admin | Matematyczne nietuzinki ;)

Matura rozszerzona z matematyki (maj 2023) – rozwiązania

Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego, z którymi abiturienci mierzyli się 12. maja 2023 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.

Zadanie 1. (0-1)
Granica $\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^3-1}{(x-1)(x+2)}$ jest równa
   A. $(-1)$
   B. $0$
   C. $\frac{1}{3}$
   D. $1$

Rozkładamy licznik na czynniki (różnica sześcianów) i skracamy:

(1) $\begin{eqnarray*} \lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^3-1}{(x-1)(x+2)}&=&\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{(x-1)(x^2+x+1)}{(x-1)(x+2)}=\nonumber\\ &=&\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^2+x+1}{x+2}=\dfrac{1+1+1}{1+2}=1.\nonumber \end{eqnarray*}$

Zatem poprawną jest odpowiedź D.

Zadanie 2. (0-1)
Dane są wektory $\vec{u} =[4,-5]$ oraz $\vec{v} =[-1,-5]$ . Długość wektora $\vec{u}-4\vec{v}$ jest równa
   A. $7$
   B. $15$
   C. $17$
   D. $23$

Obliczamy współrzędne interesującego nas wektora:

$\vec{u}-4\vec{v}=[4,-5]-4\cdot[-1,-5]=[4-(-4),-5-(-20)]=[8,15].$

Długość tego wektora wynosi $\sqrt{8^2+15^2}=\sqrt{64+225}=\sqrt{289}=17$ .

Poprawną odpowiedzią jest C.

Zadanie 3. (0-1)
Punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , $E$ leżą na okręgu o środku $S$ . Miara kąta $BCD$ jest równa $110^\circ$ , a miara kąta $BDA$ jest równa $35^\circ$ (zobacz rysunek).

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \draw (0,0) circle (2cm); \coordinate (A) at (275:2); \coordinate (B) at (345:2); \coordinate (C) at (55:2); \coordinate (D) at (125:2); \coordinate (E) at (200:2); \foreach \x/\w in {A/275,B/345,C/55,D/125,E/200} \draw[fill=black] (\x) circle (1pt) node at (\w:2.28) {$\x$}; \draw[fill=black] (0,0) circle (1pt) node[below right] {$S$}; \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--(E)--cycle; \draw (B)--(D)--(A); \draw[thin,shift={(C)}] (180:0.7) arc (180:290:0.7) node[scale=0.75] at (235:0.4) {$110^\circ$}; \draw[thin,shift={(D)}] (290:1.3) arc (290:325:1.3) node[scale=0.8] at (307:1) {$35^\circ$}; \draw[thin,shift={(E)}] (327:0.6) arc (327:432:0.6); \end{tikzpicture}$

Wtedy kąt $DEA$ ma miarę równą
   A. $100^\circ$
   B. $105^\circ$
   C. $110^\circ$
   D. $115^\circ$

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \draw (0,0) circle (2cm); \coordinate (A) at (275:2); \coordinate (B) at (345:2); \coordinate (C) at (55:2); \coordinate (D) at (125:2); \coordinate (E) at (200:2); \foreach \x/\w in {A/275,B/345,C/55,D/125,E/200} \draw[fill=black] (\x) circle (1pt) node at (\w:2.28) {$\x$}; \draw[fill=black] (0,0) circle (1pt) node[left] {$S$}; \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--(E)--cycle; \draw (B)--(D)--(A); \draw[thin,shift={(C)}] (180:0.7) arc (180:290:0.7) node[scale=0.75] at (235:0.4) {$110^\circ$}; \draw[thin,shift={(D)}] (290:1.3) arc (290:325:1.3) node[scale=0.8] at (307:1) {$35^\circ$}; \draw[thin,shift={(E)}] (327:0.6) arc (327:432:0.6); \draw[blue] (A)--(0,0)--(B) (B)--(0,0)--(D); \draw[thin,shift={(E)}] (327:0.6) arc (327:432:0.6); \draw[thin,red] (275:0.5) arc (275:345:0.5) node[red,scale=0.8] at (310:0.35) {$70^\circ$}; \draw[thin,red] (345:0.4) arc (345:485:0.4) node[red,scale=0.7] at (55:0.23) {$140^\circ$}; \end{tikzpicture}$

Wyznaczamy kąty środkowe: $\angle ASB=2\angle ADB=70^\circ$ . Podobnie (kąt środkowy wklęsły) $\angle BSD=2\angle BCD=220^\circ$ , czyli kąt wypukły $\angle BSD=360^\circ-220^\circ=140^\circ$ . To oznacza, że $\angle AED$ jest połową kąta wklęsłego $\angle ASD=210^\circ$ i właściwą odpowiedzią jest B.

Zadanie 4. (0-1)
Dany jest zbiór trzynastu liczb $\{1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13\}$ , z którego losujemy jednocześnie dwie liczby. Wszystkich różnych sposobów wylosowania z tego zbioru dwóch liczb, których iloczyn jest liczbą parzystą, jest
   A. $\binom{7}{2}+49$
   B. $\binom{6}{1}\cdot\binom{7}{1}+49$
   C. $\binom{13}{2}-\binom{7}{2}$
   D. $\binom{13}{2}-\binom{6}{2}$

Losujemy obie liczby jednocześnie, więc ich kolejność nie ma znaczenia przy zliczaniu. Wszystkich możliwych par liczb utworzonych z elementów danego zbioru jest $\binom{13}{2}$ . Odrzucamy z nich te, których iloczyn jest liczbą nieparzystą, czyli gdy obie liczby są nieparzyste; takich zaś par jest dokładnie $\binom{7}{2}$ , bo liczb nieparzystych w danym zbiorze jest siedem.

Odpowiedź C.

Zadanie 5. (0-2)
Wielomian $W(x)=7x^3-9x^2+9x-2$ ma dokładnie jeden pierwiastek rzeczywisty. Oblicz ten pierwiastek.

W poniższe kratki wpisz kolejno – od lewej do prawej – pierwszą, drugą oraz trzecią cyfrę po przecinku nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.

$\begin{tikzpicture}[yscale=1.5,scale=0.8] \draw[very thick] (0,0) grid (3,1); \end{tikzpicture}$

Zauważmy, że $W(0)=-2<0$ oraz $W(1)=5>0$ , zatem jedyny pierwiastek rzeczywisty danego wielomianu leży w przedziale $(0,1)$ . Z twierdzenia o postaci pierwiastków wymiernych wielomianu mającego współczynniki całkowite wynika, że warto sprawdzić wartości postaci

$\frac{\text{dzielniki wyrazu wolnego}}{\text{dzielniki wsp. przy najwyższej potędze }x}.$

Do przedziału $(0,1)$ trafiają tylko dwa takie ułamki: $\dfrac{1}{7}$ oraz $\dfrac{2}{7}$ . Sprawdzamy, że $W(\frac{1}{7})\neq 0$ , zaś $W(\frac{2}{7})=0$ , a ponieważ $\dfrac{2}{7}=0,2857\ldots$ , to do kratek należy wpisać kolejno cyfry $2$ , $8$ i $5$ .

Zadanie 6. (0-3)
Liczby rzeczywiste $x$ oraz $y$ spełniają jednocześnie równanie $x+y=4$ i nierówność $x^3-x^2y\leqslant xy^2-y^3$ . Wykaż, że $x = 2$ oraz $y = 2$ .

Zauważmy, że dla dowolnych liczb rzeczywistych prawdziwa jest nierówność

$4(x-y)^2\geqslant 0,$

przy czym równość zachodzi w niej wyłącznie wtedy, kiedy $x=y$ .

Załóżmy teraz, że liczby $x$ i $y$ spełniają podane w zadaniu warunki. Rozpisując lewą stronę powyższego wyrażenia otrzymamy

$4(x^2-xy+y^2-xy)=4(x^2-xy+y^2)-4xy\geqslant 0.$

Zastępując teraz (dwukrotnie) czynniki $4$ sumą $x+y$ dostaniemy

$(x+y)(x^2-xy+y^2)\geqslant xy(x+y),$

czyli $x^3+y^3\geqslant x^2y+xy^2$ lub inaczej

$x^3-x^2y\geqslant xy^2-y^3.$

Jest to nierówność, której znak jest skierowany przeciwnie niż w przyjętych założeniach z zadania. Jest to możliwe wyłącznie wtedy, gdy obie te nierówności stają się równościami, czyli (zgodnie z uwagą w pierwszym akapicie) dla $x=y$ . A skoro także $x+y=4$ , to musi być $x=y=2$ , co kończy dowód.

Zadanie 7. (0-3)
Dany jest trójkąt prostokątny $ABC$ , w którym $|\angle ABC|=90^\circ$ oraz $|\angle CAB|=60^\circ$ . Punkty $K$ i $L$ leżą na bokach – odpowiednio – $AB$ i $BC$ tak, że $|BK|=|BL|=1$ (zobacz rysunek). Odcinek $KL$ przecina wysokość $BD$ tego trójkąta w punkcie $N$ , a ponadto $|AD|=2$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \coordinate (A) at (0,4); \coordinate (B) at (0,0); \coordinate (C) at (6.9282,0); \coordinate (K) at (0,1); \coordinate (L) at (1,0); \coordinate (D) at ($(A)!(B)!(C)$); \coordinate (N) at (intersection of B--D and K--L); \foreach \x/\r in {A/{above},B/{below left},C/{below},D/{above right},K/{left},L/{below},N/{right}} \draw[fill=black] (\x) circle (0.8pt) node[\r] {$\x$}; \draw (B)--(D); \draw[thin] (A)--(D) node[midway,above right] {$2$}; \draw[thin] (B)--(L) node[midway,below] {$1$}; \draw[thin] (B)--(K) node[midway,left] {$1$}; \draw[thick] (C)--(B)--(A)--cycle; \draw (K)--(L); \draw[thin,shift={(A)}] (270:0.7) arc (270:330:0.7) node at (300:0.5) {$60^\circ$}; \draw[thin,shift={(D)}] (150:0.5) arc (150:240:0.5) node[scale=2] at (195:0.3) {$\cdot$}; \end{tikzpicture}$

Wykaż, że $|ND|=\sqrt{3}+1$ .

Wysokość $BD$ w trójkącie ,,ekierkowym” $ABC$ ma długość równą

$|BD|=2\cdot\text{tg}\,60^\circ=2\sqrt{3}.$

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \coordinate (A) at (0,4); \coordinate (B) at (0,0); \coordinate (C) at (6.9282,0); \coordinate (K) at (0,1); \coordinate (L) at (1,0); \coordinate (D) at ($(A)!(B)!(C)$); \coordinate (N) at (intersection of B--D and K--L); \foreach \x/\r in {A/{above},B/{below left},C/{below},D/{above right},K/{left},L/{below},N/{right}} \draw[fill=black] (\x) circle (0.8pt) node[\r] {$\x$}; \draw (B)--(D); \draw[thin] (A)--(D) node[midway,above right] {$2$}; \draw[thin] (B)--(K) node[midway,left] {$1$}; \draw[thick] (C)--(B)--(A)--cycle; \draw (K)--(L); \draw[thin,shift={(A)}] (270:0.7) arc (270:330:0.7) node at (300:0.5) {$60^\circ$}; \draw[thin,shift={(D)}] (150:0.5) arc (150:240:0.5) node[scale=2] at (195:0.3) {$\cdot$}; \coordinate (P) at ($(B)!(N)!(L)$); \draw[fill=blue!20] (B)--(N)--(P)--cycle; \draw[red] (N)--(P) node[below] {$P$}; \draw[thin,red] (N)--(P) node[right,midway,scale=0.7] {$x$}; \draw[thin,red] (L)--(P) node[above,midway,scale=0.7] {$x$}; \end{tikzpicture}$

Niech $P$ będzie rzutem prostokątnym punktu $N$ na bok $BC$ i rozważmy trójkąty $PLN$ (prostokątny i równoramienny) oraz $NBP$ (kolejny trójkąt ,,ekierkowy”). Jeżeli oznaczymy $|PN|=|LP|=x$ , to $|BP|=1-x$ i wtedy

$\frac{x}{1-x}=\frac{|PN|}{|BP|}=\text{tg}\,60^\circ=\sqrt{3},$

czyli $\sqrt{3}(1-x)=x$ i dalej $x(1+\sqrt{3})=\sqrt{3}$ , a stąd $x=\dfrac{\sqrt{3}}{1+\sqrt{3}}$ . Wtedy $\dfrac{|PN|}{|BN|}=\sin 60^\circ=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ . To oznacza, że

$|BN|=\frac{2x}{\sqrt{3}}=\frac{2}{1+\sqrt{3}}=\sqrt{3}-1.$

Ostatecznie $|ND|=|BD|-|BN|=2\sqrt{3}-(\sqrt{3}-1)=\sqrt{3}+1.$ To kończy dowód.

Zadanie 8. (0-3)
W pojemniku jest siedem kul: pięć kul białych i dwie kule czarne. Z tego pojemnika losujemy jednocześnie dwie kule bez zwracania. Następnie – z kul pozostałych w pojemniku – losujemy jeszcze jedną kulę. Oblicz prawdopodobieństwo wylosowania kuli czarnej w drugim losowaniu.

Schemat rozwiązania najlepiej pokazać w formie grafu. Po pierwszym losowaniu w pojemniku zostanie pięć kul, przy czym mogły to być: 3 kule białe i dwie czarne $(3b+2c)$ albo 4 białe i jedna czarna $(4b+1c)$ albo same kule białe $(5b)$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3,sibling distance=25mm, level distance=20mm] \node {$(5b+2c)$} child {node {$(3b+2c)$} child {node {$b$}} child {node {$c$}}} child {node {$(4b+1c)$} child {node {}} child {node {$b$}}} child {node {$(5b)$} child {node {}} child {node {$c$}} }; \end{tikzpicture}$

Warianty te pojawiają się z prawdopodobieństwami równymi odpowiednio:

$p_1=\frac{\binom{5}{2}}{\binom{7}{2}}=\frac{10}{21},\quad p_2=\frac{\binom{5}{1}\binom{2}{1}}{\binom{7}{2}}=\frac{10}{21},\quad p_3=\frac{\binom{2}{2}}{\binom{7}{2}}=\frac{1}{21}.$

Wylosowanie kuli czarnej w drugim losowaniu jest więc równe:

$p_1\cdot \frac{2}{5}+p_2\cdot\frac{1}{5}+p_3\cdot\frac{0}{5}=\frac{2}{7}.$

Zadanie 9. (0-3)
Funkcja $f$ jest określona wzorem $f(x)=\dfrac{3x^2-2x}{x^2+2x+8}$ dla każdej liczby rzeczywistej $x$ . Punkt $P=(x_0,3)$ należy do wykresu funkcji $f$ . Oblicz $x_0$ oraz wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $P$ .

Dziedzina: $x^2+2x+8\neq 0$ ; warunek ten jest spełniony dla wszystkich $x\in\mathbf{R}$ , gdyż wyróżnik tego trójmianu jest ujemny: $\Delta=4-32=-28$ .

Obliczamy wartość $x_0$ . Aby punkt $P$ należał do wykresu funkcji, musi być $f(x_0)=3$ , stąd

$\frac{3x_0^2-2x_0}{x_0^2+2x_0+8}=3\quad\Leftrightarrow\quad -2x_0=6x_0+24,$

czyli $x_0=-3.$

Obliczamy pochodną funkcji $f$ :

$f'(x)=\frac{(6x-2)(x^2+2x+8)-(3x^2-2x)(2x+2)}{(x^2+2x+8)^2}.$

Potrzebujemy jedynie wartości $f'(-3)$ . Mamy

$f'(-3)=\frac{(-20)\cdot 11-33\cdot(-4)}{11^2}=-\frac{8}{11}.$

Szukana styczna ma zatem równanie

$y=-\frac{8}{11}(x+3)+3=-\frac{8}{11}x+\frac{9}{11}.$

Zadanie 10. (0-4)
Rozwiąż nierówność

$\sqrt{x^2+4x+4}<\frac{25}{3}-\sqrt{x^2-6x+9}.$

Wskazówka: skorzystaj z tego, że $\sqrt{a^2}=|a|$ dla każdej liczby rzeczywistej $a$ .

Ponieważ $x^2+4x+4=(x+2)^2$ oraz $x^2-6x+9=(x-3)^2$ , to dana nierówność przyjmuje postać

$|x+2|+|x-3|<\frac{25}{3}.$

Prowadzi to do trzech przypadków, które możemy zilustrować na osi liczbowej.

$\begin{tikzpicture} \draw[very thick, ->] (-3.5,0)--(3.9,0) node[below] {$x$}; \foreach \x in {-2,0,3} \draw (\x,0)--(\x,-0.07) node[below] {$\x$}; \draw[thin,blue] (-3.2,0.4)--(-2.2,0.4)--(-2,0.05)--(-1.8,0.4)--(2.8,0.4)--(3,0.05)--(3.2,0.4)--(3.8,0.4); \node[above,red,scale=1.3] at (-2.7,0.3) {$1^\circ$}; \node[above,red,scale=1.3] at (0.5,0.3) {$2^\circ$}; \node[above,red,scale=1.3] at (3.5,0.3) {$3^\circ$}; \end{tikzpicture}$

Rozważamy kolejne przypadki. Należy pamiętać o zmianie znaku całego wyrażenia spod wartości bezwzględnej, jeśli w danym przedziale jest ono ujemne.

$1^\circ.\quad x\in(-\infty,-2]$ .
Wtedy $x+2\leqslant 0$ i podobnie $x-3\leqslant 0$ ; zmieniamy więc znak w obu składnikach. Dostajemy zatem nierówność
$-(x+2)-(x-3)< \frac{25}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad -2x+1< \frac{25}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad x> -\frac{11}{3}.$
Mamy więc w tym przypadku przedział $x\in(-11/3,-2]$ .
$2^\circ.\quad x\in(-2,3]$ .

Wtedy $x+2>0$ ale $x-3\leqslant 0$ ; zmieniamy znak tylko w drugim składniku. Mamy

$(x+2)-(x-3)< \frac{25}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad 5< \frac{25}{3},$

$(-2,3]$

$3^\circ.\quad x\in(3,\infty)$ .

Wtedy $x+2>0$ i $x-3>0$ ; nie zmieniamy znaków. Mamy

$(x+2)+(x-3)< \frac{25}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad 2x< \frac{28}{3}\quad\Longleftrightarrow\quad x< \frac{14}{3}.$

$(3,14/3)$

Na koniec, jako rozwiązanie, bierzemy sumę uzyskanych we wszystkich przypadkach zbiorów, czyli $x\in (-3,-2]\cup (-2,3]\cup (3,14/3)=(-3,14/3)$ .

Zadanie 11. (0-4)
Określamy kwadraty $K_1,\,K_2,\,K_3,\,\ldots$ następująco:
  • $K_1$ jest kwadratem o boku długości $a$
  • $K_2$ jest kwadratem, którego każdy wierzchołek leży na innym boku kwadratu $K_1$ i dzieli ten bok w stosunku $1 \colon 3$
  • $K_3$ jest kwadratem, którego każdy wierzchołek leży na innym boku kwadratu $K_2$ i dzieli ten bok w stosunku $1 \colon 3$
i ogólnie, dla każdej liczby naturalnej $n\geqslant 2,$
  • $K_n$ jest kwadratem, którego każdy wierzchołek leży na innym boku kwadratu $K_{n-1}$ i dzieli ten bok w stosunku $1 \colon 3$ .
Obwody wszystkich kwadratów określonych powyżej tworzą nieskończony ciąg geometryczny. Na rysunku przedstawiono kwadraty utworzone w sposób opisany powyżej.

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \coordinate (A) at (0,0); \coordinate (B) at (4,0); \coordinate (C) at (4,4); \coordinate (D) at (0,4); \node[below] at (2,0) {$a$}; \node[left] at (0,2) {$a$}; \foreach \x in {1,...,10} { \draw (A)--(B)--(C)--(D)--cycle; \coordinate (A1) at ($(A)!0.25!(B)$); \coordinate (B1) at ($(B)!0.25!(C)$); \coordinate (C1) at ($(C)!0.25!(D)$); \coordinate (D1) at ($(D)!0.25!(A)$); \draw (A1)--(B1)--(C1)--(D1)--cycle; \coordinate (A) at ($(A1)!0.25!(B1)$); \coordinate (B) at ($(B1)!0.25!(C1)$); \coordinate (C) at ($(C1)!0.25!(D1)$); \coordinate (D) at ($(D1)!0.25!(A1)$); } \draw[thick] (0,0)--(4,0)--(4,4)--(0,4)--cycle; \end{tikzpicture}$

Oblicz sumę wszystkich wyrazów tego nieskończonego ciągu.

Niech $(r_n)$ oznacza obwód kwadratu $K_n$ dla $n=1,2,\ldots$ . Mamy oczywiście $r_1=4a$ . Wierzchołki kwadratu $K_2$ dzielą boki kwadratu $K_1$ w stosunku $1\colon 3$ , czyli powstają odcinki długości $\dfrac{a}{4}$ oraz $\dfrac{3a}{4}$ . Zatem bok $b$ kwadratu $K_2$ spełnia zależność:

$b^2=\left(\frac{a}{4}\right)^2+\left(\frac{3a}{4}\right)^2=\frac{a^2}{16}+\frac{9a^2}{16}=\frac{10}{16}a^2,$

a stąd $b=\dfrac{\sqrt{10}}{4}a$ i $r_2=4b=a\sqrt{10}$ . To już oznacza, że ciąg $(r_n)$ , jako ciąg geometryczny, ma iloraz równy $q=\dfrac{\sqrt{10}}{4}$ . Suma obwodów wszystkich opisanych w zadaniu kwadratów wynosi więc

$S=\frac{r_1}{1-q}=\frac{4a}{1-\frac{\sqrt{10}}{4}}=\frac{16}{4-\sqrt{10}}a=\frac{8(4+\sqrt{10})}{3}a.$

Zadanie 12. (0-4)
Rozwiąż równanie $3\sin^2x - \sin^2(2x) = 0$ w przedziale $[\pi,2\pi]$ .

Wykorzystamy równość $\sin 2x=2\sin x\cos x$ . Wówczas dane równanie przyjmuje postać

$3\sin^2x-4\sin^2x\cos^2x=0\quad\Leftrightarrow\quad \sin^2x(3-4\cos^2x)=0.$

Wynika stąd, że $\sin^2 x=0$ lub $\cos^2x=\dfrac{3}{4}$ , zatem

$\sin x=0\quad\text{lub}\quad \cos x=-\frac{\sqrt{3}}{2}\quad\text{lub}\quad\cos x=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

W przedziale $[\pi,\,2\pi]$ dostajemy stąd $x=0$ lub $x=\pi$ lub $x=\dfrac{7\pi}{6}$ lub $x=\dfrac{11\pi}{6}$ .

Zadanie 13. (0-4)
Czworokąt $ABCD$ , w którym $|BC|=4$ i $|CD|=5$ , jest opisany na okręgu. Przekątna $AC$ tego czworokąta tworzy z bokiem $BC$ kąt o mierze $60^\circ$ , natomiast z bokiem $AB$ – kąt ostry, którego sinus jest równy $\dfrac{1}{4}$ . Oblicz obwód czworokąta $ABCD$ .

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku, w szczególności $\sin\alpha=\dfrac{1}{4}$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=0.65] \coordinate (A) at (-7.32,4.94); \coordinate (B) at (6.46,6.56); \coordinate (C) at (7.97,2.85); \coordinate (D) at (5.97,-1.73); \coordinate (O) at (4.3,2.9); \foreach \x/\w in {A/left,B/above,C/right,D/below} \draw[fill=black] (\x) circle (1pt) node[\w] {$\x$}; \draw[blue] (A)--(C); \draw[thin] (B)--(C) node[midway,right] {$4$}; \draw[thin] (D)--(C) node[midway,right] {$5$}; \draw[thin] (B)--(A) node[midway,above] {$a$}; \draw[thin] (D)--(A) node[midway,below] {$b$}; \draw[thin,shift={(A)}] (352:3) arc (352:366.5:3) node at (360:2.3) {$\alpha$}; \draw[thin,shift={(C)}] (472:1.4) arc (472:532:1.4) node at (501:0.9) {$60^\circ$}; \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle; \draw[red] (O) circle (3.387cm); \end{tikzpicture}$

Z warunki opisywalności czworokąta na okręgu mamy $a+5=b+4$ , czyli $b=a+1$ . Z twierdzenia sinusów dla trójkąta $ABC$ możemy napisać

$\frac{a}{\sin 60^\circ}=\frac{4}{\sin\alpha}\quad\Rightarrow\quad a=\frac{4}{1/4}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}.$

Wówczas $b=a+1=8\sqrt{3}+1$ i obwód całego czworokąta wynosi $a+b+9=16\sqrt{3}+10$ .

Zadanie 14. (0-4)
Dany jest sześcian $ABCDEFGH$ o krawędzi długości $6$ . Punkt $S$ jest punktem przecięcia przekątnych $AH$ i $DE$ ściany bocznej $ADHE$ (zobacz rysunek).

$\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \coordinate (A) at (0,0); \coordinate (B) at (5,0); \coordinate (C) at (7,2); \coordinate (D) at (2,2); \coordinate (E) at (0,5); \coordinate (F) at (5,5); \coordinate (G) at (7,7); \coordinate (H) at (2,7); \coordinate (S) at (1,3.5); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(G)--(H)--(E)--cycle (F)--(G) (E)--(F)--(B); \draw[thick,dashed] (A)--(D)--(H) (D)--(C); \draw[dotted,thick,black!75] (A)--(H) (E)--(D); \node[below] at (2.5,0) {$6$}; \foreach \x/\r in {A/{below left},B/{below right},C/right,D/{below right},E/left,F/right,G/{above right},H/above,S/left} \draw[fill=black] (\x) circle (1pt) node[\r] {$\x$}; \end{tikzpicture}$

Oblicz wysokość trójkąta $SBH$ poprowadzoną z punktu $S$ na bok $BH$ tego trójkąta.

Oznaczmy szukaną wysokość przez $d$ . Pole $P$ trójkąta $BHS$ stanowi połowę pola trójkąta $ABH$ , bo $S$ jest środkiem boku $AH$ . Z drugiej strony trójkąt $ABH$ jest połową prostokąta $ABGH$ . Stąd

$P=\frac{1}{4}|AB|\cdot|BG|=\frac{1}{4}\cdot 6\cdot 6\sqrt{2}=9\sqrt{2}.$

$\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \coordinate (A) at (0,0); \coordinate (B) at (5,0); \coordinate (C) at (7,2); \coordinate (D) at (2,2); \coordinate (E) at (0,5); \coordinate (F) at (5,5); \coordinate (G) at (7,7); \coordinate (H) at (2,7); \coordinate (S) at (1,3.5); \coordinate (K) at ($(B)!(S)!(H)$); \draw[fill=yellow!30] (A)--(B)--(G)--(H)--cycle; \draw[fill=blue!30] (S)--(B)--(H)--cycle; \draw[red,thick] (S)--(K) node[below right,midway] {$d$}; \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(G)--(H)--(E)--cycle (F)--(G) (E)--(F)--(B); \draw[thick,dashed] (A)--(D)--(H) (D)--(C); \draw[dotted,thick,black!75] (A)--(H) (E)--(D); \node[below] at (2.5,0) {$6$}; \foreach \x/\r in {A/{below left},B/{below right},C/right,D/{below right},E/left,F/right,G/{above right},H/above,S/left} \draw[fill=black] (\x) circle (1pt) node[\r] {$\x$}; \end{tikzpicture}$

Ponieważ przekątna $BH$ danego sześcianu ma długość $|BH|=6\cdot\sqrt{3}$ , to szukana wysokość ma długość

$d=\frac{2P}{|BH|}=\frac{18\sqrt{2}}{6\sqrt{3}}=3\sqrt{\frac{2}{3}}=\sqrt{6}.$

Zadanie 15. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru $m\neq 2$ , dla których równanie

$x^2+4x-\frac{m-3}{m-2}=0$

ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste $x_1$ , $x_2$ spełniające warunek $x_1^3+x_2^3>-28$ .

Aby spełnione były warunki nałożone przez treść zadania na daną funkcję kwadratową, muszą zachodzić zależności:

$\Delta >0\quad\wedge\quad x_1^3+x_2^3>-28.$

Ostatnią nierówność możemy zapisać jako

$(x_1+x_2)(x_1^2-x_1x_2+x_2^2)=(x_1+x_2)\big[(x_1+x_2)^2-3x_1x_2\big]>-28,$

i, dzięki wzorom Viete’a, mamy

$-4\left((-4)^2-3\cdot\left(-\frac{m-3}{m-2}\right)\right)>-28.$

Stąd $16+\dfrac{3(m-3)}{m-2}<7$ i dalej $\dfrac{9(m-2)+3(m-3)}{m-2}<0$ . Dzieląc obustronnie przez $3$ dostaniemy

$\frac{4m-9}{m-3}<0\quad\Leftrightarrow\quad m\in\left(\frac{9}{4},\,3\right).$

Podobnie warunek z wyróżnikiem:

$\Delta=16+4\cdot\frac{m-3}{m-2}=4\cdot\frac{5m-11}{m-2}>0\quad\Leftrightarrow\quad m\in\mathbf{R}\setminus\left[2,\,\frac{11}{5}\right].$

Ostatecznie, biorąc część wspólną obu otrzymanych zbiorów, uzyskujemy końcową odpowiedź: $m\in\left(\dfrac{9}{4},\,3\right)$

Zadanie 16. (0-7)
Rozważamy trójkąty $ABC$ , w których $A=(0,0)$ , $B=(m,0)$ , gdzie $m\in(4,+\infty)$ , a wierzchołek $C$ leży na prostej o równaniu $y=-2x$ . Na boku $BC$ tego trójkąta leży punkt $D=(3,2)$ .

a) Wykaż, że dla $m\in(4,+\infty)$ pole $P$ trójkąta $ABC$ , jako funkcja zmiennej $m$ , wyraża się wzorem

$P(m)=\frac{m^2}{m-4}.$

b) Oblicz tę wartość $m$ , dla której funkcja $P$ osiąga wartość najmniejszą. Wyznacz równanie prostej $BC$ , przy której funkcja $B$ osiąga tę najmniejszą wartość.

Wyznaczymy najpierw współrzędne punktu $C=(x_C,y_C)$ w zależności od $m$ . Równanie prostej przechodzącej przez punkty $B$ i $D$ ma postać

$y=\frac{0-2}{m-3}(x-m)\quad\Leftrightarrow\quad y=\frac{-2}{m-3}x+\frac{2m}{m-3}.$

Prosta ta przecina prostą $y=-2x$ w punkcie $C$ , którego współrzędne $(x_C,y_C)$ spełniają układ równań

$\left\{\begin{array}{l}y=\frac{-2}{m-3}x+\frac{2m}{m-3}\\ y=-2x\end{array}\right..$

$\begin{tikzpicture}[scale=1] \coordinate (A) at (0,0); \coordinate (B) at (6,0); \coordinate (D) at (3,2); \coordinate (C) at (-3,6); \draw[fill=yellow!40] (A)--(B)--(C)--cycle; \draw[black!70] (-6.4,-1.2) grid (6.3,8.3); \draw[very thick,->] (-6.4,0)--(6.3,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-1.2)--(0,8.3) node[left] {$y$}; \draw[thick,blue,dashed] (-4.3,8.6)--(1,-2) node[below,sloped,midway] {$y=-2x$}; \draw[very thick,brown,dashed] (4,-1.2)--(4,8.3); \foreach \x in {A,B,D,C} \draw[fill=black] (\x) circle (1.7pt) node[below left] {$\x$}; \node[below left] at (4,0) {$4$}; \node[above] at (B) {$(m,0)$}; \node[above] at (D) {$(3,2)$}; \end{tikzpicture}$

To oznacza, że $\displaystyle -\frac{2x}{m-3}+\frac{2m}{m-3}=-2x$ , a stąd $\left(\dfrac{2}{m-3}-2\right)x=\dfrac{2m}{m-3}$ i

$x=\frac{m}{4-m}\quad\text{dla}\quad m>4.$

Wtedy oczywiście $y=-2x=\dfrac{2m}{m-4}$ .

a) Pole $P(m)$ trójkąta $ABC$ jest równe

$P=\dfrac{1}{2}\cdot |AB|\cdot y_C=\frac{1}{2}\cdot m\cdot \frac{2m}{m-4}=\frac{m^2}{m-4}\quad\text{dla}\quad m>4.$

b) Znajdziemy minimum funkcji $P(m)$ dla $m>4$ . Obliczamy pochodną:

$P'(m)=\frac{2m(m-4)-m^2}{(m-4)^2}=\frac{m(m-8)}{(m-4)^2}.$

Widać, że dla $m>4$ jedynym miejscem zerowym pochodnej jest $m=8$ . W punkcie tym pochodna zmienia swój znak z ujemnego na dodatni (bo tak zachowuje się funkcja kwadratowa $m\mapsto m(m-8)$ ), wobec tego funkcja $P(m)$ osiąga dla $m=8$ swoje minimum. Wtedy prosta $BC$ ma równanie:

$y=-\frac{2}{5}x+\frac{16}{5}.$

Matura rozszerzona z matematyki (maj 2022) – rozwiązania

Poniżej prezentujemy rozwiązania wszystkich zadań maturalnych z matematyki dla poziomu rozszerzonego, z którymi abiturienci mierzyli się 11. maja 2022 r. Zadania pochodzą z arkusza opublikowanego w serwisie Centralnej Komisji Egzaminacyjnej.

Zadanie 1. (0-1)
Liczba $\log_3 27-\log_{27}\sqrt{3}$ jest równa
   A. $\frac{4}{3}$
   B. $\frac{1}{2}$
   C. $\frac{11}{12}$
   D. $3$

Z własności logarytmów mamy kolejno

(1) $\begin{eqnarray*} \log_3 \sqrt{27}-\log_{27}\sqrt{3}&=&\log_3\left(3^{3/2}\right)-\log_{3^3}\left(3^{1/2}\right)=\nonumber\\ &=&\frac{3}{2}-\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{9}{6}-\frac{1}{6}=\frac{4}{3}.\nonumber \end{eqnarray*}$

Zatem poprawną jest odpowiedź A.

Zadanie 2. (0-1)
Funkcja $f$ jest określona wzorem $f(x)=\dfrac{x^3-8}{x-2}$ dla każdej liczby rzeczywistej $x\neq 2$ . Wartość pochodnej tej funkcji dla argumentu $x=\dfrac{1}{2}$ jest równa
   A. $\frac{3}{4}$
   B. $\frac{9}{4}$
   C. $3$
   D. $\frac{54}{8}$

Zauważmy, że wyrażenie opisujące funkcję $f$ można skrócić, otrzymamy wtedy (dla $x\neq 2)$

$f(x)=\frac{(x-2)(x^2+2x+4)}{x-2}=x^2+2x+4.$

To oznacza, że $f'(x)=2x+2$ i tym samym $f'(\frac{1}{2})=3$ .

Poprawną odpowiedzią jest C.

Zadanie 3. (0-1)
Jeżeli $\cos\beta=-\dfrac{1}{3}$ i $\beta\in\left(\pi,\,\dfrac{3}{2}\pi\right)$ , to wartość wyrażenia $\sin\left(\beta-\dfrac{1}{3}\pi\right)$ jest równa:
   A. $\frac{-2\sqrt{2}+\sqrt{3}}{6}$
   B. $\frac{2\sqrt{6}+1}{6}$
   C. $\frac{2\sqrt{2}+\sqrt{3}}{6}$
   D. $\frac{1-2\sqrt{6}}{6}$

W podanym przedziale liczba $\sin\beta$ jest ujemna, stąd $\sin\beta=-\sqrt{1-\left(-\dfrac{1}{3}\right)^2}=-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ . Mamy też

(2) $\begin{eqnarray*} \sin\left(\beta-\dfrac{\pi}{3}\right) &=& \sin\beta\cdot\cos\dfrac{\pi}{3}-\cos\beta\cdot\sin\dfrac{\pi}{3}=\nonumber\\ &=&-\dfrac{2\sqrt{2}}{3}\cdot\dfrac{1}{2}-\left(-\dfrac{1}{3}\right)\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{6}-\dfrac{\sqrt{2}}{3}=\nonumber\\ &=&\dfrac{\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{6}.\nonumber \end{eqnarray*}$

Właściwą odpowiedzią jest więc A.

Zadanie 4. (0-1)
Dane są dwie urny z kulami. W każdej z urn jest siedem kul. W pierwszej urnie są jedna kula biała i sześć kul czarnych, w drugiej urnie są cztery kule białe i trzy kule czarne. Rzucamy jeden raz symetryczną monetą. Jeżeli wypadnie reszka, to losujemy jedną kulę z pierwszej urny, w przeciwnym przypadku – jedną kulę z drugiej urny. Prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że wylosujemy kulę białą w tym doświadczeniu, jest równe
   A. $\frac{5}{14}$
   B. $\frac{9}{14}$
   C. $\frac{5}{7}$
   D. $\frac{6}{7}$

Gdy losujemy kulę z pierwszej urny, to szanse na wybranie kuli białej wynoszą $\dfrac{1}{7}$ (bo na łącznie 7 kul tylko jedna jest biała). Podobnie, gdybyśmy losowali jedną kulę z drugiej urny, prawdopodobieństwo otrzymania kuli białej jest równe $\dfrac{4}{7}$ . Ponieważ rzut symetryczną monetą wskazuję każdą z obu urn z prawdopodobieństwem $\dfrac{1}{2}$ , to zgodnie ze wzorem na prawdopodobieństwo całkowite, szukana wartość wynosi

$\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{4}{7}=\dfrac{5}{14}.$

Odpowiedź A.

Zadanie 5. (0-2)
Ciąg $(a_n)$ jest określony dla każdej liczby naturalnej $n\geqslant 1$ wzorem

$a_n=\frac{(7p-1)n^3+5pn-3}{(p+1)n^3+n^2+p},$

gdzie $p$ jest liczbą rzeczywistą dodatnią.
Oblicz wartość $p$ , dla której granica ciągu $(a_n)$ jest równa $\dfrac{4}{3}$ .

W poniższe kratki wpisz kolejno – od lewej do prawej – pierwszą, drugą oraz trzecią cyfrę po przecinku nieskończonego rozwinięcia dziesiętnego otrzymanego wyniku.

$\begin{tikzpicture}[yscale=1.5,scale=0.8] \draw[very thick] (0,0) grid (3,1); \end{tikzpicture}$

Zauważmy, że dla $n\to\infty$ i $p>0$ granica danego ciągu jest równa $\dfrac{7p-1}{p+1}$ (bo takie są odpowiednie współczynniki w liczniku i mianowniku przy najbardziej znaczącym wyrazie – czyli $n^3$ , we wzorze na wyraz ogólny ciągu). Dostajemy więc równanie

$\frac{7p-1}{p+1}=\frac{4}{3}\quad\Leftrightarrow\quad 21p-3=4p+4.$

Jego rozwiązaniem jest $p=\dfrac{7}{17}\approx 0,\!41176\ldots$ To oznacza, że w kratki należało wpisać kolejno cyfry 4, 1 i 1.

Zadanie 6. (0-3)
Wykaż, że dla każdej liczby rzeczywistej $x$ i dla każdej liczby rzeczywistej $y$ takich, że $2x>y$ , spełniona jest nierówność

$7x^3+4x^2y\geqslant y^3+2xy^2-x^3.$

Przenosimy wszystkie wyrazy na jedną stronę, porządkujemy i grupujemy w nawiasy. Otrzymamy wówczas

(3) $\begin{eqnarray*} &{}&8x^3-y^3+4x^2y-2xy^2 = \nonumber\\ &=&(2x-y)(4x^2+2xy+y^2)+2xy(2x-y) =\nonumber\\ &=& (2x-y)(4x^2+4xy+y^2) = \nonumber\\ &=&(2x-y)(2x+y)^2.\nonumber \end{eqnarray*}$

Ostatnie wyrażenie to iloczyn liczby dodatniej (bo $2x>y$ ) i liczby nieujemnej (kwadratu liczby rzeczywistej), jest więc to wartość większa lub równa zero. To kończy dowód.

Zadanie 7. (0-3)
Rozwiąż równanie

$|x-3|=2x+11.$

Rozpatrujemy dwa przypadki:

$1^\circ$ . Dla $x\in(-\infty,\,3)$ . Wtedy dane równanie przybiera postać $-(x-3)=2x+11$ , czyli $3x=-8$ i tym samym $x=-\dfrac{8}{3}<3$ .

$2^\circ$ . Dla $x\in[3,\,\infty)$ . Wtedy mamy $x-3=2x+11$ , a stąd $x=-14$ , co nie należy do rozpatrywanego zakresu.

Ostatecznie uzyskujemy tylko jedno rozwiązanie: $x=-\dfrac{8}{3}$ .

Zadanie 8. (0-3)
Punkt $P$ jest punktem przecięcia przekątnych trapezu $ABCD$ . Długość podstawy $CD$ jest o 2 mniejsza od długości podstawy $AB$ . Promień okręgu opisanego na trójkącie ostrokątnym $CPD$ jest o 3 mniejszy od promienia okręgu opisanego na trójkącie $APB$ . Wykaż, że spełniony jest warunek $|DP|^2+|CP|^2-|CD|^2=\dfrac{4\sqrt{2}}{3}\cdot|DP|\cdot |CP|$ .

Załóżmy, że $|CD|=a$ i okrąg opisany na trójkącie $CDP$ ma długość $R$ . Wtedy $|AB|=a+2$ , zaś okrąg opisany na trójkącie $ABP$ ma promień długości $R+3$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (200:3); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (340:3); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (2,4); \coordinate[label=above:$D$] (D) at (-1.2,4); \coordinate[label=right:$P$] (P) at (intersection of A--C and B--D); \draw (C)--(D) node[above,midway] {$a$}; \draw (A)--(B) node[below,midway] {$a+2$}; \draw[thick] (A)--(C); \draw[thick] (B)--(D); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle; \draw[thin,blue,shift={(P)}] (46:0.6) arc (46:127:0.6) node at (88:0.4) {$\alpha$}; \draw[thin,blue,shift={(P)}] (226:0.6) arc (226:307:0.6) node at (268:0.4) {$\alpha$}; \node at (0.35,3.4) {$R$}; \node at (0.2,0.2) {$R+3$}; \end{tikzpicture}$

Oznaczmy też przez $\alpha$ kąty wierzchołkowe w interesujących nas trójkątach. Jest to kąt ostry i z twierdzenia sinusów dla obu trójkątów mamy

$2R=\frac{a}{\sin\alpha},\qquad 2(R+3)=\frac{a+2}{\sin\alpha}.$

Stąd $\sin\alpha=\dfrac{a}{2R}$ oraz $\sin\alpha=\dfrac{a+2}{2(R+3)}$ i mamy zależność

$2R(a+2)=2a(R+3)\quad\Leftrightarrow\quad 2R=3a.$

Tym samym $\sin\alpha=\dfrac{a}{2R}=\dfrac{1}{3}$ i dalej $\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ .

Jeśli napiszemy teraz twierdzenie cosinusów dla trójkąta $CDP$ , to otrzymamy żądaną zależność:

$|CD|^2=|DP|^2+|CP|^2-2\cdot |DP|\cdot|CP|\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}.$

To kończy dowód.

Zadanie 9. (0-4)
Reszta z dzielenia wielomianu $W(x)=4x^3-6x^2-(5m+1)x-2m$ przez dwumian $x+2$ jest równa $-30$ . Oblicz $m$ i dla wyznaczonej wartości $m$ rozwiąż nierówność $W(x)\geqslant 0$ .

Z twierdzenia Bezouta, mamy natychmiast $W(-2)=-30$ , czyli $-32-24+10m+2-2m=-30$ , a stąd $m=3$ .

Wielomian $W(x)$ ma więc postać $W(x)=4x^3-6x^2-16x-6$ . Nierudno zauważyć, że jednym z pierwiastków tego wielomianu jest liczba $x=-1$ . To prowadzi do rozkładu na czynniki

$W(x)=2(x+1)(2x^2-5x-3).$

Otrzymany trójmian kwadratowy ma dwa pierwiastki rzeczywiste: $\Delta=(-5)^2-4\cdot2\cdot(-3)=49$ , więc $x_1=-\dfrac{1}{2}$ oraz $x_2=3$ . Stąd

$W(x)=4(x+1)\left(x+\frac{1}{2}\right)(x-3).$

Rozwiązanie nierówności $W(x)\geqslant 0$ najprościej teraz przeprowadzić na osi liczbowej.

$\begin{tikzpicture}[scale=1.2,yscale=1] \draw[thin,fill=red!20] (-1,0) rectangle (0,0.4); \draw[red!20,thin,fill=red!20] (3,0) rectangle (3.9,0.4); \draw (3,0)--(3,0.4)--(3.9,0.4) ; \draw[thick,blue,domain=-1.7:3.3, smooth, variable=\x,yscale=0.2] plot ({\x},{(\x+1)*(\x+0)*(\x-3)}); \draw[very thick,->] (-1.8,0)--(4,0) node[below] {$x$}; \foreach \x/\w in {-1/{-1},0/{-\frac{1}{2}},3/3} { \draw (\x,0)--(\x,-0.06) node[below] {$\w$}; \draw[fill=black] (\x,0) circle (2pt);} \end{tikzpicture}$

Zadanie 10. (0-4)
Ciąg $(a_n)$ , określony dla każdej liczby naturalnej $n\geqslant 1$ , jest geometryczny i ma wszystkie wyrazy dodatnie. Ponadto $a_1=675$ i $a_{22}=\dfrac{5}{4}a_{23}+\dfrac{1}{5}a_{21}$ .
Ciąg $(b_n)$ , określony dla każdej liczby naturalnej $n\geqslant 1$ , jest arytmetyczny. Suma wszystkich wyrazów ciągu $(a_n)$ jest równa sumie dwudziestu pięciu początkowych kolejnych wyrazów ciągu $(b_n)$ . Ponadto $a_3=b_4$ . Oblicz $b_1$ .

Każdy wyraz ciągu geometrycznego $(a_n)$ możemy zapisać jako $a_n=a_1\cdot q^{n-1}$ dla pewnej liczby $q>0$ (to wynika stąd, że ciąg ten ma wszystkie wyrazy dodatnie). Mamy zatem równość

$a_1\cdot q^{21}=\frac{5}{4}\cdot q^{22}+\frac{1}{5}\cdot q^{20}.$

Dzieląc ją obustronnie przez liczbę $\dfrac{a_1q^{20}}{20}$ , otrzymamy $20q=25q^2+4$ , a stąd $(5q-2)^2=0$ . To prowadzi do wyniku $q=\dfrac{2}{5}.$

Suma $S$ wszystkich wyrazów ciągu geometrycznego $(a_n)$ wynosi

$S=\frac{a_1}{1-q}=\frac{675}{1-\frac{2}{5}}=1125.$

Mamy więc $b_1+b_2+\ldots+b_{25}=1125$ . Stąd, ponieważ ciąg $(b_n)$ jest arytmetyczny, możemy wnioskować, że środkowy składnik tej sumy – czyli wyraz $b_{13}$ – jest równy $\dfrac{1125}{25}=45$ . Dodatkowo wiemy, że $b_4=a_3=a_1\cdot q^2=675\cdot \dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{2}{5}=108$ .

Mamy więc układ zależności dotyczący ciągu $(b_n)$ . Mianowicie: $b_{13}=45$ i $b_4=108$ . Jeśli oznaczymy przez $r$ różnicę w tym postępie arytmetycznym, to uzyskamy równania

$\left\{\begin{array}{l}b_{13}=b_1+12r=45\\b_4=b_1+3r=108\end{array}\right..$

Rozwiązaniem tego układu równań jest $r=-7$ i $b_1=129$ . To kończy rozwiązanie zadania.

Zadanie 11. (0-4)
Rozwiąż równanie $\sin x + \sin 2x + \sin 3x = 0$ w przedziale $[0,\,\pi]$ .

Wykorzystamy wzory trygonometryczne na sinus sumy argumentów oraz na sinus i cosinus podwojonego argumentu: $\sin(a+b)=\sin a\cdot \cos b+\cos a\cdot \sin b$ oraz $\sin 2x=2\sin x\cos x$ i $\cos 2x=2\cos^2x-1$ dla wszelkich liczb $a,b,x$ rzeczywistych. Mamy

$\sin 3x=\sin(2x+x)=\sin 2x\cdot \cos x+\cos 2x\cdot \sin x.$

To oznacza, że

$\sin x+\sin 2x+\sin 3x=\sin x(1+2\cos x+2\cos^2x+2\cos^2 x-1).$

Dane równanie przyjmuje więc postać

$\sin x\cdot 2\cos x(2\cos x+1)=0.$

To oznacza, że mamy alternatywę trzech możliwości: $\sin x=0$ lub $\cos x=0$ lub $\cos x=-\dfrac{1}{2}$ . Rozwiązania tych równań na przedziale $[0,\,\pi]$ są cztery: $x=0$ lub $x=\pi$ , $x=\dfrac{\pi}{2}$ , $x=\dfrac{2\pi}{3}$ . Liczby te stanowią odpowiedź do zadania.

Zadanie 12. (0-5)
Wyznacz wszystkie wartości parametru $m$ , dla których równanie

$x^2-(m+1)x+m=0$

ma dwa różne rozwiązania rzeczywiste $x_1$ oraz $x_2$ , spełniające warunki:

$x_1\neq 0,\quad x_2\neq 0\quad\text{oraz}\quad \frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+2=\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}.$

Aby równanie miało dwa różne rozwiązania, musi być $\Delta>0$ . Stąd $(m+1)^2-4m=(m-1)^2>0$ , czyli $m\neq 1$ . Rozwiązania $x_1$ i $x_2$ będą różne od zera, gdy liczba zero nie będzie spełniała danego równania kwadratowego, stąd $m\neq 0$ .

Przekształćmy teraz zależność wiążącą oba pierwiastki tak, aby móc użyć wzorów Viete’a. Równanie

$\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+2=\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}$

jest równoważne równości

$\frac{x_1+x_2}{x_1x_2}+2=\frac{(x_1+x_2)^2-2x_1x_2}{(x_1x_2)^2}.$

Podstawiając teraz $x_1+x_2=m+1$ oraz $x_1x_2=m$ , uzyskamy

$\frac{m+1}{m}+2=\frac{(m+1)^2-2m}{m^2}\quad\Leftrightarrow\quad m^2+m+2m^2=m^2+1,$

stąd $2m^2+m-1=0$ i obliczając wyróżnik tej zależności kwadratowej $\Delta_m=9$ , dostajemy $m_1=-1$ oraz $m_2=\dfrac{1}{2}$ . Obie te liczby spełniają wcześniej wyprowadzone warunki, stanowią więc rozwiązanie naszego zadania.

Zadanie 13. (0-5)
Dany jest graniastosłup prosty $ABCDEFGH$ o podstawie prostokątnej $ABCD$ . Przekątne $AH$ i $AF$ ścian bocznych tworzą kąt ostry o mierze $\alpha$ takiej, że $\sin\alpha=\dfrac{12}{13}$ (zobacz rysunek). Pole trójkąta $AFH$ jest równe $26,\!4.$ Oblicz wysokość $h$ tego graniastosłupa.

$\begin{tikzpicture}[scale=1.5] \draw[fill=blue!20,blue!20] (0,3.5)--(2,0)--(3,4.9); \draw[thick,dashed] (0,0)--(2,0)--(3,1.4)--(1,1.4)--cycle (1,1.4)--(1,4.9); \draw[thick] (0,0)--(2,0)--(3,1.4); \draw[thick,shift={(0,3.5)}] (0,0)--(2,0)--(3,1.4)--(1,1.4)--cycle; \draw[thick] (0,0)--(0,3.5) (2,0)--(2,3.5) (3,1.4)--(3,4.9); \draw[blue,thick] (0,3.5)--(2,0)--(3,4.9); \foreach \x/\y/\g/\w in {0/0/{below left}/D,2/0/{below right}/A,3/1.4/right/B,1/1.4/left/C, 0/3.5/{left}/H,2/3.5/{below right}/E,3/4.9/above/F,1/4.9/above/G } \node[\g] at (\x,\y) {$\w$}; \draw[thick,blue,shift={(2,0)}] (77:0.7) arc (77:120.5:0.7) node[black] at (99:0.55) {$\alpha$}; \node[left] at (0,1.75) {$h$}; \end{tikzpicture}$

Niech podstawa graniastosłupa ma wymiary $|AD|=a$ oraz $|AB|=b$ . Wtedy z twierdzenia Pitagorasa wynika, że trójkąt $AFH$ będący wskazanym przekrojem, ma boki długości odpowiednio

$|AH|=\sqrt{a^2+h^2},\,\,|AF|=\sqrt{b^2+h^2},\,\,|HF|=\sqrt{a^2+b^2}.$

$\begin{tikzpicture}[scale=1.5] \draw (0,0)--(1,-4) node[left,midway] {$\sqrt{a^2+h^2}$}; \draw (3,0)--(1,-4) node[right,midway] {$\sqrt{b^2+h^2}$}; \draw (0,0)--(3,0) node[above,midway] {$\sqrt{a^2+b^2}$}; \draw[blue,thick,fill=blue!20] (0,0)--(3,0)--(1,-4)--cycle; \foreach \x/\y/\g/\w in {0/0/{above left}/H,3/0/{above right}/F,1/-4/below/A} \node[\g] at (\x,\y) {$\w$}; \draw[thick,blue,shift={(1,-4)}] (64:0.6) arc (64:105:0.6) node[black] at (84:0.4) {$\alpha$}; \end{tikzpicture}$

Ponieważ kąt $\alpha$ jest ostry, to $\cos\alpha=\sqrt{1-\sin^2\alpha}=\dfrac{5}{13}$ . Z twierdzenia cosinusów mamy więc

$|HF|^2=|AH|^2+|AF|^2-2\cdot|AH|\cdot |AF|\cdot\cos\alpha,$

czyli

$a^2+b^2=a^2+h^2+b^2+h^2-2\cdot|AH|\cdot |AF|\cdot\cos\alpha,$

a stąd $h^2=|AH|\cdot |AF|\cdot\dfrac{5}{13}$ .

Zauważmy teraz, że znając pole $S=26,\!4$ trójkąta $AHF$ możemy napisać $S=\dfrac{1}{2}\cdot|AH|\cdot |AF|\cdot\sin\alpha$ , czyli

$|AH|\cdot |AF|=\frac{2S}{\sin\alpha}=\frac{52,\!8}{\frac{12}{13}}=52,\!8\cdot \frac{13}{12}.$

Podstawiając ten iloczyn do poprzedniej zależności na $h^2$ otrzymamy ostatecznie $h^2=52,\!8\cdot \dfrac{13}{12}\cdot\dfrac{5}{13}=22$ i tym samym $h=\sqrt{22}$ .

Zadanie 14. (0-6)
Punkt $A=(-3,2)$ jest wierzchołkiem trójkąta równoramiennego $ABC$ , w którym $|AC|=|BC|$ . Pole tego trójkąta jest równe 15. Bok $BC$ zawarty jest w prostej o równaniu $y=x-1$ . Oblicz współrzędne wierzchołków $B$ i $C$ tego trójkąta.

Jak niemal każde zadanie z geometrii najlepiej rozpocząć od wykonania w miarę dokładnego rysunku.

$\begin{tikzpicture}[scale=0.5] \draw[black!30] (-10.5,-9.5) grid (10.5,9.5); \draw[ultra thick,->] (-10.5,0)--(10.5,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-9.5)--(0,9.5) node[left] {$y$}; \coordinate[label=above:$A$] (A) at (-3,2); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (4,3); \coordinate[label=below right:$B_1$] (B1) at (9,8); \coordinate[label=left:$B_2$] (B2) at (-1,-2); \draw[blue] (-8,-9)--(10.5,9.5) node[below,sloped,near start] {$y=x-1$}; \draw[fill=black] (A) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (C) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (B1) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (B2) circle (0.09cm); \draw[red,thick] (A)--(B1)--(C)--cycle; \draw[green!50!black,thick] (A)--(B2)--(C)--cycle; \end{tikzpicture}$

Ponieważ punkty $B$ i $C$ leżą na prostej $y=x-1$ , to możemy przyjąć, że $B=(b,b-1)$ i $C=(c,c-1)$ dla pewnych liczb $b$ oraz $c$ . Możemy obliczyć długość odcinka $BC$ korzystając z informacji o polu naszego trójkąta. Istotnie, traktując bok $BC$ jako podstawę, wysokość będzie odległością punktu $A$ od danej prostej $x-y-1=0$ . Ma ona wartość

$h=\frac{|-3-2-1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}.$

Stąd $\dfrac{1}{2}\cdot h\cdot |BC|=15$ , czyli $|BC|=\dfrac{30}{3\sqrt{2}}=5\sqrt{2}$ .

Możemy teraz napisać

$25\cdot 2=|BC|^2=(b-c)^2+(b-1-c+1)^2=2(b-c)^2,$

a stąd $(b-c)^2=25$ . To daje nam dwie możliwości: $b=5+c$ albo $b=-5+c$ .

Pozostaje jeszcze sprawdzić, kiedy otrzymamy trójkąt równoramienny z równością $|AC|=|BC|=5\sqrt{2}$ . Mamy

$|AC|=\sqrt{(c+3)^2+(c-1-2)^2}=\sqrt{2c^2+18},$

stąd $2c^2+18=50$ lub w wersji uproszczonej $c^2=16$ . Rozwiązując to równanie kwadratowe uzyskamy możliwe wartości $c=-4$ lub $c=4$ . Mamy więc $C=(-4,-5)$ lub $C=(4,3)$ . Wtedy, zgodnie z wcześniejszymi obliczeniami $B=(1,0)$ lub $B=(-9,-10)$ albo odpowiednio $B=(9,8)$ lub $B=(-1,-2)$ . Są zatem cztery trójkąty $ABC$ , które spełniają warunki zadania, ale tylko dwa możliwe położenia wierzchołka $C$ .

Zadanie 15. (0-7)
Rozpatrujemy wszystkie trójkąty równoramienne o obwodzie równym 18.

a) Wykaż, że pole $P$ każdego z tych trójkątów, jako funkcja długości $b$ ramienia, wyraża się wzorem $P(b)=(18-2b)\sqrt{18b-81}.$

b) Wyznacz dziedzinę funkcji $P$ .

c) Oblicz długości boków tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole.

Niech $a>0$ będzie długością podstawy w takim trójkącie, zaś $h$ długością wysokości opuszczonej na tę podstawę. Mamy $a+2b=18$ i stąd $a=18-2b$ , zatem $18-2b>0$ , co daje $b<9$ . Z drugiej strony ponieważ w trójkącie suma długości dwóch boków musi być większa od trzeciego, zachodzi nierówność $2b>a=18-2b$ , a stąd $b>\dfrac{9}{2}$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=1.4] \draw[thick](0,0)--(2,0)--(1,3)--cycle; \draw[thick,blue] (1,3)--(1,0); \node[left,blue] at (1,1.2) {$h$}; \node[below] at (1,0) {$a$}; \draw (0,0)--(1,3) node[left,midway] {$b$}; \draw (2,0)--(1,3) node[right,midway] {$b$}; \end{tikzpicture}$

a) Z twierdzenia Pitagorasa mamy $h^2=b^2-\left(\dfrac{a}{2}\right)^2$ , czyli $h^2=b^2-(9-b)^2=18b-81$ . Dlatego pole $P(b)$ takiego trójkąta wynosi

$P(b)=\frac{1}{2}\cdot ah=(9-b)\sqrt{18b-81}.$

b) Dziedzina tej funkcji wynika z początkowych rozważań: geometryczny sens jest zachowany przy $b\in\left(\dfrac{9}{2},\,9\right)$ .

c) Aby zmaksymalizować wartość dodatniej funkcji $P(b)$ wystarczy zbadać funkcję $f(b)=(P(b))^2=9(b-9)^2(2b-9)$ dla $\dfrac{9}{2}<b<9$ . Mamy

$f'(b)=18(b-9)(2b-9)+18(b-9)^2=54(b-9)(b-6).$

Wynika stąd, że pochodna $f'(b)$ jest ujemna wyłącznie przy $b\in(6,9)$ . Zatem dla $b=6$ pochodna ta zmienia znak z dodatniego na ujemny i w punkcie tym faktycznie badana funkcja osiąga maksimum. Maksymalna jest też wówczas wartość funkcji $P(b)$ . Największe pole spośród badanych trójkątów ma więc trójkąt równoboczny o boku długości $a=b=6$ .

Zadania maturalne z matematyki – profil matematyczno-fizyczny (maj 1988)

Treści zadań pochodzą z czasopisma Matematyka nr 5/1988.

Zadanie 1.
Współczynniki $a$ , $b$ , $c$ równania $ax^2+bx+c=0$ są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego, a ich suma wynosi $24$ . Jednym z pierwiastków równania jest liczba $x_1=-3$ . Wyznaczyć drug pierwiastek tego równania.

$x_2=-5$ .

Zadanie 2.
Dla jakich wartości parametru $m$ równanie

$x^2-(2m-1)x+m^2-4=0$

ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste, oba mniejsze od $4$ ?

$m\in(-\infty,-4)\cup(-4,\frac{17}{4})$ .

Zadanie 3.
Dla jakiego parametru $p$ równanie

$(3p+2)x^2+(p-1)x+4p+3=0$

jest równaniem kwadratowym, mającym pierwiastki $x_1$ i $x_2$ spełniające warunek $x_1<-1<x_2<1$ ?

$p\in(-1,-\frac{2}{3})$ .

Zadanie 4.
Dane jest równanie

$(2\sin\alpha-1)x^2-2x+\sin\alpha=0,\qquad\text{gdzie}\,\,\alpha\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right].$

Dla jakich wartości parametru $\alpha$ : a) równanie ma pierwiastki rzeczywiste? b) suma odwrotności pierwiastków jest równa $4\cos \alpha$ ?

a) $\alpha\in\left[-\frac{\pi}{6},\,\frac{\pi}{2}\right]$ i $\alpha\neq\frac{\pi}{6}$ .
b) $\alpha = \frac{\pi}{4}$ .

Zadanie 5.
Dla jakich wartości parametru $\alpha$ z przedziału $[0,\pi]$ równanie o niewiadomej $x$

$(2\cos^2\alpha-1)x^2-2x\cos\alpha+1=0$

ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste.

$\alpha\in\left(0,\frac{\pi}{4}\right)\cup \left(\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right)\cup\left(\frac{3\pi}{4},\pi\right)$ .

Stereometria – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-5)
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym krawędź podstawy ma długość $a$ . Ściany boczne są trójkątami ostrokątnymi. Miara kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi jest równa $2\alpha$ . Wyznacz objętość tego ostrosłupa.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.

Wykonajmy szkic sytuacyjny na modelu ostrosłupa $ABCD$ . Należy pamiętać, że kąt pomiędzy przecinającymi się płaszczyznami zaznacza się na przekroju płaszczyzną prostopadłą do wspólnej krawędzi tych płaszczyzn. W naszym przypadku niech $K$ będzie odpowiednim punktem na krawędzi $BD$ tak, aby płaszczyzna $AKC$ była do tej krawędzi prostopadła. Wtedy $\angle AKC=2\alpha$ . Niech też $|DP|=H$ będzie wysokością tego ostrosłupa, gdzie $P$ jest punktem z trójkąta równobocznego $ABC$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=1.5,rotate=4] \coordinate[label=below:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=right:$B$] (B) at (2,1); \coordinate[label=left:$C$] (C) at (-0.7,1.5); \coordinate[label=above:$D$] (D) at (0.7,4); \coordinate[label=right:$K$] (K) at ($(B)!0.3!(D)$); \coordinate[label=above right:$P$] (P) at ($0.333*(A)+0.333*(B)+0.333*(C)$); \draw[thick] (C)--(A)--(B) (A)--(D)--(B) (D)--(C); \draw[thick,dashed] (B)--(C); \foreach \p in {A,B,C,D,K,P} \draw[fill=black] (\p) circle (0.8pt); \node[scale=0.65,blue] at ($(K)+(208:0.4)$) {$2\alpha$}; \draw[blue] (K)--(A); \draw[blue,dashed] (K)--(C); \draw (B)--(A) node[below,midway] {$a$}; \draw (C)--(A) node[left,midway] {$a$}; \draw[thick,red] (D)--(P); \end{tikzpicture}$

Oznaczmy przez $x$ długość odcinka $AK$ , jest to jednocześnie wysokość ściany bocznej $ABD$ . Rozważmy trójkąt $AKC$ podzielony wysokością opuszczoną na bok $AC$ .

$\begin{tikzpicture} \draw[thick] (0,0)--(2,3)--(4,0)--cycle; \draw[thick,blue] (0,0)--(2,3)--(4,0); \node[above left] at (1,1.5) {$x$}; \node[below] at (1,0) {$\frac{a}{2}$}; \node[below left] at (0,0) {$C$}; \node[below right] at (4,0) {$A$}; \node[above] at (2,3) {$K$}; \draw[red] (2,3)--(2,0); \node[scale=0.8] at ($(2,3)+(252:0.4)$) {$\alpha$}; \end{tikzpicture}$

Mamy wtedy

$\frac{\frac{a}{2}}{x}=\sin \alpha\quad\Leftrightarrow\quad x=\frac{a}{2\sin\alpha}.$

Niech $b$ będzie długością krawędzi bocznych naszego ostrosłupa, zaś $h$ niech będzie długością wysokości tych ścian, opuszczonych z wierzchołka $D$ .

$\begin{tikzpicture} \draw[thick] (0,0)--(2,5)--(4,0)--cycle; \node[above left] at (1,2.5) {$b$}; \node[below] at (1,0) {$\frac{a}{2}$}; \node[below left] at (0,0) {$A$}; \node[below right] at (4,0) {$B$}; \node[above] at (2,5) {$D$}; \draw[red] (2,5)--(2,0) node[right,midway] {$h$}; \end{tikzpicture}$

Z twierdzenia Pitagorasa mamy

$h^2=b^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2,$

zaś z równości pól liczonych raz dla wysokości $x$ , a raz dla wysokości $h$ , dostajemy $\dfrac{1}{2}\cdot |BD|\cdot x=\dfrac{1}{2}\cdot |AB|\cdot h$ , czyli $bx=ah$ . Podstawiając obliczone wartości $x$ i $h$ , możemy napisać

$\frac{ab}{2\sin\alpha}=a\sqrt{b^2-\frac{a^2}{4}}.$

Dostajemy stąd $\dfrac{a^2}{4}=b^2\left(1-\dfrac{1}{4\sin^2\alpha}\right)$ , czyli

$b=\frac{a\sin\alpha}{\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}.$

Na koniec zauważmy, że podstawa $P$ wysokości ostrosłupa znajduje się w środku ciężkości trójkąta równobocznego $ABC$ . Stąd $H^2=|BD|^2-|BP|^2$ , czyli

$H^2=b^2-\left(\frac{2}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}a\right)^2=\frac{a^2\sin^2\alpha}{4\sin^2\alpha-1}-\frac{a^2}{9}=\frac{5\sin^2\alpha+1}{9\left(4\sin^2\alpha-1\right)}a^2.$

Mamy więc odpowiedź

$V=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2\cdot H=\frac{\sqrt{15\sin^2\alpha+3}}{36\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}\,a^3.$

Warto jeszcze zaznaczyć, jakie warunki powinny spełniać podane wielkości, aby opisana w zadaniu sytuacja miała sens. Musi być oczywiście $4\sin^2\alpha-1>0$ , a że $\alpha\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ , to $\sin\alpha>\dfrac{1}{2}$ , czyli $\alpha\in\left(\dfrac{\pi}{6},\,\dfrac{\pi}{2}\right)$ .

Zadanie 2. (0-8)
W trójkącie $ABC$ dane są: $|AC|=8$ , $|BC|=3$ , $\angle ACB=60^\circ$ . Oblicz objętość i pole powierzchni całkowitej bryły powstałej po obrocie trójkąta $ABC$ dookoła boku $BC$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2003.

Wykonajmy szkic sytuacyjny danych z zadania. Warto przy tym ustawić oś obrotu (czyli bok $BC$ trójkąta) w pozycji pionowej, aby lepiej wyobrazić sobie powstałą po tej operacji bryłę.

$\begin{tikzpicture} \coordinate[label=above:$C$] (C) at (0,0); \coordinate[label=below:$A$] (A) at (210:4); \coordinate[label=below:$A'$] (Ap) at (330:4); \coordinate[label=above left:$B$] (B) at (270:1.5); \draw[red] (B)--(270:2) node[right,midway] {$1$}; \draw[thick] (A)--(B)--(C)--cycle; \draw[thick,dashed,blue] (B)--(Ap)--(C); \draw (A)--(C) node[above left,midway] {$8$}; \node[right] at (0,-0.8) {$3$}; \node[scale=0.6,below] at (220:0.3) {$60^\circ$}; \draw[thin,red] (A)--(Ap); \end{tikzpicture}$

Zauważmy, że w trójkącie $ABC$ kąt przy wierzchołku $C$ jest rozwarty. Można to potwierdzić np. twierdzeniem kosinusów ale zdecydowanie łatwiej zauważyć, że gdyby bok $BC$ byłby nieco dłuższy i miałby długość 4, to wtedy kąt $\angle ABC$ byłby prosty (dany trójkąt byłby połówką trójkąta równobocznego). Przez $A'$ oznaczmy teraz punkt symetryczny do $A$ względem osi obrotu $BC$ . Uzyskana bryła to stożek o przekroju osiowym $AA'C$ z ,,wydrążonym” w podstawie współosiowym stożkiem o przekroju $AA'B$ . Na podstawie tej obserwacji będziemy obliczać objętość $V$ tej bryły.

Długość odcinka $AA'$ to podwojona wysokość trójkąta równobocznego o boku długości 8, czyli $|AA'|=2\cdot\dfrac{8\sqrt{3}}{2}=8\sqrt{3}$ . Stąd

$V=\pi \cdot\left(\frac{|AA'|}{2}\right)^2\cdot 4-\pi \cdot\left(\frac{|AA'|}{2}\right)^2\cdot 1=\pi \cdot\left(4\sqrt{3}\right)^2\cdot 3=144\pi.$

Z kolei powierzchnia całkowita $S$ to jakby suma powierzchni bocznych wskazanych wyżej dwóch stożków. Tworząca $l_1$ pierwszego wynosi $l_1=|AC|=8$ , zaś tworząca stożka drugiego ma długość $l_2=|AB|$ , którą obliczymy z twierdzenia cosinusów:

$|AB|^2=8^2+3^2-2\cdot 8\cdot 3\cdot\cos 60^\circ=64+9-24=49,$

stąd $|AB|=7$ .

Mamy więc

$S=\pi\frac{|AA'|}{2}\cdot l_1+\pi\frac{|AA'|}{2}\cdot l_2=\pi\cdot 4\sqrt{3}\cdot (8+7)=60\pi\sqrt{3}.$

Zadanie 3. (0-4)
Wybierz dwie dowolne przekątne sześcianu i oblicz cosinus kąta między nimi. Sporządź odpowiedni rysunek i zaznacz na nim kąt, którego cosinus obliczasz.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.

Zgodnie z poleceniem, wykonajmy rysunek. Rozważamy sześcian $ABCDA_1B_1C_1D_1$ , niech $K$ będzie punktem wspólnym przekątnych $A_1C$ i $BD_1$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=0.9] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (3,0); \coordinate[label=above left:$A_1$] (A1) at (0,3); \coordinate[label=below right:$B_1$] (B1) at (3,3); \coordinate[label=below:$D$] (D) at (1.5,1); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (4.5,1); \coordinate[label=above left:$D_1$] (D1) at (1.5,4); \coordinate[label=above right:$C_1$] (C1) at (4.5,4); \coordinate[label=below left:$K$] (K) at (intersection of B--D1 and A1--C); \draw[thick] (A)--(B)--(B1)--(A1)--cycle (A1)--(B1)--(C1)--(D1)--cycle (B)--(C)--(C1); \draw[thick,dashed] (A)--(D)--(C) (D)--(D1); \draw[very thick, red] (D1)--(B) (A1)--(C); \foreach \p in {A,B,C,D,A1,B1,C1,D1,K} \draw[fill=black] (\p) circle (1.5pt); \end{tikzpicture}$

Oznaczmy przez $a$ długość krawędzi sześcianu. Wtedy oczywiście każda z jego przekątnych będzie miała długość $a\sqrt{3}$ . Nasz kąt możemy zaznaczyć na dodatkowym płaskim rysunku. Jest to kąt pomiędzy przekątnymi prostokąta $A_1BCD_1$ , którego boki wynoszą $|A_1B|=a\sqrt{2}$ oraz $|BC|=a$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=2.5] \coordinate[label=below left:$A_1$] (A1) at (0,0); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (1.414,0); \coordinate[label=above right:$C$] (C) at (1.414,1); \coordinate[label=above left:$D_1$] (D1) at (0,1); \coordinate[label=below:$K$] (K) at (intersection of B--D1 and A1--C); \foreach \p in {A1,B,C,D1,K} \draw[fill=black] (\p) circle (0.4pt); \draw[thick] (A1)--(B)--(C)--(D1)--cycle; \draw[thick,red] (A1)--(C) (B)--(D1); \node[below] at (0.71,0) {$a\sqrt{2}$}; \node[left] at (0,0.5) {$a$}; \node[right,red] at (0.77,0.5) {$\alpha$}; \end{tikzpicture}$

Niech $\alpha$ będzie kątem ostrym pomiędzy wybranymi przekątnymi. Najłatwiej użyć jest twierdzenia cosinusów. Mamy

$|BC|^2=|BK|^2+|CK|^2-2\cdot|BK|\cdot|CK|\cos\alpha,$

podstawiając znane długości poszczególnych odcinków, dostaniemy $\cos\alpha=\dfrac{a^2-\frac{3}{4}a^2-\frac{3}{4}a^2}{-2\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a}=\dfrac{\frac{1}{2}a^2}{\frac{3}{2}a^2}=\dfrac{1}{3}$ . To kończy rozwiązanie.

Zadanie 4. (0-4)
Graniastosłup prawidłowy czworokątny o krawędzi podstawy $a$ i dwa razy krótszej wysokości przecięto płaszczyzną przechodzącą przez przekątną podstawy i nachyloną do płaszczyzny podstawy pod kątem $60^\circ$ . Zaznacz ten kąt na rysunku oraz oblicz pole otrzymanego przekroju, wynik przedstaw w najprostszej postaci.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.

Sytuację przedstawia rysunek. Trzeba oczywiście sprawdzić, czy przy podanych wymiarach graniastosłupa opisany przekrój przecina obie podstawy bryły, czy też przecina jedną z krawędzi bocznych. Jeślj przyjmiemy oznaczenia wierzchołków graniastosłupa jak na rysunku poniżej i założymy, że interesujący nas przekrój zawiera przekątną $BD$ podstawy, to gdyby przekrój ten przechodził przez wierzchołek $C_1$ , to kąt nachylenia przekroju do płaszczyzny podstawy wynosiłby $\alpha$ i wówczas $\text{tg}\alpha=\dfrac{|CC_1|}{|TC_1|}$ , gdzie $T$ jest środkiem kwadratowej podstawy $ABCD$ . Stąd $\text{tg}\alpha=\dfrac{a/2}{a\sqrt{2}/2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}<\sqrt{3}=\text{tg} 60^\circ$ . Wynika stąd, że rozważany w zadaniu przekrój jest trapezem, którego podstawy zawierają się w podstawach graniastosłupa.

$\begin{tikzpicture}[scale=1.3] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (3,0); \coordinate[label=above left:$A_1$] (A1) at (0,2); \coordinate[label=below right:$B_1$] (B1) at (3,2); \coordinate[label=below:$D$] (D) at (1.5,1); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (4.5,1); \coordinate[label=above left:$D_1$] (D1) at (1.5,3); \coordinate[label=right:$C_1$] (C1) at (4.5,3); \coordinate[label=above:$P$] (P) at ($(D1)!0.6!(C1)$); \coordinate[label=below right:$Q$] (Q) at ($(B1)!0.6!(C1)$); \coordinate[label=left:$V$] (V) at ($(P)!0.5!(Q)$); \coordinate[label=below left:$T$] (T) at ($(B)!0.5!(D)$); \coordinate[label=left:$W$] (W) at (intersection of C--C1 and T--V); \draw[red,thick,fill=red!10] (B)--(Q)--(P)--(D)--cycle; \draw[thick] (A)--(B)--(B1)--(A1)--cycle (A1)--(B1)--(C1)--(D1)--cycle (B)--(C)--(C1); \draw[thick,dashed] (A)--(D)--(C) (D)--(D1); \node[above] at (B1) {$B_1$}; \node[below left] at (V) {$V$}; \draw[thick,blue] (C)--(T)--($(P)!0.5!(Q)$) (V)--(W)--(C1) (V)--(C1); \foreach \p in {A,B,C,D,A1,B1,C1,D1,P,Q,T,V,W} \draw[fill=black] (\p) circle (1.1pt); \node[scale=0.8,blue] at ($(T)+(30:0.42)$) {$60^\circ$}; \draw (A)--(B) node[below,midway] {$a$}; \draw (C)--(B) node[below right,midway] {$a$}; \draw (C)--(C1) node[right,midway] {$\frac{a}{2}$}; \end{tikzpicture}$

Niech $W$ będzie punktem przecięcia prostej $TV$ z przedłużeniem krawędzi bocznej $CC_1$ , przy czym $V$ jest środkiem podstawy $PQ$ trapezu będącego rozważanym przekrojem. Trójkąt prostokątny $CTW$ jest połówką trójkąta równobocznego i dodatkowo $|CT|=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$ , zatem $|CW|=\dfrac{a\sqrt{6}}{2}$ i $|TW|=2|CT|=a\sqrt{2}$ . Trójkątem ,,ekierkowym” jest także trójkąt $C_1VW$ oraz $|C_1W|=\dfrac{a(\sqrt{6}-1)}{2}$ , a stąd $|WV|=\dfrac{a(\sqrt{6}-1)}{\sqrt{3}}$ i tym samym

$|TV|=|TW|-|WV|=\frac{a\sqrt{3}}{3}.$

Mamy też $|PQ|=|WV|$ , więc możemy już obliczyć pole $S$ naszego przekroju. Mamy

$S=\frac{|BD|+|PQ|}{2}\cdot|TV|=\frac{a\sqrt{2}+\frac{a(\sqrt{6}-1)}{\sqrt{3}}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^2(2\sqrt{6}-1)}{6}.$

Zadanie 5. (0-7)
Powierzchnia całkowita graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego jest równa $S\sqrt{3}$ . Wyznacz największą z możliwych objętość tego graniastosłupa, wynik zapisz w najprostszej postaci.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.

Niech $a,h>0$ będą odpowiednio długością podstawy i wysokością danego graniastosłupa. Sześciokąt foremny o boku długości $a$ składa się z sześciu trójkątów równobocznych o boku $a$ , stąd

$S\sqrt{3}=12\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2+6ah=3\sqrt{3}a^2+6ah.$

$\begin{tikzpicture}[yscale=0.4] \draw[thick] (20:2)--(80:2)--(140:2)--(200:2)--(260:2)--(320:2)--(20:2) node[right,midway] {$a$}; \draw (260:2)--(320:2) node[below,midway] {$a$}; \draw (260:2)--(200:2) node[below,midway] {$a$}; \draw[thick,{shift={(0,10)}}] (20:2)--(80:2)--(140:2)--(200:2)--(260:2)--(320:2)--(20:2); \draw[dashed,thick] (140:2)--+(0,10) (80:2)--+(0,10); \draw[thick] (200:2)--+(0,10) (260:2)--+(0,10) (320:2)--+(0,10) (20:2)--+(0,10) node[right,midway] {$h$}; \node[right] at (3,5) {$12\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2+6ah=S\sqrt{3}$}; \draw[thin,dashed,blue] (20:2)--(200:2) (140:2)--(320:2) (260:2)--(80:2); \end{tikzpicture}$

Obliczając z tego równania długość $h$ otrzymamy

$h=\dfrac{\sqrt{3}}{6}\left(\dfrac{S}{a}-3a\right).$

Wynika stąd w szczególności, że $S/a-3a>0$ , czyli $3a^2<S$ i stąd $a\in\left(0,\,\dfrac{\sqrt{3S}}{3}\right)$ . Objętość $V$ graniastosłupa, jako funkcja zmiennej $a$ wyraża się wzorem

$V(a)=6\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}a^2\cdot h=\frac{3}{4}\left(Sa-3a^3\right).$

Mamy znaleźć maksimum funkcji $V(a)$ dla podanego wyżej zakresu zmiennej $a$ . Pochodna wynosi

$V'(a)=\frac{3}{4}\left(S-9a^2\right).$

Wynika stąd, że dla $a=\dfrac{\sqrt{S}}{3}$ pochodna ta zmienia znak z dodatniego na ujemny, więc w punkcie tym funkcja $V(a)$ osiąga maksimum.

Obliczamy

$V_{\max}=V\left(\frac{\sqrt{S}}{3}\right)=\frac{S\sqrt{S}}{6}.$

Kombinatoryka i rachunek prawdopodobieństwa – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-4)
Oblicz prawdopodobieństwo tego, że w trzech rzutach symetryczną sześcienną kostką do gry suma kwadratów liczb uzyskanych oczek będzie podzielna przez 3.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.

Zauważmy, że kwadraty liczb 1, 2, 4 i 5 dają przy dzieleniu przez 3 reszty 1; natomiast liczby $3^2$ i $6^2$ dają reszty zerowe przy takim dzieleniu. Aby więc suma trzech takich kwadratów dawała wynik podzielny przez 3 (czyli resztę zero), albo wszystkie trzy liczby muszą same być podzielne przez 3 – czyli pochodzić ze zbioru $\{3,6\}$ , albo wszystkie trzy liczby muszą pochodzić ze zbioru $\{1,2,4,5\}$ .

Jeżeli przez $A$ oznaczymy odpowiednie zdarzenie, to zgodnie z powyższą uwagą, mamy

$\bar{\bar{A}}=2^3+4^3.$

Dodatkowo $\Omega$ przestrzeń wszystkich zdarzeń elementarnych ma elementów

$\bar{\bar{\Omega}}=6^3.$

Zatem mamy odpowiedź: $\mathbf{P}(A)=\dfrac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\dfrac{2^3+4^3}{6^3}=\dfrac{8+64}{216}=\dfrac{1}{3}$ .

Zadanie 2. (0-3)
Oblicz, ile jest liczb naturalnych sześciocyfrowych, w zapisie których występuje dokładnie trzy razy cyfra 0 i dokładnie raz występuje cyfra 5.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2013.

Cyfra zero nie może występować na pierwszej pozycji w zapisie danej liczby sześciocyfrowej, pozostałe 5 miejsc jest już dozwolonych. Mamy więc ${5\choose 3}$ możliwości, aby umiejscowić cyfrę zero. Na pozostałych 3 miejscach (tym razem już łącznie z najbardziej znaczącą cyfrą – czyli cyfrą setek tysięcy danej liczby) musi wystąpić cyfra 5. Na to mamy niezależnych ${3\choose 1}$ możliwości. Pozostałe dwa miejsca możemy uzupełnić dowolnymi cyframi różnymi i od piątki i od zera. To daje kolejnych $8\cdot 8$ możliwości (jest osiem dostępnych cyfr na dwa pozostałe miejsca). Ostatecznie otrzymujemy odpowiedź: takich liczb jest dokładnie:

${5\choose 3}\cdot {3\choose 1}\cdot 8^2=10\cdot 3\cdot 64=1920.$

Zadanie 3. (0-4)
$A$ i $B$ są zdarzeniami losowymi i $\mathbf{P}(B)>0$ . Wykaż, że

$\mathbf{P}(A|B)\leqslant\frac{1-\mathbf{P}(A')}{\mathbf{P}(B)}.$

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2002.

Z definicji prawdopodobieństwa warunkowego mamy $\mathbf{P}(A|B)=\dfrac{\mathbf{P}(A\cap B)}{\mathbf{P}(B)}.$ Zauważmy, że zdarzenie $A\cap B$ jest zawarte w zdarzeniu $A$ , dlatego $\mathbf{P}(A\cap B)\leqslant \mathbf{P}(A)$ . Tym samym możemy napisać

$\mathbf{P}(A|B)=\frac{\mathbf{P}(A\cap B)}{\mathbf{P}(B)}\leqslant \frac{\mathbf{P}(A)}{\mathbf{P}(B)}=\frac{1-\mathbf{P}(A')}{\mathbf{P}(B)},$

z własności prawdopodobieństwa zdarzenia przeciwnego do $A$ . To kończy dowód.

Zadanie 4. (0-4)
Rzucamy pięć razy symetryczną kostką sześcienną. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, polegającego na tym, że ,,jedynka” wypadnie co najmniej cztery razy.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.

Oznaczmy przez $A$ zdarzenie opisane w zadaniu (tj. przy pięciokrotnym rzucie sześcienną kostką do gry, uzyskamy jedno oczko co najmniej cztery razy), zaś przez $\Omega$ tradycyjnie przestrzeń wszystkich możliwych wyników takiego doświadczenia losowego (pięciokrotnego rzutu kostką). Oczywiście wtedy $\bar{\bar{\Omega}}=6^5$ , gdyż musimy uwzględnić każdy możliwy wynik przy jednym rzucie (a tych jest sześć) i ,,zwielokrotnić” go tyle razy ile rzutów wykonujemy (stąd wykładnik 5).

Dla obliczenia liczby $\bar{\bar{A}}$ zauważmy, że $A$ zajdzie gdy albo uzyskamy wyłącznie ,,jedynki” we wszystkich pięciu rzutach, albo w dokładnie jednym z kolejnych rzutów (pierwszym lub drugim itd… lub piątym) ,,jedynka” nie wypadnie. To daje nam równość

$\bar{\bar{A}}=1^5+{5 \choose 1}\cdot 5\cdot 1^4=1+25=26$

(drugi składnik powyższej sumy zawiera symbol Newtona, odpowiadający za to, w którym z kolei rzucie wypadnie wynik inny niż ,,jedynka”).

Ostatecznie mamy

$\mathbf{P}(A)=\frac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\frac{26}{6^5}\approx 0,\!0033.$

Zadanie 5. (0-4)
Z pewnej grupy osób, w której jest dwa razy więcej mężczyzn niż kobiet, wybrano losowo dwuosobową delegację. Prawdopodobieństwo tego, że w delegacji znajdą się tylko kobiety jest równe $0,\!1$ . Oblicz, ile kobiet i ilu mężczyzn jest w tej grupie.

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2008.

Załóżmy, że liczba kobiet w opisanej grupie wynosi $k$ , wtedy mężczyzn jest tam $2k$ . Wszystkich możliwych wyborów delegacji dwuosobowej jest równa

$\bar{\bar{\Omega}}={{k+2k}\choose 2}={3k\choose 2}=\frac{3k(3k-1)}{2}.$

Delegacji złożonych wyłącznie z kobiet można utworzyć

$\bar{\bar{A}}={k \choose 2}=\frac{k(k-1)}{2}.$

Stąd mamy równość

$\frac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\frac{k(k-1)}{3k(3k-1)}=0,\!1.$

Stąd $(k-1)\cdot 10=9k-3$ , czyli $k=7$ . Mamy więc odpowiedź: w opisanej grupie było 7 kobiet.

Zadanie 6. (0-4)
Wśród $m$ losów loterii jest 6 losów wygrywających. Dla jakich $m$ prawdopodobieństwo tego, że zakupione dwa losy będą wygrywające, jest większe od $\dfrac{1}{3}$ ?

♦ matura – poziom podstawowy (Częstochowa), maj 1988.

Oczywiście $m$ jest liczbą naturalną i $m\geqslant 6$ . Wszystkich możliwych wyborów dwóch losów spośród $m$ jest dokładnie $\bar{\bar{\Omega}}={m\choose 2}$ . Możliwości, w których zakupione oba losy są zwycięskie mamy zaś $\bar{\bar{A}}={6\choose 2}$ . Stąd dostajemy nierówność

$\frac{\bar{\bar{A}}}{\bar{\bar{\Omega}}}=\frac{6\cdot 5}{m\cdot (m-1)}>\frac{1}{3}.$

To prowadzi do nierówności $m(m-1)<90$ , czyli $m^2-m-90<0$ . Obliczamy wyróżnik $\Delta=1+360$ i stąd $m_1=\dfrac{1-19}{2}=-9$ oraz $m_2=\dfrac{1+19}{2}=10$ , czyli $m\in(-9,10)$ . Uwzględniając założenia – otrzymujemy końcowe rozwiązanie: $m\in\{6,7,8,9\}$ .

Zadanie 7. (0-4)
W urnie umieszczono 4 kule białe i 8 kul czarnych. Losujemy jedną kulę. Jeżeli będzie biała, to wrzucamy ją z powrotem do urny i dorzucamy do niej jeszcze dwie białe kule. Jeżeli będzie czarna, to zatrzymujemy ją i dorzucamy dwie zielone kule do urny. Następnie losujemy z urny jednocześnie dwie kule. Oblicz prawdopodobieństwo zdarzenia, że obie z wylosowanych za drugim razem kul są białe.

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.

Sytuację po pierwszym losowaniu wygodnie jest przedstawić za pomocą grafu.

$\begin{tikzpicture}[node distance={35mm}, thick,main/.style = {draw, circle},mm/.style = {draw, rectangle}] \node[mm] (1) {START: $4b+8cz$}; \node[mm] (2) [below left of=1] {$6b+8cz$}; \node[mm] (3) [below right of=1] {$4b+7cz+2z$}; \draw[->] (1) -- node[midway,below, sloped, pos=0.5] {bia{\l}a} (2); \draw[->] (1) -- node[midway,above, sloped, pos=0.5] {$p=\frac{4}{12}$} (2); \draw[->] (1) -- node[midway,below, sloped, pos=0.5] {czarna} (3); \draw[->] (1) -- node[midway,above, sloped, pos=0.5] {$p=\frac{8}{12}$} (3); \end{tikzpicture}$

Węzły drzewka zawierają opis zawartości urny w obu przypadkach. Wylosowanie za drugim razem dwóch kul białych wystąpi z prawdopodobieństwem

$\frac{4}{12}\cdot\frac{\binom{6}{2}}{\binom{14}{2}}+\frac{8}{12}\cdot\frac{\binom{4}{2}}{\binom{13}{2}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{15}{91}+\frac{2}{3}\cdot\frac{6}{78}=\frac{29}{273}.$

Geometria i zadania na dowodzenie – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-4)
Na bokach $BC$ i $CD$ równoległoboku $ABCD$ zbudowano kwadraty $CDEF$ i $BCGH$ (zobacz rysunek). Udowodnij, że $|AC| = |FG|$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=1] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below:$B$] (B) at (3,0); \coordinate[label=above right:$C$] (C) at (4,2); \coordinate[label=left:$D$] (D) at (1,2); \coordinate[label=above left:$E$] (E) at (1,5); \coordinate[label=above right:$F$] (F) at (4,5); \coordinate[label=right:$G$] (G) at (6,1); \coordinate[label=right:$H$] (H) at (5,-1); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle; \draw[thick,blue] (D)--(C)--(F)--(E)--cycle; \draw[thick,red] (B)--(H)--(G)--(C)--cycle; \end{tikzpicture}$

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.

Zaznaczmy na rysunku interesujące nas odcinki i rozważmy taki dodatkowy punkt $X$ , aby czworokąt $CFXG$ był równoległobokiem.

$\begin{tikzpicture}[scale=1] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (0,0); \coordinate[label=below:$B$] (B) at (3,0); \coordinate[label=above right:$C$] (C) at (4,2); \coordinate[label=left:$D$] (D) at (1,2); \coordinate[label=above left:$E$] (E) at (1,5); \coordinate[label=above right:$F$] (F) at (4,5); \coordinate[label=right:$G$] (G) at (6,1); \coordinate[label=right:$H$] (H) at (5,-1); \coordinate[label=right:$X$] (X) at (6,4); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle; \draw[thick] (D)--(C)--(F)--(E)--cycle; \draw[thick] (B)--(H)--(G)--(C)--cycle; \draw[very thick,red] (A)--(C) (F)--(G); \draw[blue] (C)--(F)--(X)--(G)--cycle; \end{tikzpicture}$

Wtedy ten nowy równoległobok jest przystający do wyjściowego równoległoboku $ABCD$ . Odpowiednie przekątne też są jednakowe, a ponieważ $\angle BCD+\angle FCG=180^\circ$ , to przekątne $FG$ i $AC$ są właśnie jednakowej długości. To kończy dowód.

Zadanie 2. (0-4)
Trapez równoramienny $ABCD$ o podstawach $AB$ i $CD$ jest opisany na okręgu o promieniu $r$ . Wykaż, że $4r^2=|AB|\cdot |CD|$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2013.

Wykonajmy stosowny rysunek. Zauważmy przy tym, że szkic wykorzystuje dodatkowe założenie, że $|AB|\geqslant |CD|$ . Należy mieć tego świadomość i w rozwiązaniu odpowiednio się do tego odnieść.

$\begin{tikzpicture}[scale=1] \draw (0,0) circle (2cm); \draw[thick] (-4,-2)--(4,-2)--(1,2)--(-1,2)--cycle; \node[below left] at (-4,-2) {$A$}; \node[below right] at (4,-2) {$B$}; \node[above] at (1,2) {$C$}; \node[above] at (-1,2) {$D$}; \draw[blue] (1,2)--(1,-2) node[left,midway] {$2r$}; \node[below] at (1,-2) {$E$}; \draw (1,-2)--(4,-2) node[below,midway,scale=0.8] {$\frac{|AB|-|CD|}{2}$}; \end{tikzpicture}$

Z warunku opisywalności czworokąta na okręgu wiemy, że suma jego podstaw jest równa sumie długości ramion, czyli

$|AB|+|CD|=2|BC|,$

bo trapez jest równoramienny. Stąd $|BC|=\dfrac{|AB|+|CD|}{2}$ . Wykorzystajmy teraz twierdzenie pitagorasa dla trójkąta $BCE$ , gdzie punkt $E$ jest podstawą wysokości trapezu poprawodznej z wierzchołka $C$ . Wtedy, znów korzystając z równych długości ramion i symetrii całej figury, mamy $|BE|=\dfrac{|AB|-|CD|}{2}$ . Uwaga. Gdyby przyjąć, że to podstawa $|CD|$ jest dłuższa od podstawy $|AB|$ , to odpowiedni odcinek miałby długość $\dfrac{|CD|-|AB|}{2}$ , jednak nie wpływa to na dalsze obliczenia (gdyż kwadrat obu wyrażeń jest taki sam).

Z twierdzenia Pitagorasa mamy teraz $|BC|^2=(2r)^2+\left(\frac{|AB|-|CD|}{2}\right)^2$ , czyli

$4r^2=\left(\frac{|AB|+|CD|}{2}\right)^2-\left(\frac{|AB|-|CD|}{2}\right)^2=|AB|\cdot |CD|,$

co mieliśmy pokazać.

Zadanie 3. (0-4)
Trapez równoramienny, o obwodzie równym $20$ cm, jest opisany na okręgu. Wiedząc, że przekątna trapezu ma długość $\sqrt{41}$ cm, oblicz pole tego trapezu.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, maj 2003.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku; zakładamy (bez zmniejszenia ogólności rozważań), że $a\geqslant b$ . Rachunki będziemy przeprowadzać w centymetrach, co uwzględnimy formułując końcową odpowiedź.

$\begin{tikzpicture}[scale=1] \draw (0,0) circle (2cm); \draw[thick] (-4,-2)--(4,-2)--(1,2)--(-1,2)--cycle; \node[below left] at (-4,-2) {$A$}; \node[below right] at (4,-2) {$B$}; \node[above] at (1,2) {$C$}; \node[above] at (-1,2) {$D$}; \draw[blue,thick] (1,-2)--(1,2)--(-4,-2); \node[below] at (1,-2) {$E$}; \node[below] at (0,-2) {$a$}; \node[above] at (0,2) {$b$}; \node[right,blue] at (1,0) {$h$}; \draw[blue] (-4,-2)--(1,2) node[above,midway,sloped] {$\sqrt{41}$}; \draw (1,-2)--(4,-2) node[below,midway,scale=0.8] {$\frac{a-b}{2}$}; \end{tikzpicture}$

Z warunku opisywalności czworokąta na okręgu i z tego, że trapez jest równoramienny wynika, że suma długości przeciwległych boków jest równa połowie obwodu: $a+b=2|BC|=10$ . Stąd $|BC|=5$ oraz $a+b=5$ .

Napiszmy twierdzenie Pitagorasa dla trójkątów $ACE$ i $BCE$ . Mamy

$h^2+|AE|^2=41\quad\text{oraz}\quad h^2+|BE|^2=25.$

Wiemy też, że $|AE|=\dfrac{a+b}{2}$ i $|BE|=\dfrac{a-b}{2}$ . Podstawiając to do wcześniejszych równości i odejmując je stronami, uzyskamy

$16=|AE|^2-|BE|^2=(|AE|-|BE|)(|AE|+|BE|)=ab.$

Mamy więc $a+b=10$ i $ab=16$ . Rozwiązując ten układ równań dostaniemy $b=10-a$ i dalej $a(10-a)=16$ , czyli $a^2-10a+16=0$ , a stąd $(a-8)(a-2)=0$ . To prowadzi nas do możliwych rozwiązań $(a,b)=(2,8)$ lub $(a,b)=(8,2)$ , jednak $a\geqslant b$ , czyli $a=8$ i $b=2$ .

Wówczas $|AE|=5$ i stąd $h^2+5^2=41$ , czyli $h^2=16$ , więc $h=4$ . To już prowadzi do odpowiedzi: szukane pole trapezu wynosi $P=\dfrac{a+b}{2}\cdot h=5\cdot 4=20$ cm $^{2}$ .

Zadanie 4. (0-3)
Dany jest trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości $a$ i $b$ , w którym kąt między środkową a wysokością wychodzącymi z wierzchołka kąta prostego ma miarę $\alpha$ . Wykaż, że $\text{tg}\alpha=\dfrac{|a^2-b^2|}{2ab}$ .

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.

Rozważmy trójkąt prostokątny $ABC$ , w którym punkt $M$ jest środkiem przeciwprostokątnej $AB$ , zaś $H$ jest spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka $C$ .

$\begin{tikzpicture}[scale=1.7] \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (180:2); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (0:2); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (50:2); \coordinate[label=below:$H$] (H) at ($(A)!(C)!(B)$); \coordinate[label=below:$M$] (M) at (0,0); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--cycle; \draw[blue,thick] (H)--(C)--(M); \node[scale=1.1,blue] at ($(C)+(250:0.4)$) {$\alpha$}; \draw (A)--(C) node[above,midway] {$b$}; \draw (B)--(C) node[right,midway] {$a$}; \draw[blue] (C)--(H) node[right,midway] {$h$}; \end{tikzpicture}$

Oznaczmy $|CH|=h$ , $|AB|=c$ , $|BC|=a$ oraz $|CA|=b$ . Zauważmy, że porównując pole trójkąta $ABC$ mamy zależność $\dfrac{ab}{2}=\dfrac{ch}{2}$ , czyli $h=\dfrac{ab}{c}$ . Dodatkowo $|MC|=|MB|=\dfrac{c}{2}$ . Stąd

$\cos\alpha=\frac{h}{|MC|}=\frac{h}{c/2}=\frac{2ab}{c^2}=\frac{2ab}{a^2+b^2}.$

Ponieważ $\text{tg}\alpha=\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$ , to mamy

(1) $\begin{eqnarray*} \text{tg}\alpha &=&\frac{\sqrt{1-\cos^2\alpha}}{\cos\alpha}=\frac{\sqrt{1-\frac{4a^2b^2}{(a^2+b^2)^2}}}{\frac{2ab}{a^2+b^2}}=\nonumber\\ &=&\frac{\sqrt{(a^2+b^2)^2-4a^2b^2}}{2ab}=\frac{\sqrt{(a^2-b^2)^2}}{2ab}=\frac{|a^2-b^2|}{2ab}.\nonumber \end{eqnarray*}$

To kończy dowód.

Zadanie 5. (0-2)
W trójkącie ostrokątnym $ABC$ wiadomo,że $\sin\angle BAC=\dfrac{4}{5}$ , a $\sin\angle ABC=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ . Oblicz $\cos\angle ACB$ .

♦ matura próbna ,,Nowa Era” – poziom rozszerzony, styczeń 2018.

Oznaczmy odpowiednie kąty trójkąta przez $\alpha$ , $\beta$ i $\gamma$ . Ponieważ trójkąt jest ostrokątny, więc wartości wszystkich funkcji trygonometrycznych wskazanych kątów są wszystkie dodatnie. Stąd, jeżeli $\sin\alpha=\dfrac{4}{5}$ , to $\cos\alpha=\sqrt{1-\dfrac{4^2}{5^2}}=\dfrac{3}{5}$ . Podobnie, skoro $\sin\beta=\dfrac{2\sqrt{2}}{3}$ , to $\cos\beta=\sqrt{1-\dfrac{8}{9}}=\dfrac{1}{3}$ .

$\begin{tikzpicture} \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (200:2); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (340:2); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (100:2); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--cycle; \draw[thin,blue,shift={(A)}] (0:0.7) arc (0:60:0.7) node at (30:0.44) {$\alpha$}; \draw[thin,blue,shift={(B)}] (130:0.7) arc (130:180:0.7) node at (155:0.5) {$\beta$}; \draw[thin,blue,shift={(C)}] (240:0.7) arc (240:310:0.7) node at (275:0.5) {$\gamma$}; \end{tikzpicture}$

Mamy oczywiście $\gamma=180^\circ-(\alpha+\beta)$ , czyli

$\cos\gamma=-\cos(\alpha+\beta)=\sin\alpha\cdot\sin\beta-\cos\alpha\cdot\cos\beta.$

Podstawiając wyliczone wartości, otrzymujemy $\cos\gamma=\dfrac{4}{5}\cdot\dfrac{2\sqrt{2}}{3}-\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{8\sqrt{2}-3}{15}$ .

Zadanie 6. (0-3)
W czworokącie $ABCD$ dane są: $|AC|=5$ , $\angle BAD=\angle BCD=90^\circ$ , $\sin\angle ABC=\dfrac{\sqrt{5}}{3}$ . Oblicz długość przekątnej $BD$ tego czworokąta.

♦ matura próbna ,,Nowa Era” – poziom rozszerzony, styczeń 2018.

Dany czworokąt można wpisać okrąg (bo suma jego przeciwległych kątów wynosi $180^\circ$ ), przy czym przekątna $BD$ jest średnicą tego okręgu.

$\begin{tikzpicture} \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (200:2); \coordinate[label=below right:$B$] (B) at (340:2); \coordinate[label=above:$C$] (C) at (100:2); \coordinate[label=above left:$D$] (D) at (160:2); \draw[thick,blue] (A)--(C); \draw[red,thick] (B)--(D); \draw[thin,dashed] (0,0) circle (2cm); \draw[thick] (A)--(B)--(C)--(D)--cycle; \draw[thin,blue,shift={(B)}] (130:0.7) arc (130:180:0.7) node at (155:0.5) {$\beta$}; \end{tikzpicture}$

Okrąg ten jest jednocześnie okręgiem opisanym na trójkącie $ABC$ , więc jego promień $R$ , z twierdzenia sinusów, spełnia równość

$R=\dfrac{|AC|}{\sin\beta}=\dfrac{5}{\frac{\sqrt{5}}{3}}=3\sqrt{5}.$

Stąd odpowiedź: $|BD|=2R=6\sqrt{5}$ .

Geometria analityczna – przykłady z rozwiązaniami

Zadanie 1. (0-6)
Punkt $A=(-2,5)$ jest jednym z wierzchołków trójkąta równoramiennego $ABC$ , w którym $|AC|=|BC|$ . Pole tego trójkąta jest równe $15$ . Bok $BC$ jest zawarty w prostej o równaniu $y=x+1$ . Oblicz współrzędne wierzchołka $C$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.

Jak niemal każde zadanie z geometrii najlepiej rozpocząć od wykonania w miarę dokładnego rysunku.

$\begin{tikzpicture}[scale=0.6] \draw[black!30] (-9.5,-7.5) grid (8.5,9.5); \draw[ultra thick,->] (-9.5,0)--(8.5,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-7.5)--(0,9.5) node[left] {$y$}; \coordinate[label=above:$A$] (A) at (-2,5); \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (-3,-2); \coordinate[label=below right:$B_1$] (B1) at (2,3); \coordinate[label=below right:$B_2$] (B2) at (-8,-7); \draw[blue] (-9,-8)--(8.5,9.5) node[below,sloped,near end] {$y=x+1$}; \draw[fill=black] (A) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (C) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (B1) circle (0.09cm); \draw[fill=black] (B2) circle (0.09cm); \draw[red,thick] (A)--(B1)--(C)--cycle; \draw[green!50!black,thick] (A)--(B2)--(C)--cycle; \end{tikzpicture}$

Ponieważ punkty $B$ i $C$ leżą na prostej $y=x+1$ , to możemy przyjąć, że $B=(b,b+1)$ i $C=(c,c+1)$ dla pewnych liczb $b$ oraz $c$ . Możemy obliczyć długość odcinka $BC$ korzystając z informacji o polu naszego trójkąta. Istotnie, traktując bok $BC$ jako podstawę, wysokość będzie odległością punktu $A$ od danej prostej $x-y+1=0$ . Ma ona wartość

$h=\frac{|-2-5+1|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}.$

Stąd $\dfrac{1}{2}\cdot h\cdot |BC|=15$ , czyli $|BC|=\dfrac{30}{3\sqrt{2}}=5\sqrt{2}$ .

Możemy teraz napisać

$25\cdot 2=|BC|^2=(b-c)^2+(b+1-c-1)^2=2(b-c)^2,$

a stąd $(b-c)^2=25$ . To daje nam dwie możliwości: $b=5+c$ albo $b=-5+c$ .

Pozostaje jeszcze sprawdzić, kiedy otrzymamy trójkąt równoramienny z równością $|AC|=|BC|=5\sqrt{2}$ . Mamy

$|AC|=\sqrt{(c+2)^2+(c+1-5)^2}=\sqrt{2c^2-4c+20},$

stąd $2c^2-4c+20=50$ lub w wersji uproszczonej $c^2-2c-15=0$ . Rozwiązując to równanie kwadratowe uzyskamy możliwe wartości $c$ . $\Delta=4-4\cdot 1\cdot (-15)=64$ , $c_1=\dfrac{2-8}{2}=-3$ lub $c_2=\dfrac{2+8}{2}=5$ . Mamy więc $C=(-3,-2)$ lub $C=(5,6)$ . Wtedy, zgodnie z wcześniejszymi obliczeniami $B=(2,3)$ lub $B=(-8,-7)$ albo odpowiednio $B=(10,11)$ lub $B=(0,1)$ . Są zatem cztery trójkąty $ABC$ , które spełniają warunki zadania ale tylko dwa możliwe położenia wierzchołka $C$ .

Zadanie 2. (0-5)
Rysunek przedstawia fragment wykresu funkcji $f(x)=\dfrac{1}{x^2}$ . Przeprowadzono prostą równoległą do osi $Ox$ , która przecięła wykres tej funkcji w punktach $A$ i $B$ . Niech $C=(3,-1)$ . Wykaż, że pole trójkąta $ABC$ jest większe lub równe 2.

$\begin{tikzpicture}[scale=1.2] \draw[black!30] (-3.5,-1.5) grid (4.8,3.8); \draw[ultra thick,->] (-3.5,0)--(5,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-1.5)--(0,4) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-3,-2,-1,1,2,3,4} \draw (\x,0)--(\x,-0.05) node[below] {\bf \x }; \foreach \y in {-1,1,2,3} \draw (0,\y)--(-0.05,\y) node[left] {\bf \y }; \draw[domain=-3.2:-0.5, smooth,thick, variable=\x] plot ({\x}, {1/(\x*\x)}); \draw[domain=0.5:4, smooth,thick, variable=\x] plot ({\x}, {1/(\x*\x)}); \end{tikzpicture}$

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2010.

Zaznaczmy punkt $C$ i poprowadźmy przykładową prostą o równaniu $y=a$ (równoległą od osi $Ox$ ). Aby pojawiły się punkty przecięcia z podanym wykresem, musi być $a>0$ . Wtedy współrzędne punktów $A$ i $B$ obliczymy rozwiązując równanie $\dfrac{1}{x^2}=a$ , czyli $x^2=\dfrac{1}{a}$ . Możemy więc przyjąć, że

$A=\left(-\sqrt{\frac{1}{a}},\,a\right),\quad B=\left(\sqrt{\frac{1}{a}},\,a\right).$

$\begin{tikzpicture}[scale=1.2] \draw[black!40] (-3.5,-1.5) grid (4.8,3.8); \draw[ultra thick,->] (-3.5,0)--(5,0) node[below] {$x$}; \draw[very thick,->] (0,-1.5)--(0,4) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-3,-2,-1,1,2,3,4} \draw (\x,0)--(\x,-0.05) node[below] {\bf \x }; \foreach \y in {-1,1,2,3} \draw (0,\y)--(-0.05,\y) node[left] {\bf \y }; \coordinate[label=below right:$C$] (C) at (3,-1); \draw[domain=-3.2:-0.5, smooth,thick, variable=\x] plot ({\x}, {1/(\x*\x)}); \draw[domain=0.5:4, smooth,thick, variable=\x] plot ({\x}, {1/(\x*\x)}); \draw[fill=black] (C) circle (0.07cm); \draw[blue] (-2.5,1.778)--(2.5,1.778) node[above] {$y=a$}; \coordinate[label=above right:$B$] (B) at (0.75,1.778); \draw[fill=blue] (B) circle (0.07cm); \coordinate[label=above left:$A$] (A) at (-0.75,1.778); \draw[fill=blue] (A) circle (0.07cm); \draw[red,thick] (A)--(B)--(C)--cycle; \end{tikzpicture}$

Obliczmy teraz pole $P$ trójkąta $ABC$ traktując $AB$ jako podstawę. Oczywiście $|AB|=2\sqrt{\frac{1}{a}}$ , zaś odpowiednia wysokość w tym trójkącie jest odległością wierzchołka $C$ od poprowadzonej prostej, wynosi więc $h=a+1$ . Zatem

$P=\frac{1}{2}\cdot |AB|\cdot h=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{\frac{1}{a}}\cdot(a+1)=\sqrt{a}+\frac{1}{\sqrt{a}}.$

Aby pokazać, że otrzymana wartość jest zawsze większą lub równa 2, dla dowolnego $a>0$ , wystarczy zauważyć, że biorąc $t=\sqrt{a}$ mamy

$P=t+\frac{1}{t}=\left(\sqrt{t}-\frac{1}{\sqrt{t}}\right)^2+2\geqslant 2.$

To kończy rozwiązanie.

Zadanie 3. (0-6)
Zaznacz na płaszczyźnie zbiór

$F=\left\{(x,y)\colon x\in\mathbf{R}\wedge y\in\mathbf{R}\wedge \log_{\frac{1}{2}}\left(|x|-1\right)\geqslant -2\wedge |y|>0\right\}.$

Napisz równania osi symetrii figury $F$ .

♦ matura – poziom rozszerzony, maj 2002.

Zaczniemy oczywiście od dziedziny. Musi być $|x|-1>0$ , czyli $x\in(-\infty,\,-1)\cup(1,\,\infty)$ . Nierówność $|y|>0$ oznacza, że $y\neq 0$ , zatem figura $F$ nie zawiera żadnego punktu z osi $Ox$ . Zajmijmy się teraz nierównością z logarytmem. Mamy

$\log_{\frac{1}{2}}\left(|x|-1\right)\geqslant -2=\log_{\frac{1}{2}} 4,$

bo $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{-2}=4$ .

Opuszczamy logarytmy (pamiętając o zmianie znaku nierówności, bo podstawa logarytmu jest mniejsza od 1) i otrzymujemy $|x|-1\leqslant 4$ , czyli $|x|\leqslant 5$ , zatem $x\in[-5,\,5]$ . Uwzględniając dziedzinę mamy

$F=\{(x,y)\colon x\in\mathbf{R}\wedge y\in\mathbf{R}\wedge x\in[-5,-1)\cup (1,5]\wedge y\neq 0\}.$

Poniżej rysunek tej (nieograniczonej) figury.

$\begin{tikzpicture}[scale=0.75] \draw[blue!15,fill=blue!15] (-5,3.4) rectangle (-1,-3.4); \draw[blue!15,fill=blue!15] (5,-3.4) rectangle (1,3.4); \draw[red,ultra thick] (-5,-3.4)--(-5,3.4) (5,-3.4)--(5,3.4); \draw[red,ultra thick,dashed] (-1,-3.4)--(-1,3.4) (1,-3.4)--(1,3.4); \draw[black!40] (-6.5,-3.5) grid (6.5,3.5); \draw[thick,->] (-6.5,0)--(6.5,0) node[below] {$x$}; \draw[thick,->] (0,-3.5)--(0,3.5) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-6,-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5,6} \draw (\x,0)--(\x,-0.05) node[below] { \x }; \foreach \y in {-3,-2,-1,1,2,3} \draw (0,\y)--(-0.05,\y) node[left] {\y }; \draw[dashed,ultra thick,red!80] (-5,0)--(-1,0) (1,0)--(5,0); \draw[fill=white] (-5,0) circle (3pt); \draw[fill=white] (5,0) circle (3pt); \end{tikzpicture}$

Jedynymi osiami symetrii są oczywiście osie układu współrzędnych, czyli proste o równaniach $y=0$ oraz $x=0$ . Nie ma innych, choćby ze względu na punkty $(-5,0)$ oraz $(5,0)$ , które jako jedyne punkty z prostych pionowych $x=\pm 5$ nie należą do figury $F$ .

Zadanie 4. (0-4)
W układzie współrzędnych są dane punkty: $A=(-9,-2)$ oraz $B=(4,2)$ . Wyznacz współrzędne punktu $C$ , leżącego na osi $Oy$ , tak że kąt $ACB$ jest kątem prostym.

♦ matura próbna – poziom rozszerzony, styczeń 2003.

Wykonajmy rysunek. Rozwiązanie najłatwiej oprzeć na spostrzeżeniu, że dla znalezionego punktu $C$ trójkąt $ABC$ będzie prostokątny z przeciwprostokątną $AB$ . Wtedy jednak bok $AB$ będzie średnicą dla okręgu opisanego na tym trójkącie. To sugeruje jak znaleźć wierzchołek $C$ : jest to punkt wspólny osi $Oy$ i okręgu, dla którego odcinek $AB$ jest średnicą.

$\begin{tikzpicture}[scale=0.3] \draw[black!30] (-10.5,-8.5) grid (5.5,9.5); \coordinate[label=below left:$A$] (A) at (-9,-2); \coordinate (O) at (-2.5,0); \coordinate[label=above right:$B$] (B) at (4,2); \coordinate[label=above right:$C_1$] (C1) at (0,6.3); \coordinate[label=below right:$C_2$] (C2) at (0,-6.3); \draw[blue] (-2.5,0) circle (6.8) (A)--(B); \draw[thick,->] (-10.5,0)--(5.5,0) node[below] {$x$}; \draw[thick,->] (0,-8.5)--(0,9.5) node[left] {$y$}; \draw[red] (A)--(C1)--(B) (A)--(C2)--(B); \foreach \p in {A,B,C1,C2,O} \draw[fill=black] (\p) circle (4.5pt); \end{tikzpicture}$

Ponieważ $|AB|=\sqrt{(4-(-9))^2+(2-(-2))^2}=\sqrt{185}$ , zaś środkiem odcinka $AB$ jest punkt $O=\left(\frac{4+(-9)}{2},\,\frac{2+(-2)}{2}\right)=\left(-\frac{5}{2},\,0\right)$ , to równanie odpowiedniego okręgu ma postać

$\left(x+\frac{5}{2}\right)^2+(y-0)^2=\left(\frac{\sqrt{185}}{2}\right)^2=\frac{185}{4}.$

My oczywiście szukamy takiego punktu $C$ tego okręgu, dla którego współrzędna odcięta wynosi zero, stąd

$y^2=\dfrac{185}{4}-\frac{25}{4},$

czyli $y^2=40$ i $y=-\sqrt{40}$ lub $y=\sqrt{40}$ . Stąd odpowiedź: są dwa rozwiązania: $C_1=(0,\,\sqrt{40})$ lub $C_2=(0,\,-\sqrt{40})$ .

Zadanie 5. (0-4)
Wyznacz równanie okręgu opisanego na trójkącie, którego boki zawierają się w prostych o równaniach $x+6y-12=0$ , $x+y-7=0$ oraz $x-4y+18=0$ .

♦ matura próbna ,,Operon” – poziom rozszerzony, listopad 2019.

Sytuację przedstawia rysunek. Najpierw należy wyznaczyć wierzchołki trójkąta o bokach leżących na podanych prostych. W tym celu tworzymy trzy układy równań z podanych równań prostych i rozwiązujemy je.

$\begin{tikzpicture}[scale=1] \draw[black!40] (-7.4,-2.5) grid (7.8,6.8); \draw[ultra thick,->] (-7.5,0)--(8,0) node[below] {$x$}; \draw[ultra thick,->] (0,-2.5)--(0,7) node[left] {$y$}; \foreach \x in {-7,-6,-5,-4,-3,-2,-1,1,2,3,4,5,6,7,} \draw (\x,0)--(\x,-0.05) node[below] {\bf \x }; \foreach \y in {-1,1,2,3,4,5,6} \draw (0,\y)--(-0.05,\y) node[left] {\bf \y }; \draw[domain=0.7:3.2, smooth,thick, blue,variable=\y] plot ({12-6*\y}, {\y}); \draw[domain=-0.9:6, smooth,blue,thick,variable=\y] plot ({7-\y}, {\y}); \draw[domain=2.7:6, smooth,thick, blue,variable=\y] plot ({4*\y-18}, {\y}); \coordinate[label=above:$A$] (A) at (2,5); \coordinate[label=above right:$B$] (B) at (6,1); \coordinate[label=below:$C$] (C) at (-6,3); \coordinate[label=left:$S$] (S) at (-0.6,-1.6); \coordinate[label=left:$M_1$] (M1) at (4,3); \coordinate[label=above left:$M_2$] (M2) at (-2,4); \draw[shift={(-0.6,-1.6)},red,thick] (0:7.09) arc (0:170:7.09); \foreach \w in {A,B,C,S,M1,M2} \draw[fill=black] (\w) circle (1.7pt); \draw[domain=-1.5:6, smooth,thick,dashed,variable=\x] plot ({\x},{\x-1}); \draw[domain=-2.8:-0.2, smooth,thick,dashed,variable=\x] plot ({\x},{-4*\x-4}); \end{tikzpicture}$

Oznaczając przez $A,B,C$ wierzchołki trójkąta, ich współrzędne spełniają więc kolejno zależności

$\left\{\begin{array}{l}x+y-7=0\\x-4y+18=0\end{array}\right.\quad \left\{\begin{array}{l}x+y-7=0\\x+6y-12=0\end{array}\right.\quad \left\{\begin{array}{l}x-4y+18=0\\x+6y-12=0\end{array}\right..$

Stąd $A=(2,5)$ , $B=(6,1)$ i $C=(-6,3)$ .

Środek okręgu opisanego na trójkącie znajduje się w punkcie przecięcia symetralnych jego boków. Niech $M_1$ oznacza środek boku $AB$ , zaś $M_2$ będzie środkiem boku $AC$ . Wtedy oczywiście $M_1=\left(\dfrac{2+6}{2},\,\dfrac{5+1}{2}\right)=(4,3)$ i podobnie $M_2=(-2,4)$ . Teraz znależy znaleźć równania prostych prostopadłych do odpowiednich boków i przechodzących przez wyznaczone punkty $M_1$ i $M_2$ . Symetralna boku $AB$ przechodzi przez $M_1$ i jej współczynnikiem kierunkowym jest liczba $1$ , czyli ma ona równanie $y=x-1$ . Zaś symetralna boku $AC$ przechodzi przez $M_2$ i ma współczynnik kierunkowy równy $-4$ , ma więc postać $y=-4x-4$ .