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.