Zbiór zadań na zajęcia kół matematycznych
Transkrypt
Zbiór zadań na zajęcia kół matematycznych
Zbiór zadań na zajęcia kółek matematycznych Matyasik Mieczysław 2 Zadanie 1.1 Wśród wszystkich prostokątów o danym obwodzie p znaleźć prostokąt o największym polu. Rozwiązanie: a+b=p Niech: x – długość jednego boku x-p –długość drugiego boku, 0<x<p Wówczas pole prostokąta jest funkcją x: P(x) = x (p-x) jest to funkcja kwadratowa o miejscach zerowych: x1=0 oraz x2=p. Max. przyjmuje ona dla x= x1 + x2 p = 2 2 Odp.: Ze wszystkich prostokątów o danym obwodzie największe pole powierzchni ma kwadrat. 3 Zadanie 1.2 W trapezie ABCD podstawy mają długości a i b (a>b), a punkty E, F są środkami przekątnych. Znajdź długość odcinka EF. AG = 1 1 AD . BH = BC . 2 2 1 2 Z twierdzenia Talesa wynika że, GE = b , GF = EF = GF − GE = a b a−b − = 2 2 2 Odp.: Odcinek EF ma długość a−b . 2 1 a 2 4 Zadanie 1.3 W układzie współrzędnych dane są punkty A(0,a), B(b,c) a, b, c ≠ 0 . Znaleźć punkt C leżący na osi OX taki, że długość łamanej ACB jest najmniejsza. Rozwiązanie: AC + CD jest minimalne f(x) = (x 2 ) + a 2 + (b 2 + c 2 ) = x f ' ( x) = (x + a 2 2 − x 2 + a 2 + (b − x ) 2 + c 2 , x ∈ R b−x (b − x ) + c f ' ( x) = 0 x (x + a ) 2 2 = b−x (b − x ) + c , x (b − x ) + c = (b − x ) ( x 2 + a 2 ) x 2 [(b − x ) 2 + c 2 ] = (b − x ) 2 ( x 2 + a 2 ) x 2 (b − x ) 2 + x c 2 = (b − x ) 2 x 2 + a 2 ( b − x ) 2 x 2 c 2 = a 2 (b − x ) 2 xc = a (b − x ), xc = ab − ax x ( a + c ) = ab ab x= a+c a c = x b−x 5 Zadanie 1.4. Na osi OX leżą punkty A(a,0) i B(b,0), znajdź punkt C leżący na osi OY taki aby kąt γ był największy Rozwiązanie: a y b tgβ = y f (γ ) = β − α tgα = b a − tgβ − tgα y y y (b − a) tgγ = = = 2 1 + tg ( β )tg (α ) 1 + ab y + ab y2 y = ab Odp.: Punkt C musi być tak obrany aby y = ab . 6 Zadanie 1.5. W kwadracie ABCD którego bok ma długość a odcinki AB i BC podzielone są na cztery równe części. Proste DG, DH, DI, DJ, DK, DL dzielą przekątna AC na 7 części. Jaka jest długość odcinka EF. Rozwiązanie: Odcinek EF jest średnią arytmetyczną długości pozostałych odcinków na przekątnej AC. Tak więc oznaczając EF jako x oraz przyjmując bok kwadratu jako a można otrzymać związek: 2 − x 6 7 a 2 x = 6 6 a 2 x= 7 x= Odp.: Odcinek EF ma długość a 2 . 7 a 7 Zadanie 1.6. Na przekątnej trójkąta prostokątnego ABC zbudowano kwadrat, oblicz odległość punktu C od punktu przecięcia przekątnych tego kwadratu. Rozwiązanie: c= a2 + b2 2 2 BO = a2 + b2 Z twierdzenia cosinusów: 2 x 2 = a 2 + 2 2 2 a 2 + b 2 − 2 a 2 ( ) ( ) ( ) ( ) ( a 2 + b 2 cos β + 45 o ) 2 2 1 2 a + b 2 − 2a a 2 + b 2 ( sin β ) cos β − 2 2 2 a b cos β = , sin β = a2 + b2 a2 + b2 a−b 1 ) x2 = a2 + a2 + b2 − a a2 + b2 ( 2 2 2 a +b x2 = a2 + 1 2 a + b 2 − a ( a − b) 2 1 x 2 = a 2 + a 2 + b 2 − a ( a − b) 2 1 1 x 2 = a 2 + a 2 + b 2 − a 2 + ab 2 2 x2 = a2 + 8 1 ( a + b) 2 2 2 x= ( a + b) 2 x2 = Odp.: Odcinek OC ma długość 2 ( a + b) 2 9 Zadanie 1.7 W trójkącie ABC przez punkt P leżący wewnątrz trójkąta przeprowadzono proste a AB , b BC , c CD Pole trójkąta PA1A2 =S1, pole trójkąta PA1A2 =S1, pole trójkąta PA1A2 =S1. Obliczyć pole trójkąta ABC. Rozwiązanie: Pole trójkąta ABC=S 2 P < PA 1 A 2 S1 A1 A 2 = = S S BC 2 P < PB 1 B 2 S2 PB 1 = = S S BC 2 P < PC 1 C 2 S3 PC 2 = = S S BC A1 A2 S = 1 BC S PB1 S = 2 BC S S PC2 = 3 BC S S1 S S BC + 1 + 1 = =1 S S S BC S= ( S1 + S 2 + S 3 ) 2 Odp.: Pole trójkąta jest równe ( S1 + S 2 + S 3 ) 2 10 Zadanie 1.8. Punkt I jest środkiem koła wpisanego w trójkąt ABC. Uzasadnij, że jeżeli 1 3 AI+DC=AC to β = 600 + γ . Rozwiązanie: Na boku AC zaznaczamy punkt E taki, że AI=AC AI+DC=AC ⇒ EC=DC⇒trójkąty DCI i CEI są przystające ⇒ kąt ADB = kąt AEB ⇒ kąt AEB = kąt AIE ⇒ kąt ABC = kąt ADB = kąt AIE = kąt AEB= β z trójkąta ADC ⇒ γ + 1800 − β + 1800 − 2 β = 1800 1 ⇒ β = 600 = γ 3 Co należało wykazać. 11 Zadanie 1.9 Przekątne trapezu ABCD przecinają się w punkcie S. Pole trójkąta ABS wynosi P1=36, a pole trójkąta CDS wynosi P2=4. Znajdź pole trapezu. Rozwiązanie: ∆ABS ∼ ∆CDS w skali k ⇓ k2 = P1 36 = =9 P2 4 ⇓ k=3 ⇓ AS = 3 S C oraz BS =3 SD Ponieważ ∆ASD i ∆ DSC mają taką samą wysokość DK, a podstawa pierwszego z nich jest trzykrotnie większa od podstawy drugiego zatem: P∆ASD = P3 = 3 P2. Podobnie P∆CSB = 3 P2. Stąd otrzymujemy: P = P1 + P2 + P3 + P4 = P1 + 7 P2. Odp.: Pole trapezu wynosi P = P1 + 7 P2 . 12 Zadanie 1.10 W trapezie ABCD prowadzimy przekątne przecinające się w punkcie O. Wiedząc, że pole ∆AOD = 1, a pole ∆AOB = 3, oblicz pole trapezu ABCD. Rozwiązanie: P∆AOD = 1 P∆AOB = 3 h –wysokość trapezu u+v=h ∆DOC ∼ ∆AOB w skali k = u v PABO u 3 u 3 = = ⇒ = PABD u+v 4 u+v 4 u v = 3 ⇒ k = 3 ⇒ 4k = 3k + 3 ⇒ k = 3 ⇒ u 4 k +1 4 +1 v u v 1 ⇒ =3 ⇒ = v u 3 1 1 1 P∆DOC = 3 * = 9 3 9 P∆ABD = P∆ABC ⇒ PABCD = 1 + 3 + 1 + P∆ADO = P∆COB = 1 1 1 =5 3 3 1 3 Odp.: Pole trapezu wynosi 5 . 13 Zadanie 1.11 Dany jest kąt i punkt P należący do jego wnętrza. Wyznaczyć taką prostą k przechodzącą przez punkt P, która odcina z kąta trójkąt o najmniejszym polu. Rozwiązanie: Opis konstrukcji: 1. Rysujemy prostą l przechodzącą przez punkt P i równoległą do jednego z ramion. Przecina ona drugie ramię w punkcie A. 2. Na tym ramieniu odkładamy punkt B, tak by SA= AB. 3. Wykreślamy prostą przez punkty B i P. Na pierwszym ramieniu otrzymujemy punkt C. Wykażemy, że ∆SBC ma najmniejsze pole. Przez punkt P prowadzimy inną prostą m. ∆SBC zmniejszyliśmy o ∆KPC oraz zwiększyliśmy o ∆BPL. Wykreślamy BE KC. ∆KPC ≡ ∆BPE, a ∆BEP jest częścią ∆PBL, w związku z tym pole ∆KPC < pola ∆PBL. Czyli ∆BSC zwiększyliśmy dodatkowo o pole ∆BEL, czyli pole ∆SKL > pola ∆SBC . Ponieważ prostą m wykreślaliśmy w dowolny sposób stąd pole ∆SBC jest najmniejsze. 14 Zadanie 1.12 Punkty A,B,C leżą na jednej prostej przy czym punkt B leży między punktami A i C, oraz AB < BC . Na odcinku AB budujemy kwadrat ABDE. Przez ED prowadzimy prostą. Na odcinku AC jako na średnicy budujemy półokrąg przecinający prostą ED w punktach P i Q. Punkt A łączymy z Q. Wykazać, że PD = DF . Rozwiązanie: Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku. Tezę twierdzenia : PD = DF można zapisać EP = FB A to oznacza, że należy wykazać, że ∆AEP ≡ ∆ABF. Ponieważ są to trójkąty prostokątne oraz EA = AB wystarczy wykazać, że ∠EAP ≡ ∠BAF. ∠EAP jest kątem między cięciwą a styczną do okręgu ⇒ ⇒ ∠EAP = ∠PQA = α (z tw. o kacie między styczna a cięciwą) AC EQ ⇒ ∠BAF = ∠PQA = α (jako kąty naprzemianległe) ⇓ ∠EAP ≡ ∠BAF ⇓ ∆AEP ≡∆ABF ⇓ EP = FB ⇓ PD = DF Co należało wykazać 15 Zadanie 1.13 Na ramionach trapezu ABCD obrano punkty E i F tak, że EFAB, oraz tak, że prosta EF dzieli trapez ABCD na dwie części o równych polach. Oblicz długość odcinka EF. Rozwiązanie: Niech EF = x. Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku. Rysujemy GH AD, oraz przechodzącą przez F, tak że DH AB. PABFE = a+x b+ x a+b w , PEFCD = v , PABCD = (v + w) 2 2 2 Z treści zadania wynika: a+x b+ x a+b w= v= (v + w). 2 2 4 Po przekształceniu pierwszej równości otrzymujemy: x+b w = x+a v ∆GFB ∼ ∆CFH w skali w stąd v a−x w = x−b v x+b a− x = ⇒ x2 – b2 = -x2 + a2 x+a x−b 2x2 = a2 + b2 x= a 2 + b2 - średnia kwadratowa 2 Odp.: Długość odcinka EF jest średnią kwadratową długości podstaw trapezu. 16 Zadanie 1.14. Ramiona trapezu ABCD o podstawach a, b i wysokości h przedłużono do przecięcia się w punkcie E. Oblicz pole ∆DEC. Rozwiązanie: ∆DEC ∼ ∆ABE ⇓ PDEC b = a+b a h + PDEC 2 2 a+b b PDEC = 2 h + PDEC a 2 b b 2 ( a + b) h PDEC 1 − = 2a 2 a b2 PDEC (a - b) (a + b) = (a + b) 2 2 bh PDEC = 2(a − b) 2 Odp.: Pole trójkąta DEC wynosi b2h . 2(a − b) 17 Zadanie 1.15 Oblicz długość odcinka EF łączącego środki przekątnych trapezu o podstawach a, b Rozwiązanie: Niech a > b. Wykażemy, że EFAB. Niech G i H oznaczają środki ramion trapezu. Należy pokazać, że łamana GEFH jest prostą Poprowadźmy GUAB, wówczas z tw. Talesa GA=UB Wynika z tego, że prosta równoległa do AB i przechodząca przez punkt G dzieli ramię CB na pół. To oznacza, że w ∆ACD prosta GH dzieli AC na pół, czyli E∈GH. W ∆DCB prosta GH dzieli DB na pół, czyli F∈ GH ⇒ EFAB. 1 a. 2 1 W ∆ADC : GEDC i łączy środki dwóch boków trójkąta ⇒ GE= b. 2 1 1 a−b EF = GF- GE= a − b = 2 2 2 W ∆ADB : GFAB i łączy środki dwóch boków trójkąta ⇒ GF= Odp.: Odcinek EF ma długość a−b . 2 18 Zadanie 1.16. W trapezie o podstawach a i b poprowadzono przez punkt przecięcia się przekątnych odcinek EF równoległy do podstaw. Oblicz jego długość. Rozwiązanie: EF AB EO W ∆DAC, EF DC ⇒ DC W ∆DBC, DC OF ⇒ = FO = DC AO AC BO BD (1) (2) Sprawdzimy, czy EO= FO? Z (1) i(2) wynika, że wystarczy sprawdzić czy AO = AC DB BO = AC AO ⇒ BO BO BD Niech EO = x, ? BD DO ∆DCO ∼ ∆BAO ⇒ ⇒ BO = = AO AO ⇒ DB − BO BO = CO + AO AO AO x . = b AC EO AB = DO DB Z podobieństwa ∆DCO i ∆BAO ⇒ DO DO + BO ⇒ EO= FO. AC z (1) ⇒ Z ∆ADB otrzymujemy: CO AO AC x DO = a DB = DO DB lecz AO x x = 1= 1− b DB DB DB a AC 2ab x x x x ab =1- ⇒ − =1⇒x= ⇒ EF= ⇒ a b a b a+b a+b = = 1- BO czyli ⇒ ⇒ 19 ⇒ EF= 1 1 1 + a b 2 Odp. Długość odcinka EF jest średnią harmoniczną długości jego podstaw. Zadanie 1.17. Mając dane długości podstaw trapezu, oblicz długość odcinka łączącego środki jego ramion. Rozwiązanie: Oznaczmy szukany odcinek EF.Na przedłużeniu boku BC odkładamy odcinek CG, taki, że CG= a. ∆ADF ≡ ∆CGF BG= a+b AE= EB oraz AF= FG stąd w ∆ABG odcinek EF łączy środki boków AB i AG EF BG⇒ AE AB = EF BG = 1 ⇒ EF = 1 ⇒EF = a + b a+b 2 2 2 Odp.: Długość odcinka łączącego środki podstaw trapezu jest średnią arytmetyczną długości jego podstaw. 20 Zadanie 1.18 Wykazać, że jeśli kąt przy wierzchołku C w trójkącie równoramiennym ma miarę 20o , a podstawa i ramiona mają długość odpowiednio a i b to długości boków w tym trójkącie spełniają równanie: a3 + b3 = 3ab2 . Rozwiązanie: Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku. ∠ ACB= 200 , ∠ ACD= 100 1 a a 2 = sin ∠ACD = b 2b 1 sin 300 = 2 Korzystając ze wzoru: sin3α = 3sinα - 4sin3α otrzymujemy: 1 a a = sin(3*100) = 3* - 4*( )3 2 2b 2b 3 1 3a a = 2 2b 2b3 b3 = 3ab2 – a3 b3 + a3 = 2ab3 Co należało wykazać. 21 Zadanie 2.19 W elipsę o osiach a i b wpisano trójkąt ABC. Pola w1, w2, w3 mają równe miary, oblicz pole trójkąta ABC Jeżeli w koło o promieniu a wpiszemy trójkąt równoboczny to jego wysokość 3 a = h 2 3 h = x 2 3 3 x = a 2 2 x = 3a P = 1 3 3 2 xh = a 2 4 T = P ' = P cos γ = P b 3 3 = ab a 4 Odp.: Pole trójkąta ABC jest równe 3 3 4 ab . 22 Zadanie 1.20 Wśród wszystkich trapezów równoramiennych wpisanych w półkole o promieniu R wybrać ten, który ma największe pole. Rozwiązanie: Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku. Jako parametr obieramy odcinek o dł. x , 0< x <R. P= ( DC + AB )h 2 Ponieważ h = R 2 − x 2 , DC = 2x, AB = 2R otrzymujemy: 2R + 2 x R 2 − x 2 = (R + x) R 2 − x 2 2 1 (-2x) P’(x) = R 2 − x 2 + (R + x) 2 R2 − x2 x( R + x) = R2 − x2 R2 – x2 > 0 ( na mocy założenia) P’(x) = 0 ⇔ 2 2 R −x P(x) = stąd x (R + x) = (R - x ) (R + x) 2x = R czyli P’(x) = 0 ⇔ x = Ponieważ dla x < w punkcie x = R . 2 R R , P’(x)> 0 oraz dla x > , P’(x) < 0 2 2 R funkcja osiąga maximum. 2 Ponieważ DC = 2x = R stąd Odp.: Trapezem o największym polu jest trapez, który jest połówką sześciokąta foremnego. 23 Zadanie 2.1 Czworokąt ABCD wpisano w okrąg o środku O. Przekątne tego czworokąta są do siebie prostopadłe. Udowodnij, że czworokąty AOCB i AOCD mają równe pola Rozwiązanie: Mamy 1 2 1 2 1 2 SAOCB=SABC+SAOC= ⋅ AC ⋅ BE + AC ⋅ EF = AC ⋅ BF = 1 4 1 4 1 2 1 2 = AC ⋅ BD = ⋅ AC ⋅ ( BE + ED) = ( S ABC + S ADC ) = ⋅ S ABCD Wobec tego SAOCB=SAOCD Co należało wykazać 24 Zadanie 2.2 Na okręgu o promieniu r opisano trapez prostokątny, którego najmniejszy bok jest równy 3r/2. Wyznaczyć pole trapezu. Rozwiązanie: Ponieważ bok AB, prostopadły do postaw, jest równy 2r. Stad wynika, ze najmniejszym bokiem równym (3/2)r jest mniejsza postawa BC. Aby znaleźć większą podstawę AD poprowadzimy proste OC i OD, które są dwusiecznymi kątów MCD i NDC dających w sumie 180o. Zatem∠ MCO + ∠ODN = 90o .Z trójkąta prostokątnego ODN znajdujemy ∠NOD + ∠ODN = 90o .A wiec ∠NOD = ∠MCO i wobec tego trójkąt ODN i OCM są podobne. Otrzymujemy proporcje ND:ON = OM:MC, gdzie ON = OM = r i MC = r/2 (bo BC = (3/2)r, BM = r) Stad ND = 2r ; wobec tego AD = AN + ND = r + 2r = 3r Odp.: Pole trapezu S = (9/2)r2 25 Zadanie 2.3 Romb o kacie ostrym α i boku a podzielono prostymi wychodzącymi z wierzchołka tego kata, na trzy równoważne części. Wyznaczyć długość odcinków tych prostych. Rozwiązanie: Z warunku wiemy, że pole trójkąta ABF jest równe 1/3 pola rombu ABCD, tj. 2/3 pola trójkąta ABC. Ponieważ trójkąty ABC i ABF maja wspólną wysokość AG, wiec BF = (2/3)BC = (2/3)a Z twierdzenia cosinusów mamy AF2 = AB2 + BF2 - 2AB BF cos(180o - α) AF2= a2 + (4/9)a2 + (4/3)a2cosα AF2= a2 + (4/9)a2 + (12/9)a2cosα AF2= AF= a2 (13 + 12 cosα ) 9 a 3 (13 + 12 cosα ) Odp.: Odcinek AF ma długość a (13 + 12 cosα ) 3 26 Zadanie 2.4 Suma długości ramion trapezu równoramiennego wynosi 1 sumy długości jego 3 podstaw, stosunek długości podstaw wynosi 7:5. Wyznacz miry kątów tego trapezu. Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Z warunków zadania otrzymujemy równości : 6c = a + b oraz a 7 = , b 5 stąt 5 12 6c = a + b = a + a = a , 7 7 czyli 2 c= a 7 zaś 5 a− a a −b 7 = 1a = 2 7 Wobec tego trójkąt AEC jest połówką trójkąta równobocznego, więc α = 600 . Odp.: Kąty trapezu mają miary: 600 ,1200, 600, 1200. 27 Zadanie 2.5 Wiadomo, że a>b>0 oraz a2+b2=6ab. Wyznacz Rozwiązanie: Skoro a2+b2=6ab, więc a2+2ab+b2=8ab, a2-2ab+b2=4ab (a + b )2 = 8ab , (a − b )2 = 4ab 2 a+b a+b = = a−b a−b Odp.: a+b = 2 a−b (a + b )2 ( a − b) 2 = 8ab = 2 4ab a+b a −b 28 Zadanie 2.6. Dla jakich wartości parametru m dane równanie posiada rozwiązania: | x2 - 5x + 6 | = m Rozwiązanie: Lewą stronę równania przedstawiamy w postaci funkcji f(x) = | x2 - 5x + 6 |, rysując odpowiedni wykres odczytamy dla jakich m dane równanie posiada rozwiązania: Traktując os OY jako os OM (zbiór wartości), a os OX jaki zbiór argumentów, odczytamy ze dane równanie posiada rozwiązania dla m należącego do przedziału od <0; + ∞). Odp.: Równanie posiada rozwiązania dla m należącego do przedziału od <0; + ∞). 29 Zadanie 2.7. W trapezie o podstawach a i b przeprowadzono prostą równoległą do podstaw i dzielącą pole trapezu na dwie równe części. Obliczyć długość odcinka prostej zawartego wewnątrz trapezu. Rozwiązanie: b+x P1 = 2 x+a P2 2 b+x ⇒ = a+x ⋅ h1 b + x h1 =1⇒ ⋅ =1 h − h1 a + x h − h1 h − h1 h a−b b−a−x+a b−x = −1 = −1 = = h1 h1 x−b x−a x−a a+ x b−x = ⇒ (a + x)( x − a ) = (b + x)(b − x) b+ x x−a ax − a 2 + x 2 − ax = b 2 − bx + bx − x 2 ⇒ 2x2 = a2 + b x= a 2 + b2 2 Odp.: Długość szukanego odcinka wynosi a 2 + b2 2 30 Zadanie 2.8. Dane są odcinki a i b. Skonstruuj odcinki x i y takie, że : x+y = a ax = 2by. Rozwiązanie: Przekształcamy wyjściową zależność x+y=a ax = 2by / (: ya ) x+y=a x 2b = y 2a x+y=a x y = 2b a Wykonujemy konstrukcję korzystając z twierdzenia Talesa. 31 Zadanie 2.9. W trójkącie równobocznym ABC o boku długości a punkt D jest środkiem boku AC, punkt E – środkiem odcinka DC, zaś F jest takim punktem boku BC, że BF=3FC. Oblicz pole trójkąta DEF. Rozwiązanie: Oznaczmy jeszcze przez G środek boku ABC. Otrzymamy wówczas równości EC = FC = 1/4a, zaś DG 1/2a. Z twierdzenia o odcinku łączącym środki dwóch boków trójkąta wynika, że EF II DG II AB oraz EF = 1/4, zaś DG=1/2a. Ponieważ trójkąty DGC i EFC są jednokładne z trójkątem ABC w skalach odpowiednio 1/2 i 1/4, zaś trójkąt DEF, którego pole mamy obliczyć, jest połową trapezu DGFE, więc 1 1 1 a 2 3 1 a 2 3 1 a 2 3 3 3a 2 3 − PDEF= (PDGC − PEFC ) = = = 2 2 4 4 16 4 2 16 4 128 3a 2 3 Odp.: Pole trójkąta DEF jest równe 128 32 Zadanie 2.10. Rozwiązać równanie sin2x cos2x - sin42x - cos42x = 0. Rozwiązanie: Zapiszmy dane równanie w postaci sin2x cos2x = sin42x + cos42x. Ponieważ sin2x cos2x = (1/2)sin4x oraz sin42x + cos42x = (sin2x + cos2x)2 - 2 sin2xcos2x = 1 - (1/2)sin24x, wiec podstawiając nowa niewiadoma t = sin4x otrzymujemy równanie kwadratowe (1/2)t2 + (1/2)t - 1 = 0, którego rozwiązaniem są liczby t1 = - 2 i t2 = 1. Równanie sin4x = - 2 jest sprzeczne, zaś z równania sin4x = 1 wynika 4x = π/2 + 2kπ, tzn. x = π/8 + kπ/2 dla k należącego do C Odp.: x = π/8 + kπ/2 dla k należącego do C 33 Zadanie 2.11 Dane są cztery liczby. Trzy pierwsze z nich tworzą ciąg geometryczny, trzy ostatnie zaś ciąg arytmetyczny. Suma liczb skrajnych jest równa 14, suma środkowych 12. Znajdź te liczby. Rozwiązanie: Szukane liczby to a1, a1q, a1q2, a1q2 + (a1q2 - a1q). <=> 5q - 13q + 6 a1 + 2a1q2- a1q , a1 = 2 lub a1 = = 0, = 14 q = 2 lub q 25/2 a1q + a1q2 = 12 = 3/5 a1 = 2, a1q = 4, a1q2 = 8, a1 = 25/2; a1q = 15/2; a1q2 = 9/2; 2a1q2 - a1q = 12, 2a1q2 - a1q = 3/2 Odp: Szukane liczby to 2, 4, 8,12 lub 25/2, 15/2, 9/2, 3/2. 34 Zadanie 2.12 Funkcja f jest określona wzorem f(x) = 2x3 - 9ax2 + 12a2x + 1 . Znajdź wszystkie wartości parametru a, dla których funkcja f ma dwa ekstrema lokalne dla takich argumentów, że jeden z nich jest kwadratem drugiego. Rozwiązanie: Funkcja f posiada 2 ekstrema wtedy i tylko wtedy gdy jej pochodna posiada 2 rozwiązania czyli wtedy gdy ∆ > 0. f '(x) = 6x2 - 18ax + 12a2 f '(x) = 6(x2 - 3ax + 2a2) D = R/{0}∆ = a2 => a2 > 0 Funkcja f ' posiada 2 argumenty, z których jeden z nich jest kwadratem drugiego gdy D = R/{0} czyli ∆ > 0. (x1)2 = x22 Po rozwiązaniu tego rówania gdzie x1 i x2 są pierwiastkami trójmianu kwadratowego f '(x) otrzymamy pierwszą dwójkę a = 0 a = 2 po opuszczeniu wartości bezwzględnej ze znakiem plus i drugą dwójkę a = 0 a = 1/4. Po odrzuceniu a = 0, ponieważ nie należy do D, otrzymamy odpowiedź a = 2 lub a = 1/4. Odp.: Funkcja f(x) posiada 2 ekstrema lokalne dla takich argumentów, że jeden z nich jest kwadratem drugiego dla a = 2 lub a = 1/4. 35 Zadanie 2.13 W trapezie ABCD, w którym AD BC, zachodzą równości: AB=BC, AC=CD i BC+CD=AD. Wyznacz kąty tego trapezu. Rozwiązanie: Poprowadźmy prostą przez punkt C i równoległą do AB przetnie on bok AD w punkcie D’. Trójkąty ABC i ACD są równoramienne, więc ∠CAB=∠ACB i ∠CAD=∠ADC. Ponadto ∠ACB=∠CAD (kąty naprzemianległe) oraz ∠BAD=∠CD’D (bo ABIICD’). Stąd ∠CAB=∠ACB=∠CAD=∠ADC=α i ∠BAD=∠CD’D=2α. W trójkącie D’DC jest D’D=AD-AD’=AD-BC=CD, więc ∠CD’D=∠D’CD. Stąd 5α=1800 i ostatecznie α=360. Trapez ma więc kąty 360, 720, 1440, 1080. Odp.: Trapez ma kąty: 360, 720, 1440, 1080. 36 Zadanie 2.14 Rozstrzygnij, czy istnieje trójkąt o wysokościach 1, 5 , 1 + 5 . Rozwiązanie: Wykażemy, że taki trójkąt nie istnieje. Załóżmy przeciwnie i oznaczmy: h1=1, h2= 5 , h3= 1 + 5 zaś boki, na które wysokości te opuszczono, odpowiednio przez a1, a2, a3. Ze wzoru na pole trójkąta otrzymujemy związki: a1= 2S 2S 2S , a2 = , a3 = h1 h2 h3 Z nierówności trójkąta wynika 2S 2S 2S =a1<a2+a3= + h1 h2 h3 Stąd 5 5 −1 1 1 1 < + , czyli 1< + 5 4 h1 h2 h3 co jest nieprawdą, gdyż oznaczałoby, że 25<9 5 czyli 625<405 37 Zadanie 2.15 Udowodnij, ze kwadrat liczby nieparzystej zmniejszony o 1 jest podzielny przez 8. Rozwiązanie: Dowolna liczbę nieparzystą można zapisać w postaci 2n + 1, n∈C. Należy udowodnić, że (2n+1)2 – 1 jest podzielne przez 8 dla dowolnej liczby całkowitej n. Otrzymujemy: (2n+1)2 – 1 = (4n2 + 4n + 1) – 1 = 4n(n+1) ⇓ (2n + 1) 2 − 1 4n(n + 1) n(n + 1) = = 8 8 2 Ponieważ jedna z dwóch kolejnych liczb całkowitych n i (n+1) jest parzysta, więc iloczyn n(n+1) jest podzielny przez dwa. To oznacza, że istnieje k∈C, takie że: Co należało wykazać. (2n + 1) 2 − 1 =k 8 38 Zadanie 2.16 Rozwiąż układ równań x 2 + y 2 = 2 y 2 y + 1 = 2 xy Rozwiązanie. Załóżmy, że para (x,y) spełnia dany układ równań. Spełnia zatem równanie. x2+y2+y2+1=2y+2xy, układu stronami) x2+y2+y2+1-2y-2xy=0 (x2-2xy+ y2)+( y2- 2y+1)=0 (x-y)2+(y-1)2=0 (dodaliśmy równania Stąd x-y=0 i y-1=0, czyli x=y=1 Sprawdzamy, że para (1,1) spełnia podany układ równań. Jest więc jego jedynym rozwiązaniem. Odp.: Rozwiązaniem układu jest para liczb (1,1). 39 Zadanie 2.17 Wykaż, że liczba 4545+5454 jest złożona. Rozwiązanie: Oznaczmy: a=2545, b=5452. Wtedy 4545+5454=a2+b2=(a+b)2-2ab =(2545+5452)2-2*2545*5452= =(2545+5452)2-2546*5452= =(2545+5452)2-(2273*545)2= =(2545+5452-2273*545)( 2545+5452-2273*545) Co należało wykazać. 40 Zadanie 2.18 Wykaż, że 1 1 1 1 3 + 2 + 2 + ...... < 2 2 2 3 4 1000 4 Rozwiązanie: Zauważamy, że Wobec tego 1 1 1 1 < = − 2 k k (k − 1) k − 1 k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2 + 2 + ...... < 2+ + + ..... = + 2 2 2 3 4 1000 2 2⋅3 3⋅ 4 998 ⋅ 999 999 ⋅ 1000 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + − + ...... − + = 4 2 3 3 4 4 5 998 999 999 10000 3 1 3 < 4 1000 4 = − Co należało wykazać. 41 Zadanie 2.19 Trójkąt równoboczny ABC wpisano w okrąg i na łuku AB obrano taki punkt P, że odcinek CP przecina bok AB w punkcie Q. Udowodnij, że 1 1 1 + = PA PB PQ Rozwiązanie: Na półprostej BP odkładamy od punktu P odcinek PD=AP. W ten sposób otrzymujemy trójkąt równoboczny APD. Zauważamy też, że trójkąty DBA i PBQ są podobne, stąd AD DB DP + PB DP = = = +1 PQ PB PB PB A ponieważ AD=PD=PA, więc PA PA = + 1 , skąd PQ PB 1 1 1 + = PA PB PQ Co należało wykazać 42 Zadanie 2.20 W trójkącie prostokątnym przyprostokątna jest dwa razy mniejsza od przeciwprostokątnej. Ile razy pole koła opisanego na tym trójkącie jest większe od pola koła wpisanego? Rozwiązanie: Dane: kat BCA = 90o, AB = 2BC ; Szukane = (πR2)/(πr2), Jeżeli przymniemy długość przeciwprostokątnej AB = 2a, to długości przyprostokątnych wyniosą BC = a i AC2 = AB2 - BC2 = 3a2 <=> AC = a√3. Korzystamy ze wzoru na długość promienia r okręgu wpisanego w dowolny trójkąt i r = S/p = [(1/2)AC*BC]/(AB + BC + CA) = [(a/2)a√3]/(2a + a + a√3) = a√3/[2(3 + √3)]. Przeciwprostokątna AB jest średnica okręgu opisanego na trójkącie, wiec AB = 2R, stad R = a. Szukany stosunek pól obu kół wynosi (πR2)/(πr2) = 8(2 + √3) Odp.: Pole koła opisanego na tym trójkącie jest 8(2 + √3) razy większe od pola koła wpisanego.