
s ˛
a styczne w punkcie P
3
, kule K
2
i K
3
s ˛
a styczne w punkcie P
1
, a kule K
3
i K
1
s ˛
a styczne
w punkcie P
2
. Nast˛epnie poło ˙zono na tych kulach kul˛e K
4
o promieniu 3, która jest styczna
do kul K
1
, K
2
, K
3
odpowiednio w punktach S
1
, S
2
, S
3
.
a) Uzasadnij, ˙ze odcinki P
1
P
2
i S
1
S
2
s ˛
a równoległe.
b) Oblicz obwód trapezu P
1
P
2
S
1
S
2
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Oczywi´scie rozpoczynamy od narysowania opisanej sytuacji.
O
1
O
2
O
3
O
4
P
3
P
1
P
2
S
3
S
2
S
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
3
α
Zrobienie nawet schematycznego rysunku nie jest łatwe, ale musimy sobie co najmniej
tyle narysowa´c, ˙zeby było wida´c, ˙ze wystarczy si˛e zajmowa´c czworo´scianem O
1
O
2
O
3
O
4
,
gdzie punkty te s ˛
a ´srodkami kolejnych kul. Punkty styczno´sci kul b˛ed ˛
a dzieli´c kraw˛edzie
tego czworo´scianu w sposób pokazany na prawym rysunku.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
12
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
a) W trójk ˛
acie O
1
O
4
O
2
mamy
O
1
O
4
O
2
O
4
=
S
1
O
4
S
2
O
4
,
co na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa oznacza, ˙ze odcinki S
1
S
2
i
O
1
O
2
s ˛
a równoległe. Podobnie, odcinek P
1
P
2
ł ˛
aczy ´srodki boków w trójk ˛
acie O
1
O
2
O
3
,
czyli jest równoległy do odcinka O
1
O
2
. Skoro ka ˙zdy z odcinków S
1
S
2
i P
1
P
2
jest rów-
noległy do odcinka O
1
O
2
, to musz ˛
a one by´c równoległe.
b) Łatwo wyliczy´c długo´sci podstaw trapezu. Z zauwa ˙zonych w poprzednim podpunk-
cie równoległo´sci mamy
P
1
P
2
=
1
2
O
1
O
2
=
2
oraz
O
4
S
1
S
1
S
2
=
O
4
O
1
O
1
O
2
3
S
1
S
2
=
5
4
⇒
S
1
S
2
=
12
5
.
Odrobin˛e trudniej jest z ramieniem trapezu – wida´c, ˙ze da si˛e wyliczy´c długo´s´c od-
cinka P
1
S
2
z trójk ˛
ata P
1
S
2
O
2
je ˙zeli tylko b˛edziemy znali cos α. Cosinus ten mo ˙zna
wyliczy´c z twierdzenia cosinusów w trójk ˛
acie O
2
O
3
O
4
, ale mo ˙zna te ˙z pro´sciej: trój-
k ˛
at O
2
O
3
O
4
jest równoramienny, wi˛ec ´srodkowa O
4
P
1
jest jego wysoko´sci ˛
a. Zatem z
trójk ˛
ata O
2
P
1
O
4
mamy
cos α
=
O
2
P
1
O
2
O
4
=
2
5
.
Pozostało teraz policzy´c długo´s´c odcinka P
1
S
2
z twierdzenia cosinusów w trójk ˛
acie
O
2
P
1
S
2
.
(
P
1
S
2
)
2
= (
O
2
P
1
)
2
+ (
O
2
S
2
)
2
−
2O
2
P
1
·
O
2
S
2
cos α
(
P
1
S
2
)
2
=
4
+
4
−
8
·
2
5
=
8
−
16
5
=
4
2
−
4
5
=
4
·
6
5
P
1
S
2
=
2
√
6
√
5
=
2
√
30
5
.
Zatem obwód trapezu jest równy
2
+
12
5
+
2
·
2
√
30
5
=
22
+
4
√
30
5
.
Odpowied´z:
22
+
4
√
30
5
Z
ADANIE
11
(4
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze dla dowolnych liczb rzeczywistych a
6=
b oraz m
6=
0 równanie
1
x
−
a
+
1
x
−
b
=
1
m
ma dwa ró ˙zne rozwi ˛
azania.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
13
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Przekształcamy dane równanie
x
−
b
+
x
−
a
(
x
−
a
)(
x
−
b
)
=
1
m
(
2x
−
a
−
b
)
m
= (
x
−
a
)(
x
−
b
)
2xm
− (
a
+
b
)
m
=
x
2
− (
a
+
b
)
x
+
ab
x
2
− (
a
+
b
+
2m
)
x
+
ab
+
am
+
bm
∆
= (
a
+
b
+
2m
)
2
−
4
(
ab
+
am
+
bm
)
.
Wyra ˙zenie
(
a
+
b
+
2m
)
2
mo ˙zemy obliczy´c wymna ˙zaj ˛
ac dwa nawiasy, ale mo ˙zemy te ˙z sko-
rzysta´c ze wzoru
(
x
+
y
+
z
)
2
=
x
2
+
y
2
+
z
2
+
2xy
+
2xz
+
2yz.
Mamy wi˛ec
∆
=
a
2
+
b
2
+
4m
2
+
2ab
+
4am
+
4bm
−
4ab
−
4am
−
4bm
=
=
a
2
+
b
2
−
2ab
+
4m
2
= (
a
−
b
)
2
+
4m
2
.
Poniewa ˙z z zało ˙zenia m
6=
0, wi˛ec
∆
>
0, co oznacza, ˙ze równanie ma zawsze dwa pier-
wiastki. Nie jest to jednak całkiem koniec, bo musimy sprawdzi´c, czy jeden z tych pierwiast-
ków to nie jest przypadkiem a lub b (liczby te nie nale ˙z ˛
a do dziedziny równania). Spraw-
dzamy podstawiaj ˛
ac x
=
a i x
=
b w otrzymanym równaniu kwadratowym.
a
2
− (
a
+
b
+
2m
) ·
a
+
ab
+
am
+
bm
= −
2am
+
am
+
bm
=
m
(
b
−
a
) 6=
0
b
2
− (
a
+
b
+
2m
) ·
b
+
ab
+
am
+
bm
= −
2bm
+
am
+
bm
=
m
(
a
−
b
) 6=
0.
Zatem rzeczywi´scie pierwiastkiem nie mo ˙ze by´c ani liczba a, ani b.
Materiał pobrany z serwisu
www.zadania.info
14