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
12
MARCA
2011
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(5
PKT
.)
Wykres funkcji homograficznej f
(
x
) =
ax
+
3
x
+
b
+
1
mo ˙zna otrzyma´c przesuwaj ˛
ac wykres funkcji
g
(
x
) =
7
x
, a dziedzina funkcji f
(
x
)
jest tym samym zbiorem co jej zbiór warto´sci. Wyznacz
współczynniki a i b.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zapiszmy wzór funkcji f w postaci kanonicznej.
f
(
x
) =
ax
+
3
x
+
b
+
1
=
a
(
x
+
b
+
1
) −
ab
−
a
+
3
x
+
b
+
1
=
a
+
3
−
ab
−
a
x
+
b
+
1
.
Wida´c teraz, ˙ze wykres funkcji f powstaje z wykresu funkcji y
=
3
−
ab
−
a
x
przez przesuni˛ecie
o wektor
[−
b
−
1, a
]
. To daje nam równanie 3
−
ab
−
a
=
7.
Z postaci kanonicznej wida´c tak ˙ze, ˙ze dziedzin ˛
a funkcji f jest zbiór
(−
∞,
−
b
−
1
) ∪ (−
b
−
1,
+
∞
)
, a jej zbiorem warto´sci zbiór
(−
∞, a
) ∪ (
a,
+
∞
)
. Wiemy, ˙ze dziedzina ma by´c tym
samym zbiorem co zbiór warto´sci, czyli a
= −
b
−
1. Mamy zatem układ równa ´n
(
3
−
ab
−
a
=
7
a
= −
b
−
1.
Podstawiamy a
= −
b
−
1 z drugiego równania do pierwszego.
ab
+
a
+
4
=
0
(−
b
−
1
)
b
+ (−
b
−
1
) +
4
=
0
−
b
2
−
2b
+
3
=
0
/
· (−
1
)
b
2
+
2b
−
3
=
0
∆
=
4
+
12
=
16
b
=
−
2
−
4
2
= −
3
∨
b
=
−
2
+
4
2
=
1.
Mamy wtedy odpowiednio a
= −
b
−
1
=
2 i a
= −
b
−
1
= −
2. Na koniec obrazek dla
ciekawskich.
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
-5
-1
+1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
-5
-1
+1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
y=7/x
y=(2x+3)/(x-2)
y=7/x
y=(-2x+3)/(x+2)
Odpowied´z:
(
a, b
) = (
2,
−
3
)
lub
(
a, b
) = (−
2, 1
)
Z
ADANIE
2
(4
PKT
.)
Długo´sci boków prostok ˛
ata ABCD spełniaj ˛
a warunki: 2
|
AD
| 6 |
CD
|
i
|
CD
| =
3. Na boku
CD wybrano punkty E i F w ten sposób, ˙ze
|
DE
| = |
FC
| = |
AD
|
. Punkt G jest takim punk-
tem odcinka AE, ˙ze
|
AG
|
:
|
GE
| =
2 : 1. Oblicz długo´s´c boku AD prostok ˛
ata, dla której pole
trójk ˛
ata FGB jest najwi˛eksze.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy oczywi´scie od rysunku.
A
B
C
D
E
F
G
x
x
x
x
3-2x
3
x
1
3
x
2
3
Pole trójk ˛
ata FGB obliczymy odejmuj ˛
ac od pola prostok ˛
ata pola 4 białych trójk ˛
atów (inny
sposób to od pola trapezu ABFE odj ˛
a´c pola trójk ˛
atów ABG i EGF).
P
FGB
=
P
ABCD
−
P
ABG
−
P
EGF
−
P
AED
−
P
FBC
=
=
3x
−
1
2
·
3
·
2
3
x
−
1
2
· (
3
−
2x
) ·
1
3
x
−
1
2
x
2
−
1
2
x
2
=
=
3x
−
x
−
x
2
+
x
2
3
−
x
2
2
−
x
2
2
=
= −
2
3
x
2
+
3
2
x
= −
2
3
x
x
−
9
4
.
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Wykresem otrzymanej funkcji jest parabola o ramionach skierowanych w dół, wi˛ec najwi˛ek-
sz ˛
a warto´s´c przyjmuje dokładnie w ´srodku mi˛edzy pierwiastkami, czyli dla x
=
9
8
.
Odpowied´z:
|
AD
| =
9
8
Z
ADANIE
3
(5
PKT
.)
Rozwi ˛
a ˙z równanie 3 sin
2
x
=
2
√
3 sin x cos x
+
3 cos
2
x w przedziale
h
0, π
i
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Korzystamy ze wzorów na sin 2x i cos 2x.
3 sin
2
x
=
2
√
3 sin x cos x
+
3 cos
2
x
0
=
√
3
·
2 sin x cos x
+
3
(
cos
2
x
−
sin
2
x
)
0
=
√
3 sin 2x
+
3 cos 2x
/ : cos 2x
0
=
√
3
·
sin 2x
cos 2x
+
3
√
3 tg 2x
= −
3
/ :
√
3
tg 2x
= −
3
√
3
= −
√
3.
Dwie sprawy: dzielili´smy po drodze przez cos 2x – nie ma z tym problemu, bo gdyby
cos 2x
=
0, to z trzeciej linijki powy ˙zszych przekształce ´n mamy sin 2x
=
0, co nie jest mo ˙z-
liwe (ze wzgl˛edu np. na jedynk˛e trygonometryczn ˛
a). Druga sprawa to przestroga – wpraw-
dzie x
∈ h
0, π
i
, ale 2x
∈ h
0, 2π
i
.
π
2
π
2
0
3π
2
3π
2
π
π
2π
y=tg(x)
S ˛
a zatem dwa k ˛
aty spełniaj ˛
ace powy ˙zsz ˛
a równo´s´c:
2x
=
π
−
π
3
=
2π
3
∨
2x
=
2π
−
π
3
=
5π
3
x
=
π
3
∨
x
=
5π
6
.
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób II
Podzielmy dane równanie stronami przez cos
2
x – dzi˛eki temu otrzymamy same tangensy.
Zauwa ˙zmy jeszcze, ˙ze gdyby cos x
=
0 to z równania otrzymujemy sin x
=
0, co nie jest
mo ˙zliwe. Zatem dzielenie przez cos x nie zmniejsza zbioru rozwi ˛
aza ´n.
3 sin
2
x
=
2
√
3 sin x cos x
+
3 cos
2
x
/ : cos
2
x
3
sin
2
x
cos
2
x
=
2
√
3
·
sin x
cos x
+
3
3 tg
2
x
=
2
√
3 tg x
+
3.
Podstawmy teraz t
=
tg x.
3t
2
−
2
√
3t
−
3
=
0
∆
= (−
2
√
3
)
2
+
36
=
48
= (
4
√
3
)
2
t
=
2
√
3
−
4
√
3
6
= −
√
3
3
∨
t
=
2
√
3
+
4
√
3
6
=
√
3
tg x
= −
√
3
3
∨
tg x
=
√
3
x
=
π
−
π
6
=
5π
6
∨
x
=
π
3
.
Odpowied´z: x
=
π
3
lub x
=
5π
6
Z
ADANIE
4
(5
PKT
.)
W trójk ˛
acie równoramiennym ABC, gdzie
|
AB
| = |
BC
|
, podstawa ma długo´s´c 6. Punkt P
jest punktem przeci˛ecia wysoko´sci wychodz ˛
acych z wierzchołków A i B. Oblicz pole tego
trójk ˛
ata, je´sli
|
CP
| =
4.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
A
C
B
E
D
F
3
3
4
4
P
α
90
o
-α
α
90
o
-α
Poniewa ˙z wysoko´sci trójk ˛
ata przecinaj ˛
a si˛e w jednym punkcie, odcinek CP jest fragmen-
tem wysoko´sci opuszczonej z wierzchołka C. Stosuj ˛
ac twierdzenie Pitagorasa w trójk ˛
acie
CEP mamy
PE
=
p
CP
2
−
CE
2
=
√
16
−
9
=
√
7.
Teraz kluczowa obserwacja: trójk ˛
aty APE i BCE s ˛
a podobne. Rzeczywi´scie, je ˙zeli oznaczymy
]
C
=
α
to w trójk ˛
acie prostok ˛
atnym ADC mamy
]
CAD
=
90
◦
− ]
C
=
90
◦
−
α
.
Zatem z trójk ˛
ata prostok ˛
atnego APE
]
EPA
=
90
◦
− ]
EAP
=
90
◦
− (
90
◦
−
α
) =
α
.
W takim razie trójk ˛
aty APE i BCE s ˛
a oba prostok ˛
atne i oba maj ˛
a k ˛
at o mierze α, s ˛
a wi˛ec
podobne.
Dzi˛eki temu podobie ´nstwu mo ˙zemy obliczy´c długo´s´c wysoko´sci BE.
BE
CE
=
AE
EP
BE
3
=
3
√
7
BE
=
3
√
7
·
3
=
9
√
7
=
9
√
7
7
.
Pozostało obliczy´c pole trójk ˛
ata ABC.
S
=
1
2
·
AC
·
BE
=
1
2
·
6
·
9
√
7
7
=
27
√
7
7
.
Odpowied´z:
27
√
7
7
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
5
(6
PKT
.)
Ci ˛
agi
(
a, b, c
)
i
(
a
−
2, b
−
2, c
−
1
)
s ˛
a ci ˛
agami geometrycznymi o wyrazach dodatnich, a ci ˛
ag
(
3a
+
2, 3b, c
+
13
)
jest ci ˛
agiem arytmetycznym. Wyznacz a, b, c.
R
OZWI ˛
AZANIE
W ci ˛
agu geometrycznym kwadrat ´srodkowego wyrazu jest iloczynem wyrazów s ˛
asiednich,
a w ci ˛
agu arytmetycznym wyraz ´srodkowy jest ´sredni ˛
a arytmetyczn ˛
a wyrazów s ˛
asiednich.
Mamy wi˛ec układ równa ´n.
b
2
=
ac
(
b
−
2
)
2
= (
a
−
2
)(
c
−
1
)
6b
=
3a
+
2
+
c
+
13
b
2
=
ac
b
2
−
4b
+
4
=
ac
−
2c
−
a
+
2
6b
=
3a
+
c
+
15
Przekształ´cmy drugie równanie podstawiaj ˛
ac b
2
=
ac z pierwszej równo´sci.
b
2
−
4b
+
2
=
ac
−
2c
−
a
ac
−
4b
+
2
=
ac
−
2c
−
a
−
4b
+
2
= −
2c
−
a
a
=
4b
−
2c
−
2.
Podstawiamy teraz otrzymane wyra ˙zenie na a do pierwszego i trzeciego równania układu -
otrzymamy w ten sposób układ, w którym b˛ed ˛
a ju ˙z tylko dwie niewiadome.
(
b
2
= (
4b
−
2c
−
2
)
c
6b
=
3
(
4b
−
2c
−
2
) +
c
+
15
(
b
2
=
2
(
2b
−
c
−
1
)
c
5c
=
6b
+
9.
Podstawiamy teraz c
=
6
5
b
+
9
5
z drugiego równania do pierwszego.
b
2
=
2
2b
−
6
5
b
−
9
5
−
1
·
6
5
b
+
9
5
/
·
25
25b
2
=
2
(
10b
−
6b
−
9
−
5
)(
6b
+
9
)
25b
2
=
2
(
4b
−
14
)(
6b
+
9
)
25b
2
=
2
(
24b
2
−
84b
+
36b
−
126
)
25b
2
=
48b
2
−
96b
−
252
0
=
23b
2
−
96b
−
252
∆
=
96
2
+
4
·
23
·
252
=
32400
=
180
2
b
=
96
−
180
46
= −
42
23
∨
b
=
96
+
180
46
=
6.
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Poniewa ˙z ci ˛
ag ma
(
a, b, c
)
ma mie´c wyrazy dodatnie, mamy b
=
6. St ˛
ad
c
=
6
5
b
+
9
5
=
36
+
9
5
=
9
a
=
4b
−
2c
−
2
=
24
−
18
−
2
=
4.
Zatem
(
a, b, c
) = (
4, 6, 9
)
.
Odpowied´z:
(
a, b, c
) = (
4, 6, 9
)
Z
ADANIE
6
(4
PKT
.)
Udowodnij, ˙ze suma długo´sci wysoko´sci ´scian bocznych ostrosłupa pi˛eciok ˛
atnego jest nie
wi˛eksza ni ˙z suma długo´sci jego kraw˛edzi bocznych.
R
OZWI ˛
AZANIE
Samo zadanie jest do´s´c proste, ale poniewa ˙z w podstawie mamy pi˛eciok ˛
at, trzeba w prze-
my´slany sposób wszystko pooznacza´c, ˙zeby móc łatwo zapisa´c uzasadnienie.
B
5
A
S
1
A
2
A
3
A
4
A
5
B
1
B
2
B
3
B
4
A
i
A
i+1
B
i
S
Powiedzmy, ˙ze w podstawie jest pi˛eciok ˛
at A
1
, A
2
, A
3
, A
4
, A
5
, wierzchołek niech b˛edzie
punktem S, a spodki wysoko´sci ´scian bocznych na proste zawieraj ˛
ace kraw˛edzie
A
1
A
2
, A
2
A
3
, A
3
A
4
, A
4
A
5
, A
5
A
1
oznaczmy przez B
1
, B
2
, B
3
, B
4
, B
5
.
Zauwa ˙zmy teraz, ˙ze w trójk ˛
acie o wierzchołkach A
1
SA
2
wysoko´s´c SB
1
jest nie dłu ˙zsza
ni ˙z długo´s´c odcinka SA
1
– tak jest, bo SA
1
jest przeciwprostok ˛
atn ˛
a w trójk ˛
acie prostok ˛
atnym
SA
1
B
1
(odcinki te mog ˛
a mie´c takie same długo´sci dokładnie w jednym przypadku: gdy
B
1
=
A
1
). Mamy zatem
SB
1
6
SA
1
Analogicznie uzasadniamy, ˙ze
SB
2
6
SA
2
SB
3
6
SA
3
SB
4
6
SA
4
SB
5
6
SA
5
.
Dodaj ˛
ac te pi˛e´c nierówno´sci stronami otrzymujemy
SB
1
+
SB
2
+
SB
3
+
SB
4
+
SB
5
6
SA
1
+
SA
2
+
SA
3
+
SA
4
+
SA
5
,
czyli dokładnie nierówno´s´c któr ˛
a mieli´smy wykaza´c.
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
7
(6
PKT
.)
Wyznacz wszystkie warto´sci parametru m, dla których równanie 4x
4
+
4mx
2
+
4m
+
5
=
0
ma cztery ró ˙zne pierwiastki rzeczywiste spełniaj ˛
ace warunek
x
4
1
+
x
4
2
+
x
4
3
+
x
4
4
6 −
31
18
m.
R
OZWI ˛
AZANIE
Mamy do czynienia z równaniem dwukwadratowym wi˛ec podstawiamy t
=
x
2
.
4t
2
+
4mt
+
4m
+
5
=
0.
Aby dane równanie 4-tego stopnia miało cztery pierwiastki powy ˙zsze równanie musi mie´c
dwa ró ˙zne pierwiastki dodatnie (bo t
=
x
2
). Na pocz ˛
atek sprawd´zmy kiedy równanie kwa-
dratowe ma dwa pierwiastki.
0
<
∆
=
16m
2
−
16
(
4m
+
5
)
/ : 16
0
<
m
2
−
4m
−
5
∆
=
16
+
20
=
36
m
1
=
4
−
6
2
= −
1,
m
2
=
4
+
6
2
=
5
m
∈ (−
∞,
−
1
) ∪ (
5,
+
∞
)
.
Teraz trzeba jeszcze sprawdzi´c, kiedy pierwiastki te s ˛
a dodatnie. Na mocy wzorów Viète’a
tak b˛edzie, gdy
(
0
<
t
1
+
t
2
= −
4m
4
= −
m
0
<
t
1
t
2
=
4m
+
5
4
=
m
+
5
4
(
m
<
0
−
5
4
<
m.
W poł ˛
aczeniu z warunkiem na
∆-˛e daje to m
∈ (−
5
4
,
−
1
)
.
Je ˙zeli t
1
i t
2
s ˛
a pierwiastkami równania kwadratowego, to pierwiastki oryginalnego rów-
nania s ˛
a równe
±
√
t
1
i
±
√
t
2
. Zatem
x
4
1
+
x
4
2
+
x
4
3
+
x
4
4
=
t
2
1
+
t
2
1
+
t
2
2
+
t
2
2
=
2
(
t
2
1
+
t
2
2
)
.
Na mocy wzorów Viète’a suma ta jest równa
2
(
t
2
1
+
t
2
2
) =
2
((
t
1
+
t
2
)
2
−
2t
1
t
2
) =
2
m
2
−
2
m
+
5
4
=
=
2
m
2
−
2m
−
5
2
=
2m
2
−
4m
−
5.
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Otrzymujemy st ˛
ad nierówno´s´c
2m
2
−
4m
−
5
6 −
31
18
m
/
·
18
36m
2
−
72m
−
90
6 −
31m
36m
2
−
41m
−
90
6
0
∆
=
41
2
+
4
·
36
·
90
=
14641
=
121
2
m
1
=
41
−
121
72
= −
80
72
= −
10
9
,
m
2
=
41
+
121
72
=
162
72
=
9
4
m
∈
−
10
9
,
9
4
.
Poniewa ˙z
−
10
9
> −
10
8
= −
5
4
w poł ˛
aczeniu z wcze´sniejsz ˛
a nierówno´sci ˛
a na m mamy
m
∈
−
10
9
,
−
1
.
Odpowied´z: m
∈
D
−
10
9
,
−
1
Z
ADANIE
8
(5
PKT
.)
O zdarzeniach losowych A i B wiadomo, ˙ze P
(
A
∪
B
) =
0, 9, P
(
A
∩
B
) =
0, 3 i P
(
A
∪
B
0
) =
0, 5. Oblicz P
(
A
0
∪
B
)
.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Zaznaczmy na diagramie Venna zbiory X
=
A
∪
B
0
i Y
=
A
0
∪
B.
A\B
B\A
A B
Ω
A' B
Ω
A B'
A\B
B\A
A B
Z obrazka wida´c, ˙ze
P
(
X
∪
Y
) =
P
(
Ω
) =
1
P
(
X
∩
Y
) =
P
((
A
∪
B
)
0
) +
P
(
A
∩
B
) =
1
−
0, 9
+
0, 3
=
0, 4.
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zatem
P
(
X
∪
Y
) =
P
(
X
) +
P
(
Y
) −
P
(
X
∩
Y
)
1
=
0, 5
+
P
(
Y
) −
0, 4
P
(
Y
) =
0, 9.
Sposób II
Jak poprzednio zaznaczamy zbiory A
∪
B
0
i A
0
∪
B na diagramie Venna. Z diagramu widzi-
my, ˙ze
P
(
A
∪
B
0
) =
P
(
A
) +
P
((
A
∪
B
)
0
)
0, 5
=
P
(
A
) +
1
−
0, 9
⇒
P
(
A
) =
0, 4.
Podobnie
P
(
A
0
∪
B
) =
P
(
B
) +
P
((
A
∪
B
0
)) =
P
(
B
) +
1
−
0, 9
=
P
(
B
) +
0, 1.
Musimy zatem obliczy´c P
(
B
)
– nie ma z tym jednak problemu, bo znamy P
(
A
∪
B
)
, P
(
A
∩
B
)
i P
(
A
)
. Zatem
P
(
A
∪
B
) =
P
(
A
) +
P
(
B
) −
P
(
A
∩
B
)
0, 9
=
0, 4
+
P
(
B
) −
0, 3
⇒
P
(
B
) =
0, 8.
St ˛
ad
P
(
A
0
∪
B
) =
P
(
B
) +
0, 1
=
0, 8
+
0, 1
=
0, 9.
Sposób III
Ponownie rozpoczynamy od naszkicowania diagramu Venna.
Ω
A\B
B\A
A B
Na mocy wzoru na prawdopodobie ´nstwo sumy zdarze ´n mamy
P
(
A
∪
B
0
) =
P
(
A
) +
P
(
B
0
) −
P
(
A
∩
B
0
)
P
(
A
0
∪
B
) =
P
(
A
0
) +
P
(
B
) −
P
(
A
0
∩
B
)
.
Rzut oka na diagram Venna i mo ˙zemy te równo´sci przepisa´c w postaci
P
(
A
∪
B
0
) =
P
(
A
) +
P
(
B
0
) −
P
(
A
\
B
)
P
(
A
0
∪
B
) =
P
(
A
0
) +
P
(
B
) −
P
(
B
\
A
)
.
Dodajmy teraz te równo´sci stronami
P
(
A
∪
B
0
) +
P
(
A
0
∪
B
) =
=
P
(
A
) +
P
(
A
0
) +
P
(
B
0
) +
P
(
B
) − [
P
(
A
\
B
) +
P
(
B
\
A
)] =
=
1
+
1
− [
P
(
A
∪
B
) −
P
(
A
∩
B
)]
.
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zatem
0, 5
+
P
(
A
0
∪
B
) =
2
− [
0, 9
−
0, 3
]
⇒
P
(
A
0
∪
B
) =
0, 9.
Odpowied´z: P
(
A
0
∪
B
) =
0, 9
Z
ADANIE
9
(5
PKT
.)
Punkt A
= (
1, 2
√
3
)
jest wierzchołkiem trójk ˛
ata równobocznego ABC. Bok BC jest zawarty
w prostej o równaniu 3y
=
√
3x
−
√
3. Oblicz współrz˛edne wierzchołków B i C trójk ˛
ata.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
-5
-1
+1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
A
B
C
Skoro znamy współrz˛edne wierzchołka i równanie przeciwległego boku, mo ˙zemy obli-
czy´c długo´s´c wysoko´sci trójk ˛
ata – jest to odległo´s´c punktu A od prostej BC.
h
=
|
3y
A
−
√
3x
A
+
√
3
|
q
3
2
+ (−
√
3
)
2
=
|
6
√
3
−
√
3
+
√
3
|
√
9
+
3
=
6
√
3
2
√
3
=
3.
Maj ˛
ac długo´s´c wysoko´sci mo ˙zemy wyliczy´c długo´s´c boku trójk ˛
ata równobocznego.
3
=
h
=
a
√
3
2
⇒
a
=
6
√
3
=
2
√
3.
Teraz wystarczy znale´z´c punkty wspólne okr˛egu o ´srodku A i promieniu 2
√
3 oraz danej
prostej BC.
(
3y
=
√
3x
−
√
3
(
x
−
1
)
2
+ (
y
−
2
√
3
)
2
=
12.
Materiał pobrany z serwisu
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Podstawiamy y
=
√
3
3
x
−
√
3
3
z pierwszego równania do drugiego.
(
x
−
1
)
2
+
√
3
3
x
−
√
3
3
−
2
√
3
!
2
=
12
(
x
−
1
)
2
+
√
3
3
x
−
7
√
3
3
!
2
=
12
(
x
−
1
)
2
+
1
3
(
x
−
7
)
2
=
12
/
·
3
3
(
x
−
1
)
2
+ (
x
−
7
)
2
=
36
3
(
x
2
−
2x
+
1
) +
x
2
−
14x
+
49
=
36
4x
2
−
20x
+
16
=
0
/ : 4
x
2
−
5x
+
4
=
0
∆
=
25
−
16
=
9
x
=
5
−
3
2
=
1
∨
x
=
5
+
3
2
=
4.
Wtedy y
=
√
3
3
x
−
√
3
3
=
0 i y
=
√
3
3
x
−
√
3
3
=
√
3 odpowiednio. Zatem B
= (
1, 0
)
i C
=
(
4,
√
3
)
.
Odpowied´z:
(
1, 0
)
i
(
4,
√
3
)
Z
ADANIE
10
(5
PKT
.)
Trzy wychodz ˛
ace z jednego wierzchołka kraw˛edzie równoległo´scianu s ˛
a równe a, b i c. Kra-
w˛edzie a i b s ˛
a prostopadłe, a kraw˛ed´z c tworzy z ka ˙zd ˛
a z nich k ˛
at ostry α. Oblicz obj˛eto´s´c
równoległo´scianu.
R
OZWI ˛
AZANIE
Najtrudniejsza cz˛e´s´c tego zadania to wykonanie sensownego rysunku – i wła´snie od tego
zacznijmy.
A
B
C
A
B
C
D
1
1
1
1
a
b
h
α
c
E
F
G
Materiał pobrany z serwisu
12
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
W podstawie równoległo´scianu mamy prostok ˛
at o bokach a i b, wi˛ec przynajmniej jedna
rzecz jest prosta: pole podstawy jest równe
P
p
=
ab.
Do wyliczenia obj˛eto´sci brakuje nam wi˛ec długo´sci wysoko´sci – dorysujmy wysoko´s´c A
1
F.
Dorysujmy te ˙z wysoko´sci ´scian bocznych A
1
E i A
1
G. Teraz powinno by´c ju ˙z wida´c co dalej:
wysoko´s´c mo ˙zemy wyliczy´c z trójk ˛
ata prostok ˛
atnego A
1
AF, a potrzebn ˛
a do tego długo´s´c
odcinka AF z trójk ˛
ata prostok ˛
atnego AEF (czworok ˛
at AEFG jest prostok ˛
atem, a tak na-
prawd˛e nawet kwadratem), a odcinki AE i EF
=
AG z trójk ˛
atów prostok ˛
atnych A
1
AE i
A
1
AG. Wszystko jasne, wi˛ec liczymy.
Z trójk ˛
atów prostok ˛
atnych A
1
AE i A
1
AG mamy
AE
A
1
A
=
cos α
⇒
AE
=
c cos α
AG
A
1
A
=
cos α
⇒
AG
=
c cos α.
Teraz patrzymy na trójk ˛
at prostok ˛
atny AEF.
AF
=
p
AE
2
+
EF
2
=
p
AE
2
+
AG
2
=
√
2c
2
cos
2
α
=
c
√
2 cos α.
Teraz patrzymy na trójk ˛
at prostok ˛
atny A
1
AF.
h
=
q
AA
2
1
−
AF
2
=
p
c
2
−
2c
2
cos
2
α
=
c
p
1
−
2 cos
2
α
=
c
√
−
cos 2α.
Wyra ˙zenie pod pierwiastkiem jest dodatnie, bo łatwo sprawdzi´c, ˙ze α
∈ (
45
◦
, 90
◦
i
.
W takim razie obj˛eto´s´c jest równa
V
=
P
p
·
h
=
abc
√
−
cos 2α
Odpowied´z: V
=
abc
√
1
−
2 cos
2
α
=
abc
√
−
cos 2α
Materiał pobrany z serwisu
13
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Publiczne prawo gospodarcze 12.03.11, Studia - administracja, Prawo gospodarcze
Ekonomia 12.03.11, Ekonomia WSHGIT Dorian
12 03 11 R
12 03 11 A
12 03 11 A
Turystyka uzdrowiskowa wellness i spa - Wyklad 2 - 03.11.12, WELLNESS I SPA
Uezpieczenia 03.11.12, FiR, Ubezpieczenia
wykład 11 - 12.03.2009, FARMACJA, ROK 5, TPL 3, Zachomikowane
TI 12 98 11 03 B pl
11 12 w2010 11 proteomika
Kardiologia wyklad 03 11 2011
TRENING 03 11 2009 DOLNOŚLĄSKI ZPN
2012 12 03
2000 12 03 wycena akcji, FCFF, FCFF, dźwignie finansowe, progi rentowności
pn 14 03 11 łożysko konia
dp 589 wstrzas2012 (czyli 2014 03 11)
2003 03 11
BPZ wykład 12.03, I rok, BPZ
więcej podobnych podstron