24 04 10 R

background image

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

www.zadania.info

1

background image

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

www.zadania.info

2

background image

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

www.zadania.info

3

background image

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

www.zadania.info

4

background image

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

www.zadania.info

5

background image

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

www.zadania.info

6

background image

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

www.zadania.info

7

background image

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

www.zadania.info

8

background image

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

www.zadania.info

9

background image

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

|

| =

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

www.zadania.info

10

background image

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

www.zadania.info

11

background image

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

www.zadania.info

12

background image

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

www.zadania.info

13

background image

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

www.zadania.info

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