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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
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
www.zadania.info
13