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
24
KWIETNIA
2010
C
ZAS PRACY
: 180
MINUT
Z
ADANIE
1
(5
PKT
.)
W prostok ˛
atnym układzie współrz˛ednych zaznacz zbiór wszystkich punktów, których współ-
rz˛edne spełniaj ˛
a warunek
|
log
5
x
| + |
log
5
y
| =
1.
+1
+3
+5
x
-0.5
+1
+3
+5
y
R
OZWI ˛
AZANIE
Oczywi´scie musi by´c x
>
0 i y
>
0.
˙Zeby opu´sci´c warto´sci bezwzgl˛edne musimy wiedzie´c jakie s ˛a znaki logarytmów. Z tego
powodu rozwa ˙zmy cztery przypadki.
Je ˙zeli x, y
>
1 to logarytmy s ˛
a nieujemne i mamy warunek
log
5
x
+
log
5
y
=
1
log
5
xy
=
log
5
5
xy
=
5
y
=
5
x
.
Szkicujemy zatem pierwszy fragment interesuj ˛
acego nas zbioru – jest to fragment hiperboli
y
=
5
x
od punktu
(
1, 5
)
do
(
5, 1
)
Materiał pobrany z serwisu
1
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Je ˙zeli x
>
1, ale y
<
1 to mamy
log
5
x
−
log
5
y
=
1
log
5
x
y
=
log
5
5
x
y
=
5
y
=
1
5
x.
Rysujemy zatem fragment prostej y
=
1
5
x od punktu
(
1,
1
5
)
do punktu
(
5, 1
)
.
Je ˙zeli x
<
1, ale y
>
1 to mamy
−
log
5
x
+
log
5
y
=
1
log
5
y
x
=
log
5
5
y
=
5x.
Rysujemy kawałek prostej y
=
5x od punktu
(
1
5
, 1
)
do punktu
(
1, 5
)
.
Je ˙zeli wreszcie x, y
<
1 to mamy
−
log
5
x
−
log
5
y
=
1
log
5
xy
= −
1
=
log
5
1
5
xy
=
1
5
y
=
1
5x
.
Rysujemy teraz fragment hiperboli y
=
1
5x
od punktu
(
1
5
, 1
)
do
(
1,
1
5
)
.
+1
+3
+5
x
-0.5
+1
+3
+5
y
Materiał pobrany z serwisu
2
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
2
(3
PKT
.)
Do dwóch okr˛egów przecinaj ˛
acych si˛e w punktach A i B poprowadzono wspóln ˛
a styczn ˛
a
MN, przy czym punkt M nale ˙zy do pierwszego, a punkt N do drugiego okr˛egu. Wyka ˙z, ˙ze
prosta AB dzieli odcinek MN na połowy.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
M
A
N
B
P
Je ˙zeli P jest punktem wspólnym prostych AB i MN to na mocy twierdzenia o stycznej i
siecznej mamy
PM
2
=
PA
·
PB
PN
2
=
PA
·
PB.
Zatem PM
2
=
PN
2
, czyli PM
=
PN.
Z
ADANIE
3
(6
PKT
.)
Wyznacz najwi˛eksz ˛
a warto´s´c funkcji
f
(
x
) =
p
9
−
4 sin
2
2x
−
8 cos
2
x
−
3.
R
OZWI ˛
AZANIE
Na pocz ˛
atku skorzystajmy ze wzoru
sin 2α
=
2 sin α cos α
aby pozby´c si˛e sin 2x.
f
(
x
) =
p
9
−
4 sin
2
2x
−
8 cos
2
x
−
3
=
=
p
9
−
16 sin
2
x cos
2
x
−
8 cos
2
x
−
3.
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
3
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Poniewa ˙z sin
2
x
=
1
−
cos
2
x mo ˙zemy podstawi´c t
=
cos
2
x. Wtedy t
∈ [
0, 1
]
oraz
g
(
t
) =
q
9
−
16
(
1
−
t
)
t
−
8t
−
3
=
p
16t
2
−
24t
+
9
−
3
Sprawd´zmy jakie s ˛
a miejsca zerowe trójmianu pod pierwiastkiem
∆
=
576
−
576
=
0.
Zatem pod pierwiastkiem jest pełen kwadrat:
g
(
t
) =
q
(
4t
−
3
)
2
−
3
= |
4t
−
3
| −
3.
Aby teraz ustali´c jaka jest najwi˛eksza warto´s´c tej funkcji na przedziale
[
0, 1
]
szkicujemy jej
wykres – Rozpoczynamy od prostej y
=
4t
−
3 i odbijamy cz˛e´s´c pod osi ˛
a Ox do góry. Potem
przesuwamy otrzymany wykres o 3 jednostki w dół.
-5
-1
+5
x
-5
-1
+1
+5
y
Ze szkicowego rysunku wida´c, ˙ze warto´s´c najwi˛eksza to albo g
(
0
)
albo g
(
1
)
. Która z tych
warto´sci? – liczymy obie i porównujemy
g
(
0
) = | −
3
| −
3
=
0
g
(
1
) = |
1
| −
3
= −
2.
Zatem najwi˛eksza warto´s´c to g
(
0
) =
0. Nie musimy tego robi´c, ale mo ˙zemy zauwa ˙zy´c, ˙ze
t
=
0 odpowiada takim warto´sciom x, ˙ze cos
2
x
=
0, czyli punktom x
=
π
2
+
kπ, gdzie
k
∈
C
.
Sposób II
Jak poprzednio dochodzimy do równo´sci
f
(
x
) =
p
9
−
16 sin
2
x cos
2
x
−
8 cos
2
x
−
3,
ale teraz podstawmy t
=
cos x. W szczególno´sci, teraz t
∈ h−
1, 1
i
.
q
9
−
16
(
1
−
t
2
)
t
2
−
8t
2
−
3
=
p
16t
4
−
24t
2
+
9
−
3
Materiał pobrany z serwisu
4
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Pod pierwiastkiem mamy funkcj˛e dwukwadratow ˛
a, wi˛ec mo ˙zemy podstawi´c s
=
t
2
. Wtedy
s
∈ h
0, 1
i
oraz
g
(
s
) =
p
16s
2
−
24s
+
9
−
3.
Warto´s´c najwi˛eksz ˛
a tej funkcji wyznaczamy dokładnie tak samo jak w poprzednim sposo-
bie.
Odpowied´z: f
max
=
0
Zadania
.info
Podobają Ci się nasze rozwiązania?
Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!
Z
ADANIE
4
(4
PKT
.)
Trójk ˛
at podzielono odcinkami AD, CE i DE na 5 trójk ˛
atów, przy czym
|
AE
|
:
|
EB
| =
2 : 1.
12
3
2
A
B
C
D
E
S
Korzystaj ˛
ac z podanych pól trzech z tych trójk ˛
atów, wyznacz pole trójk ˛
ata DEB.
R
OZWI ˛
AZANIE
Zauwa ˙zmy, ˙ze trójk ˛
aty DCS i DSE maj ˛
a wspóln ˛
a wysoko´s´c opuszczon ˛
a na prost ˛
a CE, zatem
stosunek ich pól jest równy stosunkowi ich podstaw. Zatem
CS
SE
=
3
2
.
Podobnie jest z trójk ˛
atami CAS i ASE, co pozwala wyliczy´c pole trójk ˛
ata ASE.
P
ACS
P
ASE
=
CS
SE
=
3
2
12
P
ASE
=
3
2
⇒
P
ASE
=
12
·
2
3
=
8.
Teraz patrzymy na trójk ˛
aty AED i DEB – maj ˛
a wspóln ˛
a wysoko´s´c opuszczon ˛
a na prost ˛
a AB
oraz wiemy, ˙ze stosunek ich podstaw jest równy 2:1. Zatem
P
DEB
=
1
2
P
AED
=
1
2
(
8
+
2
) =
5.
Odpowied´z: 5
Materiał pobrany z serwisu
5
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
5
(4
PKT
.)
Malarz chc ˛
ac rozja´sni´c 20 litrów granatowej farby post ˛
apił w nast˛epuj ˛
acy sposób: odlał je-
den litr farby i dolał 1 litr farby białej, a potem cało´s´c dokładnie wymieszał. Procedur˛e t˛e
powtórzył w sumie 8 razy. Ile litrów granatowej farby pozostało w otrzymanej mieszaninie?
Wynik podaj z dokładno´sci ˛
a do 1 litra.
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Zauwa ˙zmy, ˙ze w ka ˙zdym kroku malarz usuwa dokładnie
1
20
pozostałej granatowej farby –
tak jest, bo nigdy nie dolewa granatowej farby i wiemy, ˙ze farba jest dokładnie wymieszana,
czyli w usuwanym litrze jest dokładnie
1
20
pozostałej farby granatowej. W takim razie, ze
wzoru na procent składany, po 8 powtórzeniach tej procedury pozostanie
20
·
1
−
1
20
8
=
20
· (
0, 95
)
8
=
20
·
(
0, 95
)
2
4
=
=
20
·
(
0, 9025
)
2
2
≈
20
· (
0, 8145
)
2
≈
13, 27
≈
13.
Sposób II
Je ˙zeli nie zauwa ˙zyli´smy, ˙ze mamy do czynienia z procentem składanym to mo ˙zemy liczy´c
na piechot˛e.
Liczymy ile granatowej farby zostaje po ka ˙zdym kroku.
W pierwszym kroku zabieramy
1
20
obj˛eto´sci farby, czyli zostaje
20
−
1
20
·
20
=
20
·
19
20
litrów.
W drugim kroku znowu zabieramy
1
20
granatowej farby, wi˛ec zostaje
20
·
19
20
·
19
20
=
20
·
19
20
2
.
W trzecim kroku znowu zabieramy
1
20
obj˛eto´sci farby i zostaje
20
·
19
20
2
·
19
20
=
20
·
19
20
3
.
I tak dalej, po 8 krokach zostanie
20
·
19
20
8
litrów farby. Wyra ˙zenie to szacujemy jak poprzednio.
Odpowied´z: 13 litrów
Materiał pobrany z serwisu
6
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Z
ADANIE
6
(5
PKT
.)
W sfer˛e o promieniu R wpisano ostrosłup prawidłowy trójk ˛
atny w ten sposób, ˙ze wszystkie
wierzchołki ostrosłupa le ˙z ˛
a na powierzchni sfery. Wiedz ˛
ac, ˙ze kraw˛ed´z boczna ostrosłupa
ma długo´s´c 13, a kraw˛ed´z podstawy długo´s´c 5
√
3, oblicz R.
R
OZWI ˛
AZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
A
B
C
D
E
F
Zauwa ˙zmy, ˙ze prosta DE zawieraj ˛
aca wysoko´s´c ostrosłupa zawiera te ˙z ´srednic˛e sfery,
czyli trójk ˛
at DAE jest prostok ˛
atny (k ˛
at DAE jest oparty na ´srednicy). Ponadto AF jest wyso-
ko´sci ˛
a tego trójk ˛
ata. Obliczmy długo´s´c tego odcinka – ma on długo´s´c
2
3
wysoko´sci trójk ˛
ata
równobocznego ABC, czyli
AF
=
2
3
·
5
√
3
·
√
3
2
=
5.
St ˛
ad (twierdzenie Pitagorasa w trójk ˛
acie ADF)
DF
=
p
AD
2
−
AF
2
=
√
169
−
25
=
√
144
=
12.
Teraz wystarczy zauwa ˙zy´c, ˙ze trójk ˛
aty prostok ˛
atne AED i FAD s ˛
a podobne (maj ˛
a wspólny
k ˛
at ADE). Mamy wi˛ec
AD
ED
=
FD
AD
13
2R
=
12
13
⇒
R
=
13
2
24
=
169
24
.
Odpowied´z: R
=
169
24
Z
ADANIE
7
(4
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze równanie 1
−
2x
+
4x
2
−
8x
3
+
16x
4
=
0 nie ma rozwi ˛
aza ´n rzeczywistych.
Materiał pobrany z serwisu
7
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Sposób I
Spróbujmy tak przekształci´c lew ˛
a stron˛e równania, aby wyst˛epuj ˛
ace tam minusy znalazły
si˛e pod kwadratem.
1
−
2x
+
4x
2
−
8x
3
+
16x
4
=
= (
1
−
x
)
2
+
3x
2
−
8x
3
+
16x
4
=
= (
1
−
x
)
2
+
2x
2
+
x
2
(
1
−
8x
+
16x
2
) =
= (
1
−
x
)
2
+
2x
2
+
x
2
(
1
−
4x
)
2
.
Wida´c teraz, ˙ze jest to suma wyra ˙ze ´n nieujemnych, które w dodatku nie mog ˛
a si˛e jednocze-
´snie zerowa´c. Wyra ˙zenie to jest wi˛ec zawsze dodatnie.
Sposób II
Zauwa ˙zmy, ˙ze lewa strona danego równania to suma kolejnych wyrazów ci ˛
agu geometrycz-
nego o ilorazie q
= −
2x. Mo ˙zemy j ˛
a zatem obliczy´c korzystaj ˛
ac ze wzoru na sum˛e kolejnych
wyrazów ci ˛
agu geometrycznego. Zanim jednak zastosujemy ten wzór, musimy sprawdzi´c,
czy przypadkiem iloraz q nie jest równy 1. Je ˙zeli jednak
−
2x
=
1 to x
= −
1
2
i łatwo spraw-
dzi´c, ˙ze lewa strona równania jest dodatnia.
Mo ˙zemy zatem zało ˙zy´c, ˙ze x
6= −
1
2
i zastosowa´c wzór na sum˛e kolejnych wyrazów ci ˛
agu
geometrycznego.
1
− (−
2x
)
5
1
− (−
2x
)
=
0
1
+
2
5
·
x
5
1
+
2x
=
0
1
+
2
5
·
x
5
=
0
x
5
= −
1
2
5
x
= −
1
2
,
co jednak jest sprzeczne z naszym zało ˙zeniem x
6= −
1
2
. W takim razie podane równanie jest
sprzeczne.
Z
ADANIE
8
(6
PKT
.)
Punkty A
= (
4, 10
−
√
21
)
i B
= (
8, 10
+
√
21
)
s ˛
a wierzchołkami trójk ˛
ata prostok ˛
atnego
ABC, o k ˛
acie prostym przy wierzchołku C. Oblicz współrz˛edne wierzchołka C tego trójk ˛
ata,
wiedz ˛
ac, ˙ze le ˙zy on na paraboli o równaniu y
=
x
2
−
12x
+
33.
R
OZWI ˛
AZANIE
Na pocz ˛
atku naszkicujmy opisan ˛
a sytuacj˛e. Aby to zrobi´c zapiszmy podane równanie para-
boli w postaci kanonicznej.
y
=
x
2
−
12x
+
33
= (
x
−
6
)
2
−
3.
Materiał pobrany z serwisu
8
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Jest to wi˛ec parabola y
=
x
2
przesuni˛eta o 6 jednostek w prawo i o 3 jednostki w dół. Robimy
szkic.
-10
-2
+6
+10
x
-2
+2
+10
+20
y
A
B
C
C
C
C
O
Oczywi´scie trudno jest wykona´c dokładny rysunek, ale dokładny rysunek nie jest nam
potrzebny – chcemy tylko ustali´c o co chodzi.
Skoro trójk ˛
at ABC ma by´c prostok ˛
atny i AB ma by´c przeciwprostok ˛
atn ˛
a, to punkt C musi
le ˙ze´c na okr˛egu o ´srednicy AB. Wida´c wi˛ec co musimy zrobi´c: napiszemy równanie okr˛egu
o ´srednicy AB i znajdziemy jego punkty wspólne z podan ˛
a parabol ˛
a.
´Srodek odcinka AB ma współrz˛edne
O
=
4
+
8
2
,
10
−
√
21
+
10
+
√
21
2
!
= (
6, 10
)
.
Aby napisa´c równanie okr˛egu potrzebujemy jeszcze promienia, czyli długo´sci odcinka AO.
AO
2
= (
6
−
4
)
2
+ (
10
− (
10
−
√
21
))
2
=
4
+
21
=
25.
Zatem promie ´n ma długo´s´c 5 i okr ˛
ag o ´srednicy AB ma równanie
(
x
−
6
)
2
+ (
y
−
10
)
2
=
25.
Pozostało rozwi ˛
aza´c układ równa ´n
(
(
x
−
6
)
2
+ (
y
−
10
)
2
=
25
y
= (
x
−
6
)
2
−
3
Podstawiaj ˛
ac
(
x
−
6
)
2
=
y
+
3 z drugiego równania do pierwszego mamy
y
+
3
+ (
y
−
10
)
2
=
25
y
+
3
+
y
2
−
20y
+
100
=
25
y
2
−
19y
+
78
=
0
∆
=
361
−
312
=
49
y
=
19
−
7
2
=
6
∨
y
=
19
+
7
2
=
13.
Materiał pobrany z serwisu
9
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
St ˛
ad odpowiednio
(
x
−
6
)
2
−
3
=
6
⇐⇒
(
x
−
6
)
2
=
9
⇐⇒
(
x
=
9
∨
x
=
3
)
(
x
−
6
)
2
−
3
=
13
⇐⇒
(
x
−
6
)
2
=
16
⇐⇒
(
x
=
10
∨
x
=
2
)
.
S ˛
a zatem 4 takie punkty: C
= (
3, 6
)
, C
= (
9, 6
)
, C
= (
10, 13
)
, C
= (
2, 13
)
.
Odpowied´z: C
= (
3, 6
) ∨
C
= (
9, 6
) ∨
C
= (
10, 13
) ∨
C
= (
2, 13
)
Z
ADANIE
9
(5
PKT
.)
Spo´sród wyrazów sko ´nczonego ci ˛
agu arytmetycznego
(
a
n
)
danego wzorem a
n
=
5n
+
8,
gdzie n
=
1, 2, . . . , 15 wybieramy losowo 3. Oblicz prawdopodobie ´nstwo, ˙ze iloczyn wybra-
nych liczb jest podzielny przez 3.
R
OZWI ˛
AZANIE
Losujemy ze zbioru maj ˛
acego 15 elementów, czyli
|
Ω
| =
15
3
=
15
·
14
·
13
2
·
3
=
5
·
7
·
13.
Zanim policzymy ile jest zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych, sprawd´zmy ile wyrazów podanego ci ˛
agu
dzieli si˛e przez 3. Wypiszmy kilka pierwszych wyrazów
13,
18
, 23, 28,
33
, 38, 43,
48
, . . .
Zaczyna by´c wida´c, ˙ze co trzeci wyraz ci ˛
agu jest podzielny przez 3. Je ˙zeli kto´s jest pracowity
to mo ˙ze wypisa´c 15 wyrazów ci ˛
agu i sprawdzi´c, ˙ze tak jest (i jednocze´snie policzy´c ile ich
jest). Zamiast tego mo ˙zemy te ˙z zauwa ˙zy´c, ˙ze je ˙zeli n dzieli si˛e przez 3, czyli n
=
3k dla
pewnego k
∈
C
, to
a
n
=
5n
+
8
=
15n
+
8
nie jest podzielne przez 3. Je ˙zeli n
=
3k
+
1 dla pewnego k
∈
C
(czyli n daje reszt˛e 1 z
dzielenia przez 3) to
a
n
=
5n
+
8
=
5
(
3k
+
1
) +
8
=
15k
+
13
i ponownie otrzymujemy liczb˛e, która nie jest podzielna przez 3. Je ˙zeli w ko ´ncu n
=
3k
+
2
dla pewnego k
∈
C
(n daje reszt˛e 2 z dzielenia przez 3) to
a
n
=
5
(
3k
+
2
) +
8
=
15k
+
18
=
3
(
5k
+
6
)
jest liczb ˛
a podzieln ˛
a przez 3.
W takim razie wyrazy ci ˛
agu
(
a
n
)
, które dziel ˛
a si˛e przez 3 to
a
2
, a
5
, a
8
, a
11
, a
14
.
Jak wida´c jest ich 5.
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
10
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Zamiast liczy´c prawdopodobie ´nstwo p otrzymania iloczynu podzielnego przez 3, policzmy
prawdopodobie ´nstwo p
0
otrzymania iloczyny, który nie dzieli si˛e przez 3. W takim zdarze-
niu ˙zadna z wylosowanych liczb nie mo ˙ze dzieli´c si˛e przez 3, czyli jest
10
3
=
10
·
9
·
8
3!
=
5
·
3
·
8.
Mamy wi˛ec
p
0
=
5
·
3
·
8
5
·
7
·
13
=
3
·
8
7
·
13
=
24
91
oraz
p
=
1
−
p
0
=
1
−
24
91
=
67
91
.
Sposób II
Liczymy liczb˛e zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych. S ˛
a one trzech rodzajów:
– wszystkie trzy wylosowane liczby s ˛
a podzielne przez 3, jest
5
3
=
5
·
4
·
3
2
·
3
=
10
tego typu zdarze ´n;
– dwie spo´sród wylosowanych liczb s ˛
a podzielne przez 3, jest
5
2
·
10
=
5
·
4
2
·
10
=
100
takich zdarze ´n (do dwóch liczb podzielnych przez 3 dobieramy jedn ˛
a, która nie jest podziel-
na);
– dokładnie jedna z wylosowanych liczb dzieli si˛e przez 3, jest
5
·
10
2
=
5
·
10
·
9
2
=
225
takich zdarze ´n.
W sumie jest wi˛ec
10
+
100
+
225
=
335
zdarze ´n sprzyjaj ˛
acych i prawdopodobie ´nstwo wynosi
p
=
335
5
·
7
·
13
=
67
91
.
Odpowied´z:
67
91
Z
ADANIE
10
(3
PKT
.)
Wyka ˙z, ˙ze je ˙zeli liczby a i b spełniaj ˛
a równo´s´c a
+
√
3
=
b
+
√
6 to przynajmniej jedna z nich
jest niewymierna.
Materiał pobrany z serwisu
11
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
R
OZWI ˛
AZANIE
Załó ˙zmy przeciwnie, ˙ze obie liczby s ˛
a wymierne. Mamy wtedy.
a
−
b
=
√
6
−
√
3
/
()
2
a
2
−
2ab
+
b
2
=
6
−
2
√
18
+
3
a
2
−
2ab
+
b
2
=
9
−
6
√
2
6
√
2
=
9
−
a
2
+
2ba
−
b
2
√
2
=
9
−
a
2
+
2ba
−
b
2
6
.
To jednak oznacza, ˙ze
√
2 jest liczb ˛
a wymiern ˛
a, co stanowi sprzeczno´s´c. Otrzymana sprzecz-
no´s´c oznacza, ˙ze liczby a i b nie mog ˛
a by´c obie wymierne.
Z
ADANIE
11
(5
PKT
.)
W trójk ˛
at prostok ˛
atny ABC o przyprostok ˛
atnych długo´sci
|
AC
| =
3 i
|
BC
| =
4 wpisano dwa
przystaj ˛
ace okr˛egi w ten sposób, ˙ze s ˛
a one wzajemnie styczne oraz jeden z nich jest styczny
do boków AB i BC, a drugi do boków AC i BC.
A
B
C
Oblicz długo´s´c promienia tych okr˛egów.
R
OZWI ˛
AZANIE
Niech O oznacza ´srodek okr˛egu stycznego do przeciwprostok ˛
atnej i niech D b˛edzie punk-
tem styczno´sci tego okr˛egu z bokiem BC.
A
B
C
O
r
r
r
r
α
α
D
3
4-3r
A
B
C
O r
r
r
r
3
5
r
4
Punkt O le ˙zy na dwusiecznej k ˛
ata ABC, wi˛ec je ˙zeli oznaczymy
]
OBD
=
α
to
]
B
=
2α.
Je ˙zeli przez r oznaczymy szukan ˛
a długo´s´c promienia to łatwo wyliczy´c przyprostok ˛
atne
trójk ˛
ata prostok ˛
atnego BDO: OD
=
r i BD
=
BC
−
3r
=
4
−
3r. Wida´c teraz, ˙ze aby wyliczy´c
r wystarczy wyliczy´c tg α. Zrobimy to na dwa sposoby.
Materiał pobrany z serwisu
12
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Sposób I
Korzystaj ˛
ac ze wzoru
tg 2α
=
2 tg α
1
−
tg
2
α
mamy
2 tg α
1
−
tg
2
α
=
tg 2α
=
AC
BC
=
3
4
8 tg α
=
3
−
3 tg
2
α
3 tg
2
α
+
8 tg α
−
3
=
0.
Podstawiamy t
=
tg α.
3t
2
+
8t
−
3
=
0
∆
=
64
+
36
=
100
t
=
−
8
−
10
6
= −
3
∨
t
=
−
8
+
10
6
=
1
3
.
Ujemne rozwi ˛
azanie odrzucamy i mamy tg α
=
1
3
. St ˛
ad
1
3
=
tg α
=
OD
BD
=
r
4
−
3r
4
−
3r
=
3r
4
=
6r
⇒
r
=
2
3
.
Sposób II
Je ˙zeli nie chcemy korzysta´c ze wzoru na tg 2α to wystarczy nam wzór
cos 2α
=
2 cos
2
α
−
1
Mamy z niego
cos α
=
r
1
2
(
cos 2α
+
1
) =
s
1
2
4
5
+
1
=
3
√
10
.
Z jedynki trygonometrycznej wyliczamy sinus
sin α
=
p
1
−
cos
2
α
=
r
1
−
9
10
=
1
√
10
Zatem
tg α
=
sin α
cos α
=
1
√
10
3
√
10
=
1
3
.
Promie ´n wyliczamy jak poprzednio.
Sposób III
Materiał pobrany z serwisu
13
www.zadania.info – N
AJWI ˛
EKSZY
I
NTERNETOWY
Z
BIÓR
Z
ADA ´
N Z
M
ATEMATYKI
Tym razem obejdziemy si˛e bez trygonometrii. Je ˙zeli poł ˛
aczymy punkt O z wierzchołkami
trójk ˛
ata to otrzymamy trzy trójk ˛
aty AOB, BOC, COA. Suma ich pól musi by´c równa polu
trójk ˛
ata, co daje równanie
P
ABC
=
P
AOB
+
P
BOC
+
P
COA
1
2
·
3
·
4
=
1
2
·
5
·
r
+
1
2
·
4
·
r
+
1
2
·
3
·
3r
6
=
5r
2
+
2r
+
9r
2
6
=
14r
2
+
2r
6
=
9r
⇒
r
=
6
9
=
2
3
.
Odpowied´z:
2
3
Materiał pobrany z serwisu
14
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
24 04 10 A
24 04 10 R
24 04 10 A
wyklad 10 24.04.2008, Administracja UŁ, Administracja I rok, Ustrój organów ochrony prawnej
Podobno złapali szefa irackiej al Kaidy (24 04 2009)
MB ćwiczenia 24 04 2010 (02)
Komunikacja Bielicka wykład 1 24 04 2010
Trwałośc malżeństwa i rodziny zawarta w Zgodzie małżeńskiej SPOTKANIA MAŁŻEŃSKIE 21.04.10, Sem 1, TM
2011.04.10 - 438 1 test z odpow, Testy, testy sędziowskie
wyniki diagno 24.04.09, III ROK, diagnostyka laboratoryjna
Informatyka 24 04 2012
Podstawy organizacji i kierowania wyklad [04 10 2001]
24 11 10
cywilne 04 10
24 04 14 egzamin zrobione
018 HISTORIA SZTUKI WCZESNOCHRZEŚCIJAŃSKIEJ I BIZANTYJSKIEJ, wykład,' 04 10
24 04
czapelski SzNP 04 10
więcej podobnych podstron