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
EFAB, 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 EFAB.
Niech G i H oznaczają środki ramion trapezu.
Należy pokazać, że łamana GEFH jest prostą
Poprowadźmy GUAB,
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 ⇒ EFAB.
1
a.
2
1
W ∆ADC : GEDC i łączy środki dwóch boków trójkąta ⇒ GE= b.
2
1
1
a−b
EF = GF- GE= a − b =
2
2
2
W ∆ADB : GFAB 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.