1

Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi „na dowodzenie”

Zadanie 1.

Na bokach trójkąta równobocznego ABC tak wybrano

punkty E, F oraz D, że |AE| = |BF| = |CD| = 3

1|AB|

(rysunek obok).

a) Udowodnij, że trójkąt EFD jest równoboczny.

b) Udowodnij, że DE AB, EF BC, DF AC.

Zadanie 2.

Punkt S jest środkiem ciężkości trójkąta ABC,

punkty A1, B1, C1 są odpowiednio środkami boków BC,

AC, AB, zaś punkty K, L, M – środkami odcinków SA,

SB, SC (rysunek obok).

Wykaż, że A1B1C1 KLM.

Zadanie 3.

W trójkącie ABC dwusieczna kąta B przecina bok AC

w punkcie M. Przez punkt M prowadzimy prostą

równoległą do BC, przecinającą bok AB w punkcie N.

Udowodnij, że |MN| = |BN|.

Zadanie 4.

Kąty ABC oraz DBC to kąty przyległe. Poprowadzono

dwusieczne tych kątów oraz prostą, równoległą do

prostej AD, która przecina te dwusieczne odpowiednio

w punktach E i F, zaś ramię BC – w punkcie K (rysunek

obok).

Udowodnij, że |EK| = |KF|.

Zadanie 5.

W trójkącie ABC przedłużono bok AB poza

wierzchołek B i odłożono taki odcinek BD, że

|BD| = |BC|. Następnie połączono punkty C i D

(rysunek obok).

Wykaż, że |CDA| = 2

1|CBA|.

TOMASZ GRĘBSKI

2

Zadanie 6.

Trójkąt ABC jest trójkątem prostokątnym

równoramiennym. Z punktu M, należącego do

przeciwprostokątnej BC, poprowadzono odcinki MD

oraz MS, prostopadłe odpowiednio do

przyprostokątnych AC oraz AB (rysunek obok).

Udowodnij, że |MD| + |MS| = |AB|.

Zadanie 7.

Trójkąt ABC jest trójkątem prostokątnym. Z punktu M,

należącego do przeciwprostokątnej BC, poprowadzono

odcinki MD oraz MS, prostopadłe odpowiednio

do przyprostokątnych AC oraz AB (rysunek obok).

Udowodnij, że .1|AC|

|MS|

|AB|

|DM|

Zadanie 8.

W trójkącie prostokątnym ABC przedłużono

przeciwprostokątną AB i tak obrano na przedłużeniach

punkty D i E, że |AD| = |AC| oraz |BE| = |BC|

(rysunek obok). Udowodnij, że | DCE| = 135.

Zadanie 9.

W okręgu poprowadzono średnicę AB i równoległą

do niej cięciwę CD (rysunek obok).

Udowodnij, że |ACD| – |CDA| = 90.

Zadanie 10.

Wykaż, że suma kwadratów trzech kolejnych liczb

całkowitych, z których najmniejszą jest liczba 2k – 3,

gdzie kC, podzielona przez 3 daje resztę 2.

Zadanie 11.

Wykaż, że jeśli x jest liczbą całkowitą nieparzystą to

liczba postaci x6 – x

4 – x

2 + 1 jest podzielna przez 32.

Zadanie 12.

W trójkącie ABC długości boków wynoszą:

|AB| = c, |AC| = b, |BC| = a, gdzie 0 < a < b < c.

Pole tego trójkąta wynosi 3. Wykaż, że |AC| > 6 .

TOMASZ GRĘBSKI

3

Zadanie 13.

W równoległoboku ABCD poprowadzono dwusieczne

kątów wewnętrznych BAD oraz ADC,

które przecięły się w punkcie M (rysunek obok).

Wykaż, że AMD jest prosty.

Zadanie 14.

Wykaż, że jeśli a > 2 i b < 4, to .a2b42

ab

Zadanie 15.

Wiadomo, że x + y + 2 = 0. Udowodnij, że wartość

wyrażenia x2

+ y2 + xy – 4 jest najmniejsza

dla x = y = – 1.

Zadanie 16.

Wykaż, że jeśli x > k, to wyrażenie x3

+ 5x – kx2 – 5k

przyjmuje tylko wartości dodatnie.

Zadanie 17.

W trapezie ABCD podstawy mają długości:

|AB| = a oraz |CD| = b, gdzie a > b > 0 oraz

|BAD| + |ABC| = 90. Środek M podstawy AB

połączono ze środkiem N podstawy DC (rysunek obok).

Wykaż, że |MN| = 2

ba .

Zadanie 18.

Wykaż, że dla dowolnego kąta ostrego prawdziwa jest

nierówność tg2 + ctg

2 2.

Zadanie 19.

W trójkącie ABC poprowadzono środkowe AD oraz CE,

które przecięły się w punkcie M. Wiadomo, że

|AD| |CE| = 3 oraz |MAC| + |ACM| = 60.

Wykaż, że pole trójkąta ABC wynosi 1.

Zadanie 20.

Udowodnij, że jeśli x2 + x = y

2 + y, to

x = y lub y = – x – 1.

TOMASZ GRĘBSKI

4

Zadanie 21.

Wykaż, że jeśli a i b nie są równe zeru i a + b 0 i

3

1

ba

a

, to

ba

b

3

33.

Zadanie 22.

Udowodnij, że iloczyn cyfr dowolnej liczby

czterocyfrowej jest mniejszy od tej liczby.

Zadanie 23.

Udowodnij, że funkcja

f(x) = x25x

x25x10x3

23

, gdzie x R – {– 5, 0, 5},

nie ma miejsc zerowych.

Zadanie 24.

Udowodnij, że zbiór wartości funkcji

f(x) = 4x

16x8x2

, gdzie x – 4,

jest dwuelementowy.

Zadanie 25.

Wykaż, że jeśli a – b < 0 i a + b > 0, to |a| < |b|.

Zadanie 26.

Udowodnij, że jedynym rozwiązaniem równania

x2 + y

2 – 12x + 2y + 37 = 0 jest para liczb (6, – 1).

Zadanie 27.

Na bokach AC oraz BC trójkąta ABC tak wybrano

punkty M i N, że MN || AB oraz |BN|

|NC|k, k(0,1).

Pole trójkąta ABC wynosi S.

Wykaż, że pole trójkąta MNC jest równe 2

2

)1k(

Sk

.

TOMASZ GRĘBSKI

5

Zadanie 28.

Wykaż, że jeśli aR i bR, gdzie a 0, b 0 i a + b 0

oraz 3a2

– 3ab = ab – b2, to

2

1

ba

ba

lub 0

ba

ba

.

Zadanie 29.

Długość a boku rombu oraz długości jego przekątnych

d1, d2 spełniają warunek d1 d2 = a2.

Udowodnij, że kąt ostry rombu spełnia warunek:

0 < tg < 1.

Zadanie 30.

W kole o środku O i promieniu r (r > 0) zaznaczono kąt

środkowy AOB o mierze 120. Następnie

poprowadzono styczne do okręgu o(O, r) w punktach A

i B, które przecięły się w punkcie C (rysunek obok).

Wykaż, że odległość punktu C od środka okręgu jest

równa długości średnicy tego okręgu.

Zadanie 31.

Trójkąt ABC jest prostokątny. Punkt D jest spodkiem

wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną AB oraz

3|AD| = |DB| (rysunek obok).

Wykaż, że |CAD| = 60.

Zadanie 32.

Rzucono raz dwiema kostkami do gry. Rozważmy

zdarzenia:

A – na co najmniej jednej kostce wypadło sześć oczek,

B – na każdej kostce wypadła parzysta liczba oczek.

Wykaż, że P(A – B) = 6

1.

Zadanie 33.

W trójkącie ABC punkt D jest środkiem boku BC.

Wykaż, że AD2ACAB .

TOMASZ GRĘBSKI

6

Zadanie 34.

Romb ABCD zawiera się w płaszczyźnie . Przez

środek symetrii rombu prowadzimy prostą p,

prostopadłą do płaszczyzny . Na prostej p (poza

płaszczyzną ), wybieramy punkt M (rysunek obok).

Wykaż, że punkt M jest równo odległy od boków

rombu.

Zadanie 35.

Okręgi o1(O1, r1) oraz o2(O2,r2), gdzie r1> r2 są

zewnętrznie styczne w punkcie S. Przez punkt S

prowadzimy prostą k, która przecina okrąg o1

w punkcie A i okrąg o2 w punkcie B oraz prostą l,

która przecina okrąg o1 w punkcie C i okrąg o2 w

punkcie D (rysunek obok).

Wykaż, że AC || BD.

Zadanie 36.

Dany jest sześcian ABCDA1B1C1D1. Punkt O jest

punktem przecięcia przekątnych kwadratu BCC1B1

(rysunek obok).

Wykaż, że odcinek DO jest prostopadły do odcinka BC1.

TOMASZ GRĘBSKI

Elżbieta Świda

Elżbieta Kurczab

Marcin Kurczab

Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi

„na dowodzenie”

na obowiązkowej maturze

z matematyki

Zadanie

Trójkąt ABC jest trójkątem prostokątnym.

Z punktu M, należącego do przeciwprosto-

kątnej BC, poprowadzono odcinki MD oraz

MS, prostopadłe odpowiednio do przypro-

stokątnych AC oraz AB (rysunek obok).

Udowodnij, że .1|AC|

|MS|

|AB|

|DM|

Założenie:

ABC – prostokątny, |BAC| = 90,

MBC, MD AC oraz MS AB

Teza: 1|AC|

|MS|

|AB|

|DM|

Dowód (I sposób):

DMC ABC na podstawie cechy kkk, bo |BAC| = |MDC| = 90 (z założenia)

|ACB| = |DCM| (wspólny kąt),

stąd |CB|

|CM|

|AB|

|DM|

MSB ABC na podstawie cechy kkk, bo |BAC| = |BSM| = 90 (z założenia)

|ABC| = |SBM| (wspólny kąt),

stąd |CB|

|MB|

|AC|

|MS|

|CB|

|MB|

|CB|

|CM|

|AC|

|MS|

|AB|

|DM|

|CB|

|MB||CM|

|CB|

|CB| = 1.

Dowód (II sposób):

PAMC + PABM = PABC, zatem

2

1|AC||DM| +

2

1|AB||MS| =

2

1|AC||AB|

Po podzieleniu obu stron równości przez

2

1|AC||AB| otrzymuję:

.1|AC|

|MS|

|AB|

|DM|

Zadanie

W trójkącie ABC długości boków wynoszą:

|AB| = c, |AC| = b, |BC| = a, gdzie 0 < a < b < c.

Pole tego trójkąta wynosi 3.

Wykaż, że |AC| > 6 .

Założenie:

ABC – dowolny, |AB| = c, |AC| = b,

|BC| = a, gdzie 0 < a < b < c, PABC = 3

Teza:

|AC| > 6

Dowód:

Prowadzę wysokość AD trójkąta ABC z wierzchoł-

ka A na bok BC. Wprowadzam oznaczenie:

|AD| = h, h > 0.

PABC = 2

1|BC||AD| =

2

1ah = 3, skąd ah = 6.

a < b (z założenia)

h b

Otrzymuję: ah < b2 czyli b2 > 6, skąd b > 6

(bo z założenia b > 0). Zatem

|AC| > 6 .

Zadanie

Trójkąt ABC jest prostokątny. Punkt D jest

spodkiem wysokości opuszczonej na prze-

ciwprostokątną AB oraz 3|AD| = |DB|.

Wykaż, że |CAD| = 60.

Założenie:

ABC – prostokątny,

AB – przeciwprostokątna,

CD – wysokość ABC, 3|AD| = |DB|

Teza:

|CAD| = 60

Dowód:

Z twierdzenia o wysokości w trójkącie prostokątnym poprowadzonej na

przeciwprostokątną: |CD|2 = |AD| |DB|.

Z założenia wiem, że 3|AD| = |DB|, stąd |CD|2 = 3|AD|2, zatem

2

|AD|

|CD|

= 3,

czyli 3|AD|

|CD| .

W trójkącie prostokątnym CDA:

tg |CAD| = 3|AD|

|CD| , skąd |CAD| = 60.

Zadanie

W trójkącie ABC poprowadzono środkowe AD

oraz CE, które przecięły się w punkcie M.

Wiadomo, że |AD| |CE| = 3 oraz

|MAC| + |ACM| = 60.

Wykaż, że pole trójkąta ABC wynosi 1.

Założenie: AD, CE – środkowe w trójkącie ABC,

AD CE = {M}, |AD||CE| = 3 oraz

|MAC| + |ACM| = 60

Teza:

PABC = 1

Dowód (I sposób):

|AMC| = 180 – (MAC| + |ACM|) =

= 180 – 60 = 120 (z założenia i sumy miar ką-

tów wewnętrznych w trójkącie AMC)

|DMC| = 180 – |AMC| = 180 – 120 = 60

(z własności kątów przyległych)

PCMD = |MD||MC|2

1 sin , gdzie = |DMC| oraz

|MC| = 3

2|CE| i |MD| =

3

1|AD| (z własności środkowych),

skąd PCMD = |AD|3

1|CE|

3

2

2

1 sin60 =

2

3|AD||CE|

9

1 = |AD||CE|

18

3

Z założenia |AD| |CE| = 3 , więc PCMD = 6

1

Wiadomo, że PABC = 6 PCMD = 66

1 = 1.

Dowód (II sposób):

|AMC| = 180 – (MAC| + |ACM|) =

= 180 – 60 = 120 (z założenia i sumy miar kątów

wewnętrznych w trójkącie AMC)

|DMC| = 180 – |AMC| = 180 – 120 =

= 60 (z własności kątów przyległych)

W trójkącie MDC prowadzę wysokość CK na bok MD,

gdzie |CK| = 2

3|MC| (bo

2

360sin

|MC|

|CK| )

Z własności środkowej |MC| = |CE|3

2, zatem |CK| = |CE|

3

3

PABC = 2PADC, bo trójkąty ADC oraz ABD mają wspólną wysokość – wysokość

trójkąta ABC poprowadzona na bok BC oraz |CD| = |DB| – z założenia, zatem

PABC = 2 |CE||AD|3

3|CE|

3

3|AD||CK||AD|

2

1 ,

ale z założenia |AD| |CE| = 3 , więc PABC = 1.

Zadanie

Okręgi o1(O1, r1) oraz o2(O2,r2), gdzie r1 > r2

są zewnętrznie styczne w punkcie S. Przez

punkt S prowadzimy prostą k, która przeci-

na okrąg o1 w punkcie A i okrąg o2 w punk-

cie B oraz prostą l, która przecina okrąg o1

w punkcie C i okrąg o2 w punkcie D.

Wykaż, że AC || BD.

Założenie: Okręgi o1(O1, r1), o2(O2,r2), gdzie r1 > r2,

są zewnętrznie styczne w punkcie S.

Sk i k o1 = {A} i k o2 = {B}

Sl i l o1 = {C} i l o2 = {D}

Teza: AC || BD

Dowód:

Prowadzę prostą p przechodzącą przez punkt S styczną

jednocześnie do obu okręgów.

Na prostej p wybieram punkty M i N (jak na rysunku).

| ACS| = |ASM| – z własności kąta wpisanego i

dopisanego opartych na tym samym łuku

|ASM| = |NSB| – z własności kątów wierz-

chołkowych

|NSB| = |BDS| – z własności kąta dopisanego

i wpisanego opartych na tym samym łuku

więc |ACS| = |BDS|

Rozważam proste AC oraz BD przecięte prostą l.

Kąty ACS oraz BDS są kątami naprzemianległymi we-

wnętrznymi i |ACS| = |BDS|, więc

proste AC i BD są równoległe.

Zadanie

Wykaż, że jeśli a 0 i b 0 i a + b 0 i 3

1

ba

a

,

to ba

b

3

33.

Założenie:

a 0 i b 0 i a + b 0 i 3

1

ba

a

Teza:

ba

b

3

33

Dowód (I sposób):

Z założenia 3

1

ba

a

, więc baa3 , skąd b = a( 3 – 1).

Zatem 3

33

3

13

3a

)13(a

a3aa

)13(a

)13(aa

)13(a

ba

b

.

Dowód (II sposób):

Z założenia wiem, że a 0, więc 3

1

a

b1

1

a

baa

a

ba

a

,

Skąd 13a

b , zatem

3

33

3

13

131

13

a

b

a

aa

b

ba

b

Dowód (III sposób):

Wiadomo, że 1ba

b

ba

a

, stąd

ba

b

= 1 – ba

a

,

zatem:

ba

b

= 1 – 3

1= 3

13 = 3

33.

Zadanie

Udowodnij, że iloczyn cyfr dowolnej liczby czterocyfrowej jest mniej-

szy od tej liczby.

Założenie:

a – cyfra tysięcy liczby czterocyfrowej, a{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}

b – cyfra setek liczby czterocyfrowej, b{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}

c – cyfra dziesiątek liczby czterocyfrowej, c{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}

d – cyfra jedności liczby czterocyfrowej, d{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}

1000a + 100b + 10c + d – liczba czterocyfrowa

Teza:

abcd < 1000a + 100b + 10c + d

Dowód:

Z założenia wiem, że b 9 i c 9 i d 9, więc

abcd a999 < a1010 10 = 1000a < 1000a + 100b + 10c + d.

Zadanie

Udowodnij, że jedynym rozwiązaniem równania

x2 + y

2 – 12x + 2y + 37 = 0

jest para liczb (6, –1).

Założenie: x2 + y2 – 12x + 2y + 37 = 0 – równanie z niewiadomymi x i y.

Teza: Para liczb (6, –1) jest jedynym rozwiązaniem danego równania.

Dowód:

Równanie x2 + y2 – 12x + 2y + 37 = 0 sprowadzam do postaci:

(x2 – 12x + 36) – 36 +( y2 + 2y + 1) – 1 + 37 = 0

Na podstawie wzorów skróconego mnożenia otrzymuję:

(x – 6)2 + (y + 1)2 = 0.

Suma dwóch nieujemnych składników (x – 6)2 oraz (y + 1)2 wynosi zero, za-

tem wnioskuję, że każdy składnik jest równy zeru:

(x – 6)2 = 0 i (y + 1)2 = 0, skąd x = 6 i y = –1.

Zatem jedynym rozwiązaniem równania x2 + y2 – 12x + 2y + 37 = 0 jest

para liczb (6, –1).

Zadanie

Wykaż, że jeśli x > k, to wyrażenie

x3 + 5x – kx

2 – 5k

przyjmuje tylko wartości dodatnie.

Założenie: x > k

Teza: Wyrażenie x3 + 5x – kx2 – 5k przyjmuje tylko wartości dodatnie.

Dowód:

Zastosuję metodę grupowania wyrazów by przedstawić wyrażenie

x3 + 5x – kx2 – 5k

w postaci iloczynowej:

x3 + 5x – kx2 – 5k = x(x2 + 5) – k(x2 + 5) = (x2 + 5)(x – k)

Czynnik x2 + 5 jest dodatni dla każdego xR.

Z założenia wiem, że x > k, więc x – k > 0.

Iloczyn dwóch liczb dodatnich jest dodatni, zatem (x2 + 5)(x – k) > 0, co ozna-

cza, że wyrażenie x3 + 5x – kx2 – 5k przyjmuje tylko wartości dodatnie.

Zadanie

Wykaż, że jeśli a > 2 i b < 4, to .a2b42

ab

Założenie: a > 2 i b < 4

Teza:

a2b42

ab

Dowód (I sposób):

Z założenia wiem, że a > 2 i b < 4, zatem

a – 2 > 0 i b – 4 < 0.

Iloczyn liczb o różnych znakach jest ujemny, więc

(a – 2)(b – 4) < 0, skąd

ab – 4a – 2b + 8 < 0, czyli ab + 8 < 2b + 4a, zatem

2

ab+ 4 < b + 2a.

Dowód (II sposób):

Wystarczy udowodnić, że 0a2b42

ab .

Najpierw przedstawię wyrażenie a2b42

ab w postaci iloczynowej:

a2b42

ab =

2

1(ab + 8 – 2b – 4a) =

2

1[a(b – 4) – 2(b – 4)] =

= 2

1(b – 4)(a – 2)

Z założenia wiem, że b < 4, czyli b – 4 < 0

Z założenia wiem, że a > 2, więc a – 2 > 0

Iloczyn liczb o różnych znakach jest ujemny, więc (b – 4)(a – 2) < 0,

skąd

2

1(b – 4)(a – 2) < 0, zatem 0a2b4

2

ab .

Zadanie

Wykaż, że dla dowolnego kąta ostrego prawdziwa jest nierówność

tg2 + ctg

2 2.

Założenie:

– kąt ostry

Teza:

tg2 + ctg

2 2

Dowód (I sposób):

Dla dowolnej liczby dodatniej a prawdziwa jest nierówność

a + a

1 2.

Wiadomo, że ctg = tg

1, gdzie – kat ostry, więc ctg

2 = 2tg

1

Ponieważ tg2 > 0, więc nierówność tg

2 + 2tg

1 2 jest prawdziwa.

Dowód (II sposób):

Dla dowolnego kąta ostrego , prawdziwa jest nierówność

(tg – ctg )2 0

Po zastosowaniu wzoru skróconego mnożenia otrzymuję:

tg2 – 2tg ctg + ctg

2 0, zatem tg

2 + ctg

2 2tg ctg

Ze związków między funkcjami trygonometrycznymi tego samego

kąta wiem, że

tg ctg = 1, więc tg2 + ctg

2 2.

Zadanie

Dany jest sześcian ABCDA1B1C1D1.

Punkt O jest punktem przecięcia prze-

kątnych kwadratu BCC1B1 (rysunek

obok).

Wykaż, że odcinek DO jest prostopadły

do odcinka BC1.

Założenie: sześcian ABCDA1B1C1D1,

O – punkt przecięcia przekątnych ściany

BCC1B1

Teza:

DO BC1

Dowód:

Rozpatruję trójkąt DBC1. Jest to trójkąt równo-

ramienny, ponieważ

|DB| = |DC1|.

Punkt O (jako punkt przecięcia przekątnych

kwadratu) dzieli przekątną BC1 na połowy.

Odcinek DO jest więc środkową poprowadzoną

w trójkącie równoramiennym DBC1 do podstawy

BC1, jest więc wysokością w tym trójkącie, zatem

DO BC1