NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY
Z MATEMATYKI
ZESTAW PRZYGOTOWANY PRZEZ SERWIS
WWW.ZADANIA.INFO
POZIOM ROZSZERZONY
20 MARCA 2010
CZAS PRACY: 180 MINUT
ZADANIE 1 (4 PKT.)
"
1
Wyznacz wszystkie wartości parametru m, dla których równanie - 3 - m = 0 ma
7x
dwa pierwiastki, których iloczyn jest ujemny.
ROZWI
ZANIE
Zapiszmy dane równanie w postaci
"
1
- 3 = m.
7x
Naszkicujmy teraz wykres funkcji, którą mamy z lewej strony równania: rozpoczynamy od
x "
1
y = , potem przesuwamy ten wykres o 3 w dół i na koniec odbijamy część pod osią
7
Ox do góry.
y y
+5 +5
+2.5 +2.5
P
+0.5 +0.5
-2.5 +1 +2.5 x -2.5 +1 +2.5 x
-0.5 -0.5
"
Z wykresu widać, że dane równanie ma dwa rozwiązania dla m " (0, 3). Ponadto,
jeżeli m jest większe niż druga współrzędna punktu P przecięcia narysowanego wykresu z
osią Oy, to rozwiązania te będą miały różne znaki (bo będą po różnych stronach osi Oy).
Drugą współrzędną punktu P wyznaczmy podstawiając x = 0 do wzoru funkcji.
" "
f (0) = |1 - 3| = 3 - 1.
Materiał pobrany z serwisu
1
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
"
W takim razie równanie będzie miało dwa pierwiastki różnych znaków jeżeli m " ( 3 -
"
1, 3).
" "
Odpowiedz
: m " ( 3 - 1, 3)
ZADANIE 2 (4 PKT.)
5|y| + 3x = 3y + 3
Rozwiąż układ równań
|4y + 9x| = 6y.
ROZWI
ZANIE
Z drugiego równania wynika, że musi być y 0. W takim razie pierwsze równanie możemy
zapisać w postaci
5y + 3x = 3y + 3
3x = -2y + 3
Podstawiając to do drugiego równania mamy
|4y - 6y + 9| = 6y
| - 2y + 9| = 6y
9 - 2y = 6y (" 9 - 2y = -6y
9 9
y = (" y = - .
8 4
9
Ponieważ jednak musi być y 0, mamy y = . Zatem
8
2 3 1
x = - y + 1 = - + 1 = .
3 4 4
9
Odpowiedz
: (x, y) = (1, )
4 8
ZADANIE 3 (5 PKT.)
W trójkącie prostokątnym ABC przyprostokątne mają długości |AC| = b, |BC| = a, a wyso-
kość opuszczona z wierzchołka kąta prostego ma długość h.
B
a
h
ą
A
C
b
"
5-1
Wykaż, że jeżeli b2 = a � h to cos BAC = .
2
Materiał pobrany z serwisu
2
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ROZWI
ZANIE
Spróbujemy przekształcić daną równość tak, aby było to wyrażenie, w którym występują
tylko funkcje trygonometryczne kąta ą.
Mamy
a
= tg ą �! a = b tg ą
b
h
= sin ą �! h = b sin ą.
b
Podstawiając to do danej równości mamy
b2 = ah
b2 = b tg ą � b sin ą / : b2
1 = tg ą sin ą
sin2 ą
1 = / � cos ą
cos ą
cos ą = sin2 ą = 1 - cos2 ą.
Jeżeli podstawimy teraz t = cos ą to mamy równanie kwadratowe
t = 1 - t2
t2 + t - 1 = 0
" = 1 + 4 = 5
" "
-1 - 5 -1 + 5
t = (" t =
2 2
"
5-1
Ujemne rozwiązanie odrzucamy i dostajemy t = cos ą = .
2
Podobają Ci się nasze rozwiązania?
Zadania.info
Pokaż je koleżankom i kolegom ze szkoły!
ZADANIE 4 (5 PKT.)
Z miejscowości A i B, które są odległe o 58,5 km wyruszyły jednocześnie ku sobie dwa sa-
mochody. Pierwszy samochód w ciągu pierwszej minuty jechał ze średnią prędkością 30
km/h, a w ciągu każdej następnej minuty pokonywał drogę o 0,25 km dłuższą, niż w ciągu
poprzedniej minuty. Drugi samochód przez pierwsze 6 minut przejechał 21 kilometrów, a
potem jechał ze stałą prędkością 150 km/h. Oblicz po ilu minutach nastąpi spotkanie samo-
chodów.
ROZWI
ZANIE
Pierwszy samochód w ciągu pierwszej minuty przejechał
1
30 � = 0, 5
60
Materiał pobrany z serwisu
3
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
kilometra. Ponadto wiemy, że w każdej następnej minucie przejeżdża o 0,25 km więcej, więc
w n-tej minucie przejechał
0, 5 + (n - 1) � 0, 25.
Ze wzoru na sumę początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego wiemy, że po n minutach
przejechał
2a1 + (n - 1)r 1 + (n - 1) � 0, 25
Sn = � n = � n.
2 2
Zajmijmy się teraz drugim samochodem. Wiemy, że w ciągu pierwszych 6 minut przejechał
21 kilometrów, a potem przejeżdża
1
150 � = 2, 5
60
kilometra w ciągu 1 minuty. Zatem po n minutach (jeżeli n 6) przejedzie
21 + (n - 6) � 2, 5
kilometrów.
Samochody spotkają się, jeżeli w sumie przejadą dystans dzielący miejscowości A i B,
czyli 58, 5 km. Daje to nam równanie
1 + (n - 1) � 0, 25
� n + 21 + (n - 6) � 2, 5 = 58, 5 / � 2
2
(1 + 0, 25n - 0, 25)n + 42 + 5n - 30 = 117 / � 4
n2 + 3n + 168 + 20n - 120 = 468
n2 + 23n - 420 = 0
" = 232 + 1680 = 2209 = 472
-23 - 47 -23 + 47
n = = -35 (" n = = 12.
2 2
Ujemną odpowiedz
odrzucamy i mamy n = 12.
Odpowiedz
: Po 12 minutach.
ZADANIE 5 (4 PKT.)
Ciąg (bn) jest nieskończonym ciągiem liczb dodatnich, a ciąg (an) spełnia warunek
an+1 - an = log 2bn - log b101-n, dla n = 1, 2, . . . , 100.
Oblicz a101 - a1.
ROZWI
ZANIE
Sposób I
Materiał pobrany z serwisu
4
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Przekształćmy podany warunek
2bn
an+1 - an = log 2bn - log b101-n = log
b101-n
2bn
an+1 = an + log .
b101-n
Widać teraz, że mając jeden wyraz ciągu (an) możemy obliczyć wszystkie jego wyrazy. Li-
czymy
2b100 2b99 2b100
a101 = a100 + log = a99 + log + log =
b1 b2 b1
2b99 2b100 22b99b100
= a99 + log � = a99 + log =
b2 b1 b1b2
2b98 22b99b100 23b98b99b100
= a98 + log + log = a98 + log =
b3 b1b2 b1b2b3
2b2 298b3 � � � b98b99b100
= � � � = a2 + log + log =
b99 b1b2b3 � � � b98
299b2b3 � � � b98b99b100
= a2 + log =
b1b2b3 � � � b98b99
2b1 299b2 � � � b98b99b100
= a1 + log + log =
b100 b1b2b3 � � � b99
2100b1 � � � b98b99b100
= a1 + log = a1 + log 2100 = a1 + 100 log 2.
b1b2b3 � � � b100
Zatem
a101 - a1 = 100 log 2.
Sposób II
Zapiszmy podany warunek w postaci
an+1 - an = log 2 + log bn - log b101-n
i wypiszmy pod sobą kolejne równości otrzymane przez podstawianie n = 1, 2, 3, . . . , 100.
a2 - a1 = log 2 + log b1 - log b100
a3 - a2 = log 2 + log b2 - log b99
a4 - a3 = log 2 + log b3 - log b98
� � �
a100 - a99 = log 2 + log b99 - log b2
a101 - a100 = log 2 + log b100 - log b1.
Dodając te równości stronami otrzymamy
a101 - a1 = 100 log 2.
Odpowiedz
: 100 log 2
Materiał pobrany z serwisu
5
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ZADANIE 6 (4 PKT.)
Ze zbioru {1, 2, . . . , 10} losujemy dwie różne liczby n i k. Oblicz prawdopodobieństwo, że
2n n
> k � .
2 1
ROZWI
ZANIE
Ponieważ liczby n i k pełnią inne role w danej nierówności, wygodniej będzie nam traktować
zdarzenia elementarne jak pary uporządkowane (n, k). Mamy więc
|&!| = 10 � 9 = 90
(drugą liczbę możemy wybrać na 9 sposobów, bo liczby nie mogą być równe).
Spróbujmy teraz rozszyfrować podaną nierówność.
2n(2n - 1)
> k � n
2
n(2n - 1) > k � n / : n
2n - 1 > k
2n > k + 1.
Zauważmy, że k + 1 11, więc jeżeli n 6 to nierówność będzie spełniona dla wszystkich
wartości k. Jest
5 � 9 = 45
takich zdarzeń (jest 5 możliwości wybrania n i 9 możliwości wybrania k różnego od n).
Wypiszmy teraz możliwe wartości k dla mniejszych wartości 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
zdarzeń sprzyjających i prawdopodobieństwo jest równe
45 + 16 61
= .
90 90
61
Odpowiedz
:
90
ZADANIE 7 (5 PKT.)
Okrąg o środku O jest wpisany w trójkąt ABC, gdzie A = (-3, 5). Wiedząc, że okrąg ten
jest styczny do boków AB i AC odpowiednio w punktach K = (0, -1) i L = (3, 2) oblicz
długość odcinka AO.
Materiał pobrany z serwisu
6
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ROZWI
ZANIE
Rozpoczynamy od szkicowego rysunku.
y y
+5 +5
A A
L L
+1 +1
O S
O
-5 -1 +2 +5 x -5 -1 +2 +5 x
-1 -1
K K
-5 -5
Plan jest następujący: skoro interesujący nas okrąg jest styczny do prostych AB i AC w
punktach K i L to punkt O leży na przecięciu prostych przechodzących przez te punkty i
prostopadłych odpowiednio do boków AB i AC. Napiszemy więc równania prostych KO i
LO, a to pozwoli wyliczyć współrzędne punktu O.
Sposób I
Aby napisać równania prostych KO i LO skorzystamy z równania
p(x - a) + q(y - b) = 0

prostej prostopadłej do wektora v = [p, q] i przechodzącej 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
7
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Szukamy teraz punktu wspólnego tych dwóch prostych.
x = 2y + 2
y = 2x - 4
Podstawiając 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 żądaną odległość
" "
|AO| = (2 + 3)2 + (0 - 5)2 = 25 + 25 = 5 2.
Sposób II
Jeżeli nie chcemy korzystać ze wzoru na równanie prostej prostopadłej do wektora to mo-
żemy równania prostych KO i LO wyznaczyć bardziej konwencjonalnie  wyznaczając naj-
pierw równania prostych AK i AL, potem pisząc równania prostych do nich prostopadłych
i przechodzących odpowiednio przez punkty K i L.
Możemy oczywiście korzystać z równania prostej przechodzącej przez dwa punkty, ale
my będziemy unikać tego wzoru, bo raczej nie upraszcza on rachunków.
Szukamy prostej w postaci y = ax + b przechodzącej przez A = (-3, 5) i K = (0, -1).
5 = -3a + b
-1 = b
Odejmując 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, więc ma postać
1
y = x + b. Współczynnik b wyznaczmy podstawiając współrzędne punktu K, b = -1.
2
1
Zatem prosta ta ma równanie y = x - 1
2
Teraz szukamy prostej y = ax + b przechodzącej przez A = (-3, 5) i L = (3, 2).
5 = -3a + b
2 = 3a + b
Odejmując od pierwszego równania drugie mamy 3 = -6a, czyli a = -1. Współczynnik b
2
nie jest nam potrzebny, więc możemy go nie liczyć.
Wyznaczmy teraz równanie prostej LO. Jest ona prostopadła do AL, więc ma postać
y = 2x + b. Współczynnik b wyznaczmy podstawiając współrzędne punktu L
2 = 6 + b �! b = -4.
Zatem prosta ta ma równanie y = 2x - 4.
Materiał pobrany z serwisu
8
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
1
Teraz szukamy punktu wspólnego prostych y = x - 1 i y = 2x - 4. Od razu porównu-
2
jemy y-ki.
1
x - 1 = 2x - 4
2
3
3 = x
2
x = 2.
Zatem y = 2x - 4 = 0 i O = (2, 0). Mamy stąd
" "
|AO| = (2 + 3)2 + (0 - 5)2 = 25 + 25 = 5 2.
Sposób III
Zadanie możemy też rozwiązać zgadując z obrazka współrzędne punktu O = (2, 0) (co nie
jest specjalnie trudne) i wykazując, że rzeczywiście jest to szukany punkt.
Aby wykazać, że punkt O jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC wystarczy
pokazać, że odcinki OK i OL mają równe długości oraz, że są prostopadłe odpowiednio do
prostych AK i AL.
- -
Zacznijmy od prostopadłości  zrobimy to sprawdzając, że iloczyny skalarne AK ć% OK
- -
oraz AL ć% OL są równe 0. Liczymy
-
AK = [0 + 3, -1 - 5] = [3, -6]
- - -
OK = [0 - 2, -1 - 0] = [-2, -1] �! AK ć% OK = -6 + 6 = 0
-
AL = [3 + 3, 2 - 5] = [6, -3]
- - -
OL = [3 - 2, 2 - 0] = [1, 2] �! AL ć% OL = 6 - 6 = 0.
- -
Pozostało sprawdzić, że |OK| = |OL|.
- " "
|OK| = 4 + 1 = 5
- " "
|OL| = 1 + 4 = 5.
Zatem rzeczywiście punkt O jest szukanym środkiem okręgu wpisanego w trójkąt ABC.
Długość odcinka AO obliczamy jak w poprzednich sposobach.
Sposób IV
Tym razem użyjemy więcej geometrii  zauważmy, że jeżeli S jest środkiem odcinka KL to
trójkąty ASK i AKO są podobne (oba są prostokątne i mają wspólny kąt przy wierzchołku
A). Mamy więc
AS AK AK2
= �! AO = .
AK AO AS
Długość odcinka AK wyliczamy od razu
AK2 = (0 + 3)2 + (-1 - 5)2 = 9 + 36 = 45,
Materiał pobrany z serwisu
9
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
a długość odcinka AS wyliczymy z twierdzenia Pitagorasa.
KL2 = (3 - 0)2 + (2 + 1)2 = 9 + 9 = 18
KL2 18 90 - 9 81
AS2 = AK2 - KS2 = AK2 - = 45 - = =
4 4 2 2
9
"
AS = .
2
Mamy więc
"
AK2 45
AO = = = 5 2.
9
AS "
2
"
Odpowiedz
: 5 2
ZADANIE 8 (5 PKT.)
Wyznacz wartość parametru m, dla którego równanie
x3 + (m - 2)x2 + (6 - 2m)x - 12 = 0
ma trzy pierwiastki x1, x2, x3 spełniające warunki x3 = -x1 oraz x2 = x1 - 1.
ROZWI
ZANIE
Sposób I
Z podanych informacji wiemy, że dany wielomian musi mieć postać
(x - x1)(x - x2)(x - x3) = (x - x1)(x - x1 + 1)(x + x1) =
2
= (x2 - x1)(x - x1 + 1) =
2 3 2
= x3 - x2x1 + x2 - x1x + x1 - x1 =
2 3 2
= x3 + x2(1 - x1) - x � x1 + (x1 - x1).
Porównując teraz współczynniki ze współczynnikami danego wielomianu otrzymujemy
układ równań
ńł
�ł - 2 = 1 - x1
�łm
2
6 - 2m = -x1
�ł
ół
3 2
-12 = x1 - x1.
(Układ ten mogliśmy też otrzymać stosując wzory ViŁte a dla równania stopnia 3).
Możemy ten układ rozwiązać na różne sposoby, my podstawimy m = 3 - x1 z pierwsze-
go równania do drugiego
2
6 - 2(3 - x1) = -x1
2
x1 + 2x1 = 0
x1(x1 + 2) = 0.
Rozwiązanie x1 = 0 jest sprzeczne z trzecim równaniem układu, zatem x1 = -2 i ma-
my m = 3 - x1 = 5. A
atwo sprawdzić (choć nie musimy tego robić), że dla tych wartości
wszystko jest OK, tzn. liczby x3 = 2 i x2 = -3 spełniają zależności z treści zadania.
Materiał pobrany z serwisu
10
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Sposób II
Na początku nie widać specjalnie jak się zabrać za to zadanie, więc spróbujmy zignorować
to, że w równaniu jest parametr i poszukajmy pierwiastków wśród dzielników wyrazu wol-
nego. Sprawdzając po kolei 1,-1,2,-2 można zauważyć, że 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 grupując wyrazy.
x3 + (m - 2)x2 + (6 - 2m)x - 12 = (x3 - 2x2) + mx2 - 2mx + 6x - 12 =
= x2(x - 2) + mx(x - 2) + 6(x - 2) = (x - 2)(x2 + mx + 6).
Zastanówmy się teraz co dalej. Wiemy, że jeden z pierwiastków to x = 2, ale nie wiemy
który. Musimy więc rozważyć 3 przypadki.
Jeżeli x1 = 2 to z podanych równości mamy x3 = -2 i x2 = 1. To jednak nie jest możliwe,
bo na mocy wzorów ViŁte a iloczyn pierwiastków trójmianu w nawiasie jest równy 6.
Jeżeli x2 = 2 to z podanych równości mamy x1 = 3 i x3 = -3. Jak poprzednio, to nie
jest możliwe, bo na mocy wzorów ViŁte a iloczyn pierwiastków trójmianu w nawiasie jest
równy 6.
Jeżeli natomiast x3 = 2 to x1 = -2 oraz x2 = -3 i jest OK, bo iloczyn tych liczb to 6.
Korzystając ponownie ze wzorów ViŁte a mamy
-m = x1 + x2 = -2 - 3 = -5 �! m = 5.
Możemy sprawdzić, że pierwiastkami równania x2 + 5x + 6 = 0 rzeczywiście są liczby
x = -2 i x = -3.
Odpowiedz
: m = 5
ZADANIE 9 (4 PKT.)
Trapez prostokątny ABCD o podstawach AB i CD jest opisany na okręgu o promieniu r.
a) Wykaż, że |AB| + |CD| 4r.
b) Wiedząc, że pole trapezu jest równe 4 wykaż, że r 1.
ROZWI
ZANIE
Rozpoczynamy od rysunku.
D C
2r
A B
E
Materiał pobrany z serwisu
11
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
a) Ponieważ trapez jest opisany na okręgu, sumy długości jego przeciwległych boków
muszą być równe, czyli
AB + CD = AD + BC = 2r + BC.
Wystarczy zatem pokazać, że BC 2r. To jednak staje się jasne jeżeli popatrzymy
na trójkąt prostokątny CEB  przeciwprostokątna jest zawsze najdłuższym bokiem w
trójkącie prostokątnym, czyli
BC CE = 2r.
b) Korzystając ze wzoru na pole trapezu oraz z nierówności z poprzedniego podpunktu,
mamy
AB + CD 4r
4 = � 2r � 2r = 4r2.
2 2
Stąd r2 1, czyli r 1.
ZADANIE 10 (6 PKT.)
Na płaskiej powierzchni położono trzy kule K1, K2, K3, każda o promieniu 2 tak, że kule K1
i K2 są styczne w punkcie P3, kule K2 i K3 są styczne w punkcie P1, a kule K3 i K1 są styczne
w punkcie P2. Następnie położono na tych kulach kulę K4 o promieniu 3, która jest styczna
do kul K1, K2, K3 odpowiednio w punktach S1, S2, S3.
a) Uzasadnij, że odcinki P1P2 i S1S2 są równoległe.
b) Oblicz obwód trapezu P1P2S1S2.
ROZWI
ZANIE
Oczywiście rozpoczynamy od narysowania opisanej sytuacji.
O4
3
3
S3
S1 3
2
2
S2 P2
O3
O1 2
2
2
2 2
P3 ą
P1
2 2
O2
Zrobienie nawet schematycznego rysunku nie jest łatwe, ale musimy sobie co najmniej
tyle narysować, żeby było widać, że wystarczy się zajmować czworościanem O1O2O3O4,
gdzie punkty te są środkami kolejnych kul. Punkty styczności kul będą dzielić krawędzie
tego czworościanu w sposób pokazany na prawym rysunku.
Materiał pobrany z serwisu
12
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
a) W trójkącie O1O4O2 mamy
O1O4 S1O4
= ,
O2O4 S2O4
co na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa oznacza, że odcinki S1S2 i
O1O2 są równoległe. Podobnie, odcinek P1P2 łączy środki boków w trójkącie O1O2O3,
czyli jest równoległy do odcinka O1O2. Skoro każdy z odcinków S1S2 i P1P2 jest rów-
noległy do odcinka O1O2, to muszą one być równoległe.
b) A
atwo wyliczyć długości podstaw trapezu. Z zauważonych w poprzednim podpunk-
cie równoległości mamy
1
P1P2 = O1O2 = 2
2
oraz
O4S1 O4O1
=
S1S2 O1O2
3 5 12
= �! S1S2 = .
S1S2 4 5
Odrobinę trudniej jest z ramieniem trapezu  widać, że da się wyliczyć długość od-
cinka P1S2 z trójkąta P1S2O2 jeżeli tylko będziemy znali cos ą. Cosinus ten można
wyliczyć z twierdzenia cosinusów w trójkącie O2O3O4, ale można też prościej: trój-
kąt O2O3O4 jest równoramienny, więc środkowa O4P1 jest jego wysokością. Zatem z
trójkąta O2P1O4 mamy
O2P1 2
cos ą = = .
O2O4 5
Pozostało teraz policzyć długość odcinka P1S2 z twierdzenia cosinusów w trójkącie
O2P1S2.
(P1S2)2 = (O2P1)2 + (O2S2)2 - 2O2P1 � O2S2 cos ą
2 16 4 4 � 6
(P1S2)2 = 4 + 4 - 8 � = 8 - = 4 2 - =
5 5 5 5
" "
2 6 2 30
"
P1S2 = = .
5
5
Zatem obwód trapezu jest równy
" "
12 2 30 22 + 4 30
2 + + 2 � = .
5 5 5
"
22+4 30
Odpowiedz
:
5
ZADANIE 11 (4 PKT.)
Wykaż, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a = b oraz m = 0 równanie
1 1 1
+ =
x - a x - b m
ma dwa różne rozwiązania.
Materiał pobrany z serwisu
13
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
ROZWI
ZANIE
Przekształcamy dane równanie
x - b + x - a 1
=
(x - a)(x - b) m
(2x - a - b)m = (x - a)(x - b)
2xm - (a + b)m = x2 - (a + b)x + ab
x2 - (a + b + 2m)x + ab + am + bm
" = (a + b + 2m)2 - 4(ab + am + bm).
Wyrażenie (a + b + 2m)2 możemy obliczyć wymnażając dwa nawiasy, ale możemy też sko-
rzystać ze wzoru
(x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xz + 2yz.
Mamy więc
" = a2 + b2 + 4m2 + 2ab + 4am + 4bm - 4ab - 4am - 4bm =
= a2 + b2 - 2ab + 4m2 = (a - b)2 + 4m2.
Ponieważ z założenia m = 0, więc " > 0, co oznacza, że równanie ma zawsze dwa pier-
wiastki. Nie jest to jednak całkiem koniec, bo musimy sprawdzić, czy jeden z tych pierwiast-
ków to nie jest przypadkiem a lub b (liczby te nie należą do dziedziny równania). Spraw-
dzamy podstawiając x = a i x = b w otrzymanym równaniu kwadratowym.
a2 - (a + b + 2m) � a + ab + am + bm = -2am + am + bm = m(b - a) = 0
b2 - (a + b + 2m) � b + ab + am + bm = -2bm + am + bm = m(a - b) = 0.
Zatem rzeczywiście pierwiastkiem nie może być ani liczba a, ani b.
Materiał pobrany z serwisu
14