Zbior Zadan Maturalnych z Matematyki

5/23/2018 Zbior Zadan Maturalnych z Matematyki

1/125


2/125


3/125

Zbir zada

maturalnych

z matematyki

Centralna Komisja Egzaminacyjna

Warszawa 2012


4/125

Publikacja wspfinansowana ze rodkw Unii Europejskiejw ramach Europejskiego Funduszu Spoecznego.

Publikacja jest dystrybuowana bezpatnie.

Publikacja opracowana przez Centralny Zesp Ekspertw Matematycznychdziaajcy w ramach projektu: Pilota nowych egzaminw maturalnychrealizowanego przez Centraln Komisj Egzaminacyjn:

Henryk DbrowskiElbieta DittmajerMieczysaw FaatWojciech GuzickiHalina KaekPiotr Ludwikowski

Edyta MarczewskaAnna OlechnowiczMarian PacholakMaria Pajk-MajewskaWaldemar RoekElbieta Sepko-GuzickaAgata SiwikLeszek SochaskiEdward Stachowski

Skad:Jakub Pochrybniak

Wydawca:Centralna Komisja EgzaminacyjnaWarszawa 2012

ISBN 978-83-7400-276-9


5/125

Spis treci

Wstp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1. Liczby rzeczywiste i wyraenia algebraiczne . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2. Rwnania i nierwnoci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

3. Funkcje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

4. Cigi liczbowe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

5. Trygonometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

6. Planimetria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

7. Geometria na paszczynie kartezjaskiej . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

8. Stereometria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

9. Elementy statystyki opisowej

Teoria prawdopodobiestwa i kombinatoryka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

Dodatek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95


6/125

Wstp

Zbir zada maturalnych z matematyki zawiera zadania otwarte z prbnych egzaminwmaturalnych, jakie odbyy si w listopadzie 2009 i 2010 roku oraz zadania z egzaminw matu-ralnych w 2010 i 2011 roku. Zadania s pogrupowane tematycznie.

W Dodatku znajduje si 40 propozycji zada ilustrujcych typy zada, jakie mog pojawisi na egzaminie maturalnym na poziomie rozszerzonym od 2015 roku. Cz tych zadaprzedstawiona jest w dwch wersjach: pierwsza w postaci oblicz. . . , druga uzasad-

nij, e. . . tj. w postaci zada na dowodzenie. Jestemy przekonani, e zadania te chozazwyczaj uwaane za trudniejsze s bardziej przyjazne dla ucznia.

W wielu zadaniach podano rne sposoby ich rozwizania. Ma to na celu pokazanie, e dorozwizania zagadnienia mona doj rnymi metodami. Niektre z tych rozwiza zostayzamieszczone w tym zbiorze dlatego, e s typowymi rozwizaniami uczniowskimi, chonaszym zdaniem czsto s zbyt skomplikowane i czasochonne.

Poczwszy od matury w 2010 roku zadania otwarte z matematyki s oceniane tak zwanymsystemem holistycznym, ktry polega na spojrzeniu caociowym na rozwizanie i jest bli-szy sposobowi, w jaki oceniamy rozwizania uczniowskie w szkole. Opis takiego systemu

oceniania zada z matematyki znajduje si na stronie internetowej CKE.Nauczyciele przygotowujcy uczniw do egzaminu maturalnego z matematyki mog korzy-sta rwnie z materiau wiczeniowego, jakim s arkusze egzaminacyjne umieszczone nastronach internetowych CKE i OKE, a przede wszystkim z informatora o egzaminie matu-ralnym z matematyki.

Autorzy


7/125

Rozdzia 1

Liczby rzeczywiste i wyraenia algebraiczne

W dziale dotyczcym liczb rzeczywistych:

Zdajcy powinien opanowa umiejtnoci z poziomu podstawowego, rozwizujc zadania,w ktrych:

a) planuje i wykonuje obliczenia na liczbach rzeczywistych; w szczeglnoci oblicza pier-wiastki, w tym pierwiastki nieparzystego stopnia z liczb ujemnych,

b) bada, czy wynik oblicze jest liczb wymiern,c) wyznacza rozwinicia dziesitne; znajduje przyblienia liczb; wykorzystuje pojcie bduprzyblienia,

d) stosuje pojcie procentu i punktu procentowego w obliczeniach,e) posuguje si pojciem osi liczbowej i przedziau liczbowego; zaznacza przedziay na osi

liczbowej,f) wykorzystuje pojcie wartoci bezwzgldnej i jej interpretacj geometryczn, zaznacza na

osi liczbowej zbiory opisane za pomoc rwna i nierwnoci typu: |x a|= b,|x a| > b,|x a| < b,

g) oblicza potgi o wykadnikach wymiernych oraz stosuje prawa dziaa na potgach o wy-

kadnikach wymiernych i rzeczywistych,h) zna definicj logarytmu i stosuje w obliczeniach wzory na logarytm iloczynu, logarytm

ilorazu i logarytm potgi o wykadniku naturalnym

oraz z poziomu rozszerzonegopowinien opanowa umiejtnoci, w ktrych:

a) stosuje twierdzenie o rozkadzie liczby naturalnej na czynniki pierwsze; wyznacza naj-wikszy wsplny dzielnik i najmniejsz wspln wielokrotno pary liczb naturalnych,

b) stosuje wzr na logarytm potgi i wzr na zamian podstawy logarytmu.

W dziale dotyczcym wyrae algebraicznych:


a) posuguje si wzorami skrconego mnoenia:(a + b)2,(a b)2,(a + b)3,(a b)3, a2b2,a3 + b3, a3 b3,

b) rozkada wielomian na czynniki stosujc wzory skrconego mnoenia, grupowanie wyra-zw, wyczanie wsplnego czynnika poza nawias,

c) dodaje, odejmuje i mnoy wielomiany,

d) wyznacza dziedzin prostego wyraenia wymiernego z jedn zmienn, w ktrym w mia-nowniku wystpuj tylko wyraenia dajce si sprowadzi do iloczynu wielomianw li-niowych i kwadratowych za pomoc przeksztace opisanych w punkcie b),

e) oblicza warto liczbow wyraenia wymiernego dla danej wartoci zmiennej,


8/125

8 1. Liczby rzeczywiste i wyraenia algebraiczne

f) dodaje, odejmuje, mnoy i dzieli wyraenia wymierne; skraca i rozszerza wyraenia wy-mierne;


a) posuguje si wzorem (a 1)1 + a + . . . + an1= an 1,b) wykonuje dzielenie wielomianu przez dwumianxa; stosuje twierdzenie o reszcie z dzie-

lenia wielomianu przez dwumian x a,c) stosuje twierdzenie o pierwiastkach wymiernych wielomianu o wspczynnikach cakowi-

tych.

Poziom podstawowy

Zadanie 1. (Matura maj 2010 zadanie 30 (2 p.))

Wyka, e jeli a > 0, to a2 + 1

a + 1a + 1

2 .

I sposb rozwizania

Poniewa a > 0, wic mnoc obie strony nierwnoci przez 2(a + 1), otrzymujemy kolejnonierwnoci rwnowane z dowodzon:

2a2 + 1 (a + 1)2

2a2 + 2a2 + 2a + 1a2 2a + 1 0

(a 1)2 0.

Nierwno ta jest speniona dla kadego a, co koczy dowd.

II sposb rozwizania

Przeksztacamy nierwno w sposb rwnowany:

a2 + 1

a + 1

a + 1

2 0

2

a2 + 1

(a + 1)2

2 (a + 1) 0

a2 2a + 1

2 (a + 1) 0

(a 1)2

2 (a + 1)0.


9/125

Poziom podstawowy 9

Licznik uamka po lewej stronie nierwnoci jest nieujemny, a mianownik jest dodatni (po-niewa zgodnie z zaoeniem a > 0), wic uamek jest liczb nieujemn, co koczy dowd.

Zadanie 2. (Prba 2010 zadanie 30 (2 p.))

Uzasadnij, e jeli

a

2

+ b

2c

2

+ d

2= (ac + bd)

2

, to ad = bc.

Rozwizanie

Przeksztacajc rwno

a2 + b2

c2 + d2

= (ac + bd)2, otrzymujemy kolejno:

a2c2 + a2d2 + b2c2 + b2d2 = a2c2 + 2abcd+ b2d2

a2d2 2abcd+ b2c2 = 0

(ad bc)2

= 0,

std

ad = bc.


Uzasadnij, e jeeli a + b = 1i a2 + b2 = 7, to a4 + b4 = 31.

I sposb rozwizania

Poniewa a + b = 1, wic (a + b)2 = 1, czyli a2 + 2ab + b2 = 1.

Poniewa a2 + b2 = 7, wic 2ab+ 7 = 1. Std ab = 3, wic a2b2 = (ab)2 = 9.

Wyraenie a4 + b4 moemy potraktowa jako sum kwadratw

a22

+

b22

, a nastp-nie wykorzystujc wzr skrconego mnoenia na kwadrat sumy, przeksztaci to wyraeniew nastpujcy sposb: a4 + b4 =

a2 + b2

2 2a2b2 = 72 2 9 = 31.

II sposb rozwizania

Przeksztacamy tez w sposb rwnowany:

a4

+ b4

= 31a2 + b2

2 2a2b2 = 31.

Poniewa z zaoenia

a2 + b2 = 7,

wic

49 2a2b2 = 31,

std

a2b2 = 9.


10/125


Wystarczy zatem udowodni, e a2b2 = 9. Korzystamy z zaoe a2 + b2 = 7oraz a + b = 1i otrzymujemy:

7 = a2 + b2 = (a + b)2

2ab = 1 2ab.

Std ab = 3. Zatema2b2 = 9, co koczy dowd.

III sposb rozwizania

Tak jak w sposobie I obliczamy ab = 3.

Z zaoenia wiemy, e a + b = 1, wic (a + b)4 = 14 = 1.

Korzystamy ze wzoru dwumianowego Newtona i otrzymujemy:

(a + b)4

= a4 +4a3b + 6a2b2 +4ab3 + b4 = a4 +4ab

a2 + b2

+ 6 (ab)2

+ b4 =

= a4 + b4 +4 (3) 7 + 6 (3)2 = a4 + b4 84 + 54 = a4 + b4 30.

Zatem 1 = a4

+ b4

30.Std a4 + b4 = 31.

IV sposb rozwizania

Rozwizujemy ukad rwna:

a2 + b2 = 7

a + b = 1.

Std

a =1 13

2

b =1 +

13

2

lub

a =1 +13

2

b =1

13

2 .

Oto trzy przykadowe sposoby rozwizania ukadu rwna

a2 + b2 = 7

a + b = 1.

I sposbPodstawiamy b = 1 ado rwnania a2 + b2 = 7, skd otrzymujemy rwnanie

a2

+ (1 a)2

= 7, ktre jest rwnowane rwnaniu 2a2

2a 6 = 0, czyli

a2 a 3 = 0.

Rozwizaniami tego rwnania s liczby 1

13

2 oraz

1 +

13

2 . Zatem ukad rwna ma

dwa rozwizania:

a =1

13

2

b =1 +

13

2

lub

a =1 +

13

2

b =1

13

2 .

II sposbOznaczamy: a =

1

2+ x, b =

1

2 x.


11/125

Poziom podstawowy 11

Wtedya2 +b2 =1

2+2x2 = 7, std2x2 =

13

2, czylix2 =

13

4. Zatemx =

13

2 lubx =

13

2 .

Ukad rwna ma wic dwa rozwizania:

a =

1

13

2

b =1 +132

lub a =

1 +

13

2

b =1 132

.

III sposbObliczamy ab = 3tak jak w I sposobie rozwizania. Mamy zatem ukad rwna:

a + b = 1

ab = 3.

Std otrzymujemy rwnanie a(1 a) = 3, czyli a2 a 3 = 0. Zatem a =1

13

2 lub

a =1 +132

. Ukad rwna ma wic dwa rozwizania:

a =1

13

2

b =1 +

13

2

lub

a =1 +

13

2

b =1

13

2 .

Obliczamy a4 + b4:

a4 + b4 =1 +

13

2

4

+1

13

2

4

=

=

1

2+

13

2

4+

1

2

13

2

4=

= 2

1

2

4+ 12

1

2

2

13

2

2+ 2

13

2

4=

=1

8+ 3 13

4 +

169

8 =

248

8 = 31.

Uwaga 1.

Przy obliczaniu sumy (x+y)4 +(xy)4 warto zauway, e skadniki pierwszy, trzeci i pityw rozwiniciach obu wyrae(x+y)4 i (xy)4 s takie same, za skadniki drugi i czwartysi redukuj.

Uwaga 2.

Mona te tak:

a4 =1 +

13

2 4

=

1 +

13

2 2

2

=1 + 2

13 + 13

4 2

=14 + 2

13

4 2

=7 +

13

2 2

=

=49 + 14

13 + 13

4 =

62 + 14

13

4 =

31 + 7

13

2 albo a4 =

1

13

2

4=

31 7

13

2


12/125


oraz

b4 =

1

13

2

4=

1 13

2

22

=

1 2

13 + 13

4

2=

14 2

13

4

2=

7

13

2

2=

=49 1413 + 134

=62 14134

=31 7132

albo b4 =

1 +132

4=31 + 713

2 .

Zatem, w obu przypadkach, a4 + b4 =31 + 7

13

2 +

31 7

13

2 = 31.

Poziom rozszerzony


Uzasadnij, e dla kadej liczby cakowitej kliczba k6 2k4 + k2 jest podzielna przez36.

Rozwizanie

Przeksztacamy wyraeniek6 2k4 + k2 do postaci:

k2(k4 2k2 + 1) = k2

k2 12

= [(k 1) k(k+ 1)]2

.

Wrd trzech kolejnych liczb cakowitychk1,k,k+1jest co najmniej jedna liczba parzysta

i dokadnie jedna liczba podzielna przez 3. Iloczyn tych liczb jest podzielny przez 6, a jejkwadrat przez 36.

Zatem liczba postaci k6 2k4 + k2, gdzie kjest liczb cakowit, jest podzielna przez 36.


Wyznacz wartoci wspczynnikw a i b wielomianu W(x) = x3 + ax2 + bx + 1 wiedzc, eW(2) = 7oraz e reszta z dzielenia W(x)przez dwumian x 3jest rwna 10.

I sposb rozwizaniaPoniewa reszta z dzielenia W(x)przez dwumian x 3jest rwna 10 oraz W(2) = 7, wic

8 +4a + 2b + 1 = 7

27 + 9a + 3b + 1 = 10.

Rwnanie 27 +9a+3b+1 = 10moemy otrzyma z warunkuW(3) = 10lub wykonujc dzie-lenie wielomianw i zapisujc, e reszta z dzielenia jest rwna 10.

Rozwizujemy ukad rwna:

4a + 2b = 29a + 3b = 18,

b = 2a 19a 6a 3 = 18,

a = 5b = 9.

Wspczynnikiai b wielomianu W(x)s rwne: a = 5, b = 9.


13/125

Poziom rozszerzony 13

II sposb rozwizania

Zapisujemy wielomian W(x)w postaci W(x) = (x 3)(x2 + cx + d) + 10, std po przekszta-ceniach

W(x) = x3 + (c 3)x2 + (d 3c)x 3d + 10.

Warunek W(2) = 7 zapisujemy w postaci 8 +4a + 2b + 1 = 7. Otrzymujemy zatem ukadrwna

8 +4a + 2b + 1 = 7

a = 3 + c

b = 3c + d

1 = 3d + 10.

Rozwizujemy ukad rwna i otrzymujemy:

d=

3c = 2

b = 9

a = 5.

Wspczynnikiai b wielomianu W(x)s rwne: a = 5, b = 9.


Uzasadnij, e jeeli a= b, a

= c, b

= ci a + b = 2c, to

a

a c+

b

b c= 2.

I sposb rozwizania

Przeksztacamy tez w sposb rwnowany.

Mnoymy obie strony rwnocia

a c+

b

b c= 2

przez(a c) (b c)(z zaoenia (a c)(b c)= 0) i otrzymujemy:

a (b c) + b (a c) = 2 (a c) (b c) ,

czyliab ac + ab bc = 2ab 2ac 2bc + 2c2.

Std otrzymujemy2c2 ac bc = 0,

czylic (2c a b) = 0.

Ta ostatnia rwno jest prawdziwa, bo z zaoenia 2c a b = 0. Zatem teza te jest praw-dziwa.


14/125


II sposb rozwizania

Z rwnania a + b = 2cwyznaczamy b = 2c ai wstawiamy do danego wyraenia:

a

a c+

b

b c=

a

a c+

2c a

2c a c=

a

a c+

2c a

c a =

a (2c a)

a c =

2 (a c)

a c = 2.

Uwaga

Z rwnania a + b = 2cmona take wyznaczy zmienna lub c.


Z rwnaniaa +b = 2cotrzymujemyc a = bc, wic cig(a, c, b)jest arytmetyczny. Niechroznacza rnic tego cigu arytmetycznego. Wtedy c = a + r, b = a + 2r.

Wstawiamy ci bdo danego wyraenia:

a

a c+

b

b c=

a

a (a + r)+

a + 2r

a + 2r (a + r)=

a

r+

a + 2r

r =

a + a + 2r

r =

2r

r = 2.

Uwaga

Moemy te zauway, e a c = c bi przeksztaci wyraenie bez wprowadzania r, np.

a

a c+

b

b c=

a

c b+

b

b c=

a b

c b=

2c b b

c b =

2c 2b

c b = 2.


Rysunek przedstawia fragment wykresu funkcjif(x) = 1

x2. Poprowadzono prost rwnoleg

do osi Ox, ktra przecia wykres tej funkcji w punktachAi B.

Niech C = (3, 1). Wyka, e pole trjkta ABCjest wiksze lub rwne 2.

4 3 2 1 4321

4

3

2

1

1

x

y


15/125


I sposb rozwizania

Zapisujemy wsprzdne dwch punktw lecych na wykresie funkcjif (x)= 1

x2oraz na pro-

stej rwnolegej do osi Ox, np. A =

x, 1

x2

, B =

x,

1

x2

, gdzie x > 0.

Zapisujemy pole trjkta ABC, gdzie C = (3, 1)w zalenoci od jednej zmiennej

PABC (x)=2 x 1

x2+ 1

2

=1

x+ x.

Naley jeszcze udowodni, e 1

x+ x 2, dla dowolnego x > 0.

Mnoymy obie strony nierwnoci przez x> 0 i otrzymujemy nierwno rwnowan1+x22x,czylix2 2x+10, a wic nierwno (x 1)2 0, ktra jest prawdziwa. To koczy dowd.

Uwaga

Nierwno 1

x+x2dla x > 0mona take udowodni powoujc si na twierdzenie o sumie

liczby dodatniej i jej odwrotnoci lub powoujc si na nierwno midzy redni arytme-

tyczn i geometryczn dla dodatnich liczb xoraz 1

x:

x + 1x

2

x 1

x=

1 = 1.

Std 1

x

+ x

2.

II sposb rozwizania

Rozwaamy prost o rwnaniu y = k, gdzie k > 0, rwnoleg do osi Ox. Ta prosta przecina

wykres funkcji f(x) = 1

x2w punktach A i B. Zatem

1

x2= k, std x2 =

1

k, czyli x = 1

k.

Zapisujemy wsprzdne punktwAi B: A =

1k

, k

, B =

1k

, k

, gdzie k > 0.

Zapisujemy pole trjkta ABC, gdzie C =(3, 1)w zalenoci od jednej zmiennej k:

PABC (k) =12 2

k(k+ 1) =k+ 1

k.

Wystarczy wobec tego udowodni, e dla dowolnej liczbyk>0zachodzi nierwnok+ 1

k2.

Przeksztacamy t nierwno, w nastpujcy sposb:

k+ 1 2

k

k 2

k+ 1 0

k 12

0.Ta nierwno jest prawdziwa. To koczy dowd.


16/125

Uwaga

Nierwnok+ 1

k2dlak > 0mona take udowodni powoujc si na twierdzenie o sumie

liczby dodatniej i jej odwrotnoci lub powoujc si na nierwno midzy redni arytme-tyczn i geometryczn dla dodatnich liczb koraz 1:

k+ 1

2 k1 =k.


17/125

Rozdzia 2

Rwnania i nierwnoci

W dziale dotyczcym rwna i nierwnoci:


a) rozwizuje rwnania i nierwnoci kwadratowe; zapisuje rozwizanie w postaci sumyprzedziaw,

b) rozwizuje zadania (rwnie umieszczone w kontekcie praktycznym), prowadzce dorwna i nierwnoci kwadratowych,c) rozwizuje ukady rwna, prowadzce do rwna kwadratowych,d) rozwizuje rwnania wielomianowe metod rozkadu na czynniki,e) rozwizuje proste rwnania wymierne, prowadzce do rwna liniowych lub kwadrato-

wych, np. x + 1

x + 3= 2;

x + 1

x = 2x,

f) rozwizuje zadania (rwnie umieszczone w kontekcie praktycznym), prowadzce doprostych rwna wymiernych

oraz z poziomu rozszerzonegopowinien opanowa umiejtnoci, w ktrych:a) stosuje wzory Vietea,b) rozwizuje rwnania i nierwnoci kwadratowe z parametrem, przeprowadza dyskusj

i wyciga z niej wnioski,c) rozwizuje rwnania i nierwnoci wielomianowe,

d) rozwizuje proste rwnania i nierwnoci wymierne, np. x + 1

x + 3> 2;

x + 1

x < 3,

e) rozwizuje proste rwnania i nierwnoci z wartoci bezwzgldn, typu:|x + 1|+2> 3;

|x + 1|+ |x + 2| < 3.

Poziom podstawowy


Rozwi nierwno 3x2 10x + 3 0.

Rozwizanie

Rozwizanie nierwnoci kwadratowej skada si z dwch etapw.

Pierwszy etapmoe by realizowany na 2sposoby:


18/125

18 2. Rwnania i nierwnoci

I sposb rozwizania(realizacja pierwszego etapu)

Znajdujemy pierwiastki trjmianu kwadratowego 3x2 10x + 3:

obliczamy wyrnik tego trjmianu: = 100 4 3 3 = 64 i std x1= 10 86

=1

3 oraz

x2=10 + 8

6 = 3

albo

stosujemy wzory Vietea: x1 + x2=10

3 oraz x1 x2= 1i std x1=1

3oraz x2= 3

albo

podajemy je bezporednio, np. zapisujc pierwiastki trjmianu lub posta iloczynowtrjmianu:

x1= 13

, x2= 3 lub 3

x 13

(x 3) ,

lub zaznaczajc na wykresie:

4 3 2 1 54321

8

7

6

5

4

3

2

1

5

4

3

2

1

x

y

II sposb rozwizania(realizacja pierwszego etapu)

Wyznaczamy posta kanoniczn trjmianu kwadratowego3x2 10x+3i zapisujemy nierw-no w postaci, np.

3x 10

6 2

64

120 , std3x

10

6 2

64

36 0,a nastpnie


19/125


przeksztacamy nierwno, tak by jej lewa strona bya zapisana w postaci iloczynowej:

3

x

10

6

8

6

x 10

6 +

8

6

0,

czyli

3 (x 3) x 13 0albo

przeksztacamy nierwno do postaci rwnowanej, korzystajc z wasnoci wartocibezwzgldnej

x 10

6

264

36

x 106

8

6

.

Drugi etap rozwizania:

Podajemy zbir rozwiza nierwnoci w jednej postaci:1

3x3 lub

1

3, 3

, lub x

1

3, 3

.


Rozwi rwnanie x3 7x2 + 2x 14 = 0.

I sposb rozwizaniaPrzedstawiamy lew stron rwnania w postaci iloczynowej, stosujc metod grupowaniawyrazw:

x3 7x2 + 2x 14 = x2 (x 7) + 2 (x 7) =

x2 + 2

(x 7) .

Z rwnania

x2 + 2

(x 7) = 0otrzymujemy x2 + 2 = 0lub x 7 = 0.

Rwnanie x2 + 2 = 0nie ma rozwiza rzeczywistych. Rozwizaniem rwnania x 7 = 0jestliczba 7.

Odpowied: Jedynym rozwizaniem rwnania x3 7x2 + 2x 14 = 0jest x = 7.

II sposb rozwizania

Rozwamy wielomian W(x) = x3 7x2 + 2x 14. Cakowite dzielniki wyrazu wolnego tegowielomianu to:1, 2, 7, 14.W(7) = 73 7 72 + 2 7 14 = 0, wic x = 7jest pierwiastkiem wielomianu.Dzielimy wielomianW(x)przez dwumian (x 7):

x2 + 2

x3 7x2 + 2x 14 : (x 7)

x

3

+ 7x

2

2x 14

2x + 14

= =


20/125


Z rwnania

x2 + 2

(x 7) = 0otrzymujemy x2 + 2 = 0lub x 7 = 0. Rwnanie x2 +2 = 0niema rozwiza rzeczywistych, zatem jedynym rozwizaniem podanego rwnania jest x = 7.


Rozwi rwnanie x3

7x

2

4x + 28 = 0.

I sposb rozwizania

Przedstawiamy lew stron rwnania w postaci iloczynowej stosujc metod grupowaniawyrazw:

x

x2 4

7

x2 4

= 0 lub x2 (x 7) 4 (x 7) = 0,

std(x 7)

x2 4

= 0,

czyli(x 2) (x + 2) (x 7) = 0.

Std x = 7lub x = 2lub x = 2.

II sposb rozwizania

Stwierdzamy, e liczba2jest pierwiastkiem wielomianux3 7x2 4x+28. Dzielimy wielo-mianx3 7x2 4x+28przez dwumianx2. Otrzymujemy ilorazx2 5x14. Zapisujemyrwnanie w postaci (x 2)

x2 5x 14

= 0. Std (x 2) (x + 2) (x 7) = 0 i x = 7 lub

x = 2lub x = 2.

Albo

stwierdzamy, e liczba 2 jest pierwiastkiem wielomianu x3 7x2 4x + 28. Dzielimywielomian x3 7x2 4x + 28 przez dwumian x + 2. Otrzymujemy iloraz x2 9x + 14.Zapisujemy rwnanie w postaci (x + 2)

x2 9x + 14

= 0. Std (x + 2) (x 2) (x 7) = 0

i x = 2lub x = 2lub x = 7.

Albo

stwierdzamy, e liczba 7 jest pierwiastkiem wielomianu x3

7x

2

4x+ 28. Dzielimy wie-lomian x3 7x2 4x + 28 przez dwumian x 7. Otrzymujemy iloraz x2 4. Zapisujemyrwnanie w postaci (x 7)

x2 4

= 0. Std (x 2) (x + 2) (x 7) = 0 i x = 7 lub x = 2

lubx = 2.


Rozwi rwnanie x3 + 2x2 5x 10 = 0.

I sposb rozwizania

Przedstawiamy lew stron rwnania w postaci iloczynowej, stosujc metod grupowaniawyrazw

(x + 2)

x2 5

= 0.


21/125


Std x = 2lub x =

5lub x =

5.

II sposb rozwizania

Stwierdzamy, e liczba2jest pierwiastkiem wielomianu. Dzielimy wielomian

x3 + 2x2 5x 10

przez dwumianx + 2i otrzymujemy x2 5. Zapisujemy rwnanie w postaci

(x + 2)

x2 5

= 0.

Std x = 2lub x =

5lub x =

5.


Ucze przeczyta ksik liczc 480 stron, przy czym kadego dnia czyta jednakow liczbstron. Gdyby czyta kadego dnia o 8 stron wicej, to przeczytaby t ksik o 3 dniwczeniej. Oblicz, ile dni ucze czyta t ksik.

Rozwizanie

Oznaczamy: x liczba stron przeczytanych kadego dnia,y liczba dni, w cigu ktrychucze przeczyta ksik.

Zapisujemy i rozwizujemy ukad rwna:

x y =480(x + 8) (y 3) =480.

Z pierwszego rwnania wyznaczamy x: x =480

y i podstawiamy do drugiego rwnania

480

y + 8

(y 3) =480,

skd otrzymujemy rwnanie rwnowane:

(480 + 8y) (y 3) =480y.

Po uporzdkowaniu otrzymujemy rwnanie y2 3y 180 = 0, ktre ma dwa rozwizaniay = 12oraz y = 15.

Odpowied: Ucze przeczyta ksik w cigu 15dni.


W dwch hotelach wybudowano prostoktne baseny. Basen w pierwszym hotelu ma po-wierzchni 240 m2. Basen w drugim hotelu ma powierzchni 350 m2 oraz jest o 5 m duszyi 2 m szerszy ni w pierwszym hotelu. Oblicz, jakie wymiary mog mie baseny w obu

hotelach. Podaj wszystkie moliwe odpowiedzi.


22/125


Rozwizanie

Oznaczmy przez x dugo (w metrach) basenu w pierwszym hotelu i przez y szeroko(w metrach) tego basenu. Zapisujemy ukad rwna:

x y = 240(x + 5) (y + 2) = 350.Przeksztacamy drugie rwnanie w sposb rwnowany:xy+2x+5y+10=350, podstawiamydo tego rwnaniax y = 240i wyznaczamy z tego rwnania niewiadomx:x =100 5y

2 . Wy-

znaczon wartoxpodstawiamy do pierwszego rwnania 100 5y

2 y = 240i doprowadzamy

to rwnanie do postaci rwnania:y2 20y+96=0, ktre ma dwa rozwizania:y1 =8, y2 =12.Zatem:

jeeli y = 8, to x = 30 i wtedy basen w pierwszym hotelu ma wymiary 30 m8m, zabasen w drugim hotelu: 35 m10m;

jeeliy = 12, to x = 20i wtedy basen w pierwszym hotelu ma wymiary 20 m12m, zabasen w drugim hotelu: 25 m14m.


Przeciwprostoktna trjkta prostoktnego jest dusza od jednej przyprostoktnej o 1cmi od drugiej przyprostoktnej o 32 cm. Oblicz dugoci bokw tego trjkta.

Rozwizanie

Niech xoznacza dugo przeciwprostoktnej. Zauwaamy, e x > 32. Korzystajc z twier-dzenia Pitagorasa, otrzymujemy rwnanie (x 1)2 + (x 32)2 = x2 i x > 32.

Po przeksztaceniach otrzymujemy rwnanie

x2 66x + 1025 = 0.

Wtedyx1= 25(sprzeczne z zaoeniem) oraz x2=41.

Odpowied: Przeciwprostoktna ma dugo41cm, jedna przyprostoktna ma dugo 9cm,a druga ma dugo 40 cm.


Droga z miastaAdo miastaBma dugo474km. Samochd jadcy z miasta Ado miastaBwyrusza godzin pniej ni samochd z miasta B do miastaA. Samochody te spotykaj siw odlegoci300 km od miasta B. rednia prdko samochodu, ktry wyjecha z miasta A,liczona od chwili wyjazdu z A do momentu spotkania, bya o 17 km/h mniejsza od redniejprdkoci drugiego samochodu liczonej od chwili wyjazdu z B do chwili spotkania. Obliczredni prdko kadego samochodu do chwili spotkania.

I sposb rozwizania

Niech voznacza redni prdko samochodu, ktry wyjecha z miasta Bi niech toznaczaczas od chwili wyjazdu tego samochodu do chwili spotkania.


23/125


Obliczamy, jak drog do chwili spotkania pokona samochd jadcy z miasta A: 174km.

Zapisujemy ukad rwna: v t = 300(v 17) (t 1) = 174.

Przeksztacamy drugie rwnanie uwzgldniajc warunek v t=

300i otrzymujemy:v = 143 17t.

Otrzyman warto v podstawiamy do pierwszego rwnania i otrzymujemy:

17t2 143t + 300 = 0.

Rozwizaniami tego rwnania s liczby:

t1=75

17

=47

17

oraz t2=4.

Std v1= 68, v2= 75.

Wtedy:

pierwsze rozwizanie: vA= 51km/h, vB= 68km/h, drugie rozwizanie: vA= 58km/h, vB= 75km/h.

Niech vA oznacza prdko samochodu jadcego z miasta A, a vB oznacza prdko samo-chodu jadcego z miasta B.

Obliczenie prdkoci obu samochodw: vA= 58 /vB= 75 / lub vA= 51 /vB= 68 / .Uwaga

Moemy otrzyma inne rwnania kwadratowe z jedn niewiadom:

17t2A 109tA + 174 = 0 lub v2A 109vA + 2958 = 0, lub v

2B 143vB + 5100 = 0.

II sposb rozwizania

Niech vA oznacza redni prdko samochodu, ktry wyjecha z miasta A, za vB oznaczaredni prdko samochodu, ktry wyjecha z miasta B oraz niech t oznacza czas od chwiliwyjazdu samochodu z miasta Bdo chwili spotkania samochodw.

Obliczamy, jak drog do chwili spotkania pokona samochd jadcy z miasta A: 174km.

Zapisujemy rwnania:vA = 174

t 1,vB =

300

t , wwczas otrzymujemy rwnanie

174

t 1+17=

300

t .

Przeksztacamy to rwnanie do rwnania kwadratowego 17t2 143t+ = .

Rozwizaniami tego rwnania s liczby: t1=75

17=4

7

17 , t2=4.

Dlat1 =75

17=4

7

17otrzymujemyvA =51, vB =68oraz dlat2 =4otrzymujemyvA =58, vB =75.


24/125


Obliczenie prdkoci obu samochodw:

vA= 58 /

vB= 75 / lub

vA= 51 /

vB= 68 /


Pewien turysta pokona tras112 km, przechodzc kadego dnia t sam liczb kilometrw.Gdyby mg przeznaczy na t wdrwk o 3dni wicej, to w cigu kadego dnia mgbyprzechodzi o 12km mniej. Oblicz, ile kilometrw dziennie przechodzi ten turysta.

I sposb rozwizania

Niechx oznacza liczb dni wdrwki, y liczb kilometrw przebytych kadego dnia przezturyst, gdzie x, y > 0. Drog przebyt przez turyst opisujemy rwnaniem x y = 112.Turysta moe przeznaczy na wdrwk o 3 dni wicej, idc kadego dnia o 12km mniej,wwczas zapisujemy rwnanie:(x + 3) (y 12) = 112.

Zapisujemy ukad rwna, np. x y = 112(x + 3) (y 12) = 112.

Z pierwszego rwnania wyznaczamy np.y =112

x. Podstawiamy do drugiego rwnania otrzy-

mujc

(x + 3)

112

x 12

= 112.

Sprowadzamy to rwnanie do rwnania kwadratowego: x2+3x28=0, ktrego rozwizaniami

s x1=3 11

2 = 7 i x2=

3 + 11

2 =4. Odrzucamy rozwizanie x1, gdy jest sprzeczne

z zaoeniem x > 0. Obliczamy y:y =

112

4 = 28.

Odp.: Turysta przechodzi dziennie 28 km.

Uwaga

Moemy z rwnania x y = 112 wyznaczy x =112y

, otrzyma rwnanie y2 12y 448 = 0,

ktrego rozwizaniami sy1=12 44

2

= 16(sprzeczne z za. y > 0), y2=12 +44

2

= 28.

Odp.: Turysta przechodzi dziennie 28 km.

II sposb rozwizania

Niechx oznacza liczb dni wdrwki, y liczb kilometrw przebytych kadego dnia przezturyst, gdzie x, y > 0. Drog przebyt przez turyst opisujemy rwnaniem x y = 112.Turysta moe przeznaczy na wdrwk o 3 dni wicej, idc kadego dnia o 12km mniej.Zapisujemy rwnanie: (x + 3) (y 12) = 112.

Zapisujemy ukad rwna, np. x y = 112(x + 3) (y 12) = 112.


25/125


Std otrzymujemy kolejno x y = 112x y 12x + 3y 36 = 112,

x y = 112112 12x + 3y 36 = 112, x y = 11212x + 3y 36 = 0.

Otrzymujemy rwnanie4xy+12=0, std wyznaczamyxluby, podstawiamy do pierwszegorwnania i dalej postpujemy tak jak w I sposobie rozwizania.


Niechx oznacza liczb dni wdrwki, y liczb kilometrw przebytych kadego dnia przez

turyst, gdzie x, y > 0. Liczb kilometrw przebytych kadego dnia przez turyst opisujemyrwnaniem y =

112

x .

Turysta moe przeznaczy na wdrwk o 3 dni wicej, idc kadego dnia o 12km mniej,

wwczas zapisujemy rwnanie: 112

x =

112

x + 3+ 12.

Przeksztacamy to rwnanie do postaci x2 + 3x 28 = 0.

Rozwizaniem rwnania s: x1 =3 11

2 =7 (sprzeczne z zaoeniem x> 0) i x2 =

3 + 11

2 =4.

Obliczamy y: y =112

4 = 28.

Odp.: Turysta przechodzi kadego dnia 28km.

Poziom rozszerzony


Rozwi nierwno |2x +4|+ |x 1|

6.

I sposb rozwizania

Wyrniamy na osi liczbowej parami rozczne przedziay, ktrych sum jest zbir liczbrzeczywistych, np.:(, 2),2, 1) ,1,) .Rozwizujemy nierwnoci w poszczeglnych przedziaach i w kadym z nich bierzemy czwspln tego przedziau z otrzymanym zbiorem rozwiza nierwnoci.


26/125


x (, 2) x 2, 1) x 1,)2x 4 x + 1 63x 9x3W tym przypadku

rozwizaniem nierwnocijest 3 x < 2.

2x +4 x + 1 6x 1W tym przypadkurozwizaniem nierwnoci

jest 2 x < 1.

2x +4 + x 1 63x 3x 1W tym przypadku

rozwizaniem nierwnocijest x = 1.

czymy otrzymane rozwizania i podajemy odpowied w jednej z postaci: 3 x 1lubx 3, 1lub3, 1.

II sposb rozwizania(graficznie)

Zapisujemy nierwno |2x +4|+ |x 1| 6w postaci, np. |2x +4||x 1|+ 6.Rysujemy wykresy funkcji: y =|2x +4|oraz y = |x 1|+ 6.

Odczytujemy odcite x=

3,x=

1punktw przecicia wykresw obu funkcji i sprawdzamy,czy dla kadego z tych argumentw wartoci obu funkcji s rwne.

6 5 4 3 2 1 7654321

7

6

5

4

3

2

1

1

x

y

Sprawdzamy, e punkty (3, 2)oraz (1, 6)s punktami przecicia wykresw.

Zapisujemy odpowied: x 3, 1.


Wyznacz wszystkie wartoci parametru m, dla ktrych rwnanie x2 + mx + 2 = 0 ma dwarne pierwiastki rzeczywiste takie, e suma ich kwadratw jest wiksza od 2m2 13.

I sposb rozwizania

Zapisujemy warunki, jakie musz by spenione, aby rwnanie x2 + mx + 2 = 0 miao dwarne pierwiastki rzeczywiste takie, e suma ich kwadratw jest wiksza od 2m2 13:

> 0

x21 + x22 > 2m

2 13.

Rozwizujemy pierwsz nierwno tego ukadu:

= m2 8 > 0wtedy i tylko wtedy, gdy m

, 2222,.


27/125


Aby rozwiza drug nierwno, najpierw przeksztacimy jej lew stron, korzystajc zewzorw Vietea:

x21 + x22= (x1 + x2)

2 2x1x2= (m)

2 2 2 = m2 4.

Rozwizujemy nierwno:

m2 4 > 2m2 13, ktra jest rwnowana nierwnoci m2 9 < 0, wic m (3, 3).Zatem rwnanie x2 + mx + 2 = 0 ma dwa rne pierwiastki rzeczywiste takie, e suma ich

kwadratw jest wiksza od 2m2 13, dla m

3, 2

2

2

2, 3

.

II sposb rozwizania

Zapisujemy ukad nierwnoci:

> 0

x21 + x22 > 2m

2 13.

Rozwizujemy pierwsz nierwno tego ukadu:

= m2 8 > 0wtedy i tylko wtedy, gdy m

, 2222,.Obliczamy pierwiastki rwnania kwadratowego:

x1=m+

m2 8

2 , x2=

m

m2 8

2 .

Obliczamy sum kwadratw pierwiastkw rwnania kwadratowego:

x21 + x22=

m+

m

2

822

+

m

m

2

822

=

=m2 2m

m2 8 + m2 8

4 +

m2 + 2m

m2 8 + m2 8

4 =

=2m2 + 2m2 16

4 = m2 4.

Rozwizujemy drug nierwno:

m2 4 > 2m2 13,

ktra jest rwnowana nierwnoci m2

9 < 0, wic m (3, 3).Zatem rwnanie x2 + mx + 2 = 0 ma dwa rne pierwiastki rzeczywiste takie, e suma ich

kwadratw jest wiksza od 2m2 13, dla m

3, 2

2

2

2, 3

.


Wyznacz wszystkie wartoci parametru m, dla ktrych rwnanie x24mxm3+6m2+m2=0ma dwa rne pierwiastki rzeczywiste x1, x2 takie, e (x1 x2)2 < 8(m+ 1).

I sposb rozwizaniaZapisujemy warunki, jakie musz by spenione, aby rwnanie

x2 4mx m3 + 6m2 + m 2 = 0


28/125


miao dwa rne pierwiastki rzeczywiste x1, x2 takie, e (x1 x2)2 < 8(m+ 1): > 0

(x1 x2)2

< 8 (m+ 1) .

Obliczamy = 16m2

4(m3

+ 6m2

+ m 2).Nierwno 16m24(m3+6m2+m2)>0jest rwnowana nierwnoci m32m2m+2> 0,czyli (m+ 1) (m 1) (m 2) > 0.

Zatem m (1, 1)(2, +).Przeksztacamy nierwno x212x1x2+x

22 0 ,

(m+ 1) (m 1) (m 2) > 0.

Zatem m (1, 1)(2, +).Nastpnie wyznaczamy pierwiastki x1 , x2:

x1=4m

4 (m3 2m2 m+ 2)

2 , x2=

4m+

4 (m3 2m2 m+ 2)

2 .

Wwczas

x1 x2=4m 2

m3 2m2 m+ 2

2

4m+ 2

m3 2m2 m+ 2

2 =

=4m 2

m3 2m2 m+ 2 4m 2

m3 2m2 m+ 2

2 =

=4

m3 2m2 m+ 2

2

= 2m3 2m2 m+ 2i std

(x1 x2)2

=

2

m3 2m2 m+ 22

=4

m3 2m2 m+ 2

.


29/125

Z warunku (x1 x2)2 < 8(m+ 1)otrzymujemy nierwno4

m3 2m2 m+ 2

< 8(m+ 1).

Std m3 2m2 3 m < 0, czyli m

m2 2m 3

< 0, m(m+ 1) (m 3) < 0.

Zatem m (

, 1)(0, 3).

Wyznaczamy te wartoci parametru m, dla ktrych obie nierwnoci >0 i(x1x2)2


30/125

Rozdzia 3

Funkcje

W dziale dotyczcym funkcji:


a) okrela funkcj za pomoc wzoru, tabeli, wykresu, opisu sownego,b) odczytuje z wykresu funkcji: dziedzin i zbir wartoci, miejsca zerowe, maksymalne

przedziay, w ktrych funkcja ronie, maleje, ma stay znak,c) sporzdza wykres funkcji speniajcej podane warunki,d) potrafi na podstawie wykresu funkcji y = f (x)naszkicowa wykresy funkcji y = f (x + a),

y = f (x) + a, y = f (x), y = f (x),e) sporzdza wykresy funkcji liniowych,f) wyznacza wzr funkcji liniowej,g) wykorzystuje interpretacj wspczynnikw we wzorze funkcji liniowej,h) sporzdza wykresy funkcji kwadratowych,i) wyznacza wzr funkcji kwadratowej,

j) wyznacza miejsca zerowe funkcji kwadratowej,

k) wyznacza warto najmniejsz i warto najwiksz funkcji kwadratowej w przedzialedomknitym,

l) rozwizuje zadania (rwnie umieszczone w kontekcie praktycznym), prowadzce dobadania funkcji kwadratowej,

m) sporzdza wykres, odczytuje wasnoci i rozwizuje zadania umieszczonew kontekcie praktycznym zwizane z proporcjonalnoci odwrotn,

n) sporzdza wykresy funkcji wykadniczych dla rnych podstawi rozwizuje zadania umiesz-czone w kontekcie praktycznym

oraz z poziomu rozszerzonego powinien opanowa umiejtnoci, w ktrych majc danywykres funkcji y = f(x)potrafi naszkicowa:

a) wykres funkcji y =|f(x)|,b) wykresy funkcji y = c f(x), y = f(c x), gdzie fjest funkcj trygonometryczn,c) wykres bdcy efektem wykonania kilku operacji, na przykad y =|f(x + 2) 3|,d) wykresy funkcji logarytmicznych dla rnych podstaw,e) rozwizuje zadania (rwnie umieszczone w kontekcie praktycznym) z wykorzystaniem

takich funkcji.


31/125


Poziom podstawowy


Na rysunku przedstawiono wykres funkcji f.

5 4 3 2 1 87654321

4

3

2

1

3

2

1

x

y

Odczytaj z wykresu i zapisz:

a) zbir wartoci funkcji f,b) przedzia maksymalnej dugoci, w ktrym funkcja fjest malejca.

Rozwizanie

Odczytujemy z wykresu zbir wartoci funkcji:2, 3.Zapisujemy maksymalny przedzia, w ktrym funkcja jest malejca:2, 2.

Poziom rozszerzony


Bok kwadratu ABCDma dugo 1. Na bokach BCi CDwybrano odpowiednio punkty Ei Fumieszczone tak, by |CE|= 2 |DF|. Oblicz warto x =|DF|, dla ktrej pole trjkta AEF

jest najmniejsze.

I sposb rozwizania

A B

CD

E

F

1

1

12x

2x

x 1x


32/125

32 3. Funkcje

Dugoci odcinkw |BE|i |CF|s rwne: |BE|= 1 2x, |CF|= 1 x.

Pole trjkta AEFjest wic rwne:

PAEF= PABCD PABE PECF PFDA= 1 1

2(1 2x)

1

22x (1 x) 1

2x = x2

1

2x +

1

2.

Pole trjkta AEFjest funkcj zmiennej x: P (x) = x2 1

2x +

1

2dlax

0,

1

2

.

Poniewa xw= 1

2

2 =

1

4

0,1

2

, a parabola o rwnaniu y = x2

1

2x +

1

2 ma ramiona

skierowane ku grze, wic dla x =1

4pole trjkta AEFjest najmniejsze.

II sposb rozwizania

A B

CD

E

F

1

1

12x

2x

x 1x

Dugoci odcinkw |BE|i |CF|s rwne: |BE|= 1 2x, |CF|= 1 x.

Pole trjkta AEFjest wic rwne: PAEF= PABCD PABE PECF PFDA.

Pole trjkta AEFjest najmniejsze, gdy suma P pl trjktw ABE, CEFi FDAjest naj-

wiksza. Poniewa PABE=1 2x

2 , PCEF=

2x2

+ 2x

2 = x2 + x, PADF=

1

2xdla x

0,

1

2

,

wic

P(x) =1

2(1 2x + 2x 2x2 + x) =

1

2(2x2 + x + 1) = x2 +

1

2x +

1

2.

Poniewa xw= 1

2

2

=1

40,

1

2, a parabola o rwnaniu y = x2 +

1

2

x +1

2

ma ramiona

skierowane w d, wic dlax =1

4poleP jest najwiksze, a tym samym pole trjktaAEF

jest najmniejsze.


Umieszczamy kwadratABCDw ukadzie wsprzdnych:


33/125

A B

CD

E

F

1

1

12x

2x

x 1x

x

y

WtedyA = (0 , 0), F = (x, 1), E = (1 , 1 2x), gdzie 0 x12

.

Wyznaczamy pole trjkta AFE:

P =1

2|(x 0) (1 2x 0) (1 0) (1 0)|=

1

2|x (1 2x) 1|=

1

2

x 2x2 1=12

2x2 x + 1 .Poniewa 2x2 x + 1 > 0dla kadej liczby rzeczywistej x, wic P (x) = x2

1

2x +

1

2.

Poniewa xw= 1

2

2 =

1

4

0,1

2

, a parabola o rwnaniu y = x2

1

2x +

1

2 ma ramiona

skierowane ku grze, wic dla x =1

4pole trjkta AEFjest najmniejsze.


34/125

Rozdzia 4

Cigi liczbowe

W dziale dotyczcym cigw:


a) wyznacza wyrazy cigu okrelonego wzorem oglnym,b) bada, czy dany cig jest arytmetyczny lub geometryczny,

c) stosuje wzory na n-ty wyraz i sum n pocztkowych wyrazw cigu arytmetycznegoi cigu geometrycznego, rwnie umieszczone w kontekcie praktycznym;oraz z poziomu rozszerzonegopowinien opanowa umiejtnoci, w ktrych:wyznacza wyrazy cigw zdefiniowanych rekurencyjnie.

Poziom podstawowy


Wyka, e dla kadego mcig

m+ 1

4 ,

m+ 3

6 ,

m+ 9

12

jest arytmetyczny.

I sposb rozwizania

Wystarczy sprawdzi, e rodkowy wyraz jest redni arytmetyczn pierwszego i trzeciegowyrazu tego cigu.

Poniewam+1

4 + m+9

12

2 =

3m+ 3 + m+ 9

24 =

4m+ 12

24 =

m+ 3

6 ,

wic cig

m+ 1

4 ,

m+ 3

6 ,

m+ 9

12

jest arytmetyczny.

II sposb rozwizania

Mamy a1=m+ 1

4 , a2=

m+ 3

6 , a3=

m+ 9

12 .

Wystarczy sprawdzi, czy rnica pomidzy drugim i pierwszym wyrazem jest rwna rnicypomidzy trzecim i drugim wyrazem czyli: a2 a1= a3 a2.

Poniewa

a2 a1=m+ 3

6

m+ 1

4 =

m+ 3

12


35/125


oraz

a3 a2=m+ 9

12

m+ 3

6 =

m+ 3

12 ,

wic rnice te s rwne.

Zatem cig

m+ 14

, m+ 36

, m+ 912

jest arytmetyczny.


Obliczamy rnic cigu:

r = a2 a1=m+ 3

6

m+ 1

4 =

2m+ 6 3m 3

12 =

m+ 3

12

(lubr = a3 a2=m+ 9

12

m+ 3

6 =

m+ 9 2m 6

12 =

m+ 3

12 ).

Obliczamy trzeci wyraz cigu, z wykorzystaniem rnicy r:

a3= a2 + r =m+ 3

6 +

m+ 3

12 =

2m+ 6 m+ 3

12 =

m+ 9

12

(luba3= a1 + 2r =m+ 1

4 + 2 m+ 3

12 =

3m+ 3 2m+ 6

12 =

m+ 9

12 ).

Obliczony wyraz a3 jest rwny trzeciemu wyrazowi podanemu w treci zadania. To koczydowd.

Zadanie 2. (Prba 2010 zadanie 32 zmodyfikowane (4 p.))

Cig(x,y,12)jest geometryczny o wyrazach rnych od zera, natomiast cig (1,x,y1)jestarytmetyczny. Oblicz xoraz yi podaj ten cig geometryczny.

I sposb rozwizania

Poniewa cig(1,x,y1)jest arytmetyczny, wic rodkowy wyraz jest redni arytmetyczn

wyrazw skrajnych. Mamy wic rwnanie x =1 +y 1

2 , czyliy = 2x.

Cig (x,y,12)jest geometryczny, wic kwadrat rodkowego wyrazu jest iloczynem wyrazwskrajnych. Mamy wic rwnanie y2 = x 12.

Rozwizujemy zatem ukad rwna

y = 2x

y2 = 12x.

Otrzymujemy rwnanie kwadratowe4x2 12x = 0, a stdx = 3lub x = 0. Drugie z podanychrozwiza nie spenia zaoe.

Zatem dla x = 3 i y = 6 otrzymujemy cig arytmetyczny (1,3,5) oraz cig geometryczny(3,6,12).

Odpowied:x = 3, y = 6, cig geometryczny to (3,6,12).


36/125

36 4. Cigi liczbowe

II sposb rozwizania

Z wasnoci cigu arytmetycznego otrzymujemy rwnanie x =1 +y 1

2 , czyliy = 2x, nato-

miast z wasnoci cigu geometrycznego o wyrazach rnych od zera otrzymujemy rwnanie12

y =

y

x.

Rozwizujemy ukad rwna

y = 2x12

y =

y

x

.

Otrzymujemy kolejno

y = 2x12

2x=

2x

x

,

y = 2x12

2x= 2

, std x = 3i y = 6.

Zatem x = 3i y = 6, std otrzymujemy cig geometryczny (3,6,12).


Z wasnoci cigu arytmetycznego otrzymujemy rwnanie x =1 +y 1

2 , czyliy = 2x.

Cig(x,y,12)jest cigiem geometrycznym o wyrazach rnych od zera i y = 2x, zatem ilorazqtego cigu jest rwny 2.

Z wasnoci cigu geometrycznego otrzymujemy y =12

2 = 6oraz x =

12

4 = 3.

Zatem x = 3i y = 6, std otrzymujemy cig geometryczny (3,6,12).

Zadanie 3. (Matura maj 2011 zadanie 27 (2 p.))Liczby x, y, 19 w podanej kolejnoci tworz cig arytmetyczny, przy czym x +y = 8. Ob-liczxi y.

I sposb rozwizania

Liczby x, y, 19 w podanej kolejnoci tworz cig arytmetyczny, std 2y = x + 19.

Zapisujemy ukad rwna 2y = x + 19

x +y = 8,

ktrego rozwizaniem jest x = 1i y = 9.

II sposb rozwizania

Liczby x,y, 19 w podanej kolejnoci tworz cig arytmetyczny. Niechr bdzie rnic tegocigu i x = a1, y = a2= a1 + r, 19 = a3= a1 + 2r.

Zapisujemy ukad rwna a1 + a1 + r = 8

a1 + 2r = 19.

Rozwizaniem tego ukadu jest a1= 1, r = 10. Std x = a1= 1, y = a2= 9.


37/125


Uwaga

Moemy rwnie otrzyma nastpujce ukady rwna:

2a1 + r = 8a1 + 192

= a1 + r lub y = x + r

19 = x + 2rx +y = 8.


Wprowadzamy oznaczeniax = a1, y = a2, 19 = a3.

Obliczamy:S3= x +y + 19 = 8 + 19 = 27.

Korzystajc ze wzoru na sum trzech pocztkowych wyrazw cigu arytmetycznego, otrzy-

mujemy rwnanie a1 + 192 3 = 27.Std a1= 1, zatem x = 1, y = 9.

Poziom rozszerzony


O liczbach a, b, c wiemy, e cig(a,b,c)jest arytmetyczny i a+c=10, za cig(a+1, b+4, c+19)jest geometryczny. Wyznacz te liczby.

I sposb rozwizania

Z wasnoci cigu arytmetycznego mamy:2b = a+c. Std otrzymujemy2b = 10, czylib = 5.Korzystamy z wasnoci cigu geometrycznego i zapisujemy rwnanie:(b+4)2 =(a+1)(c+19).Podstawiamy b = 5i a = 10ci otrzymujemy rwnanie 92 = (10c+ 1)(c+19). Przekszta-camy to rwnanie i otrzymujemy rwnanie kwadratowe z niewiadomc: c2 + 8c 128 = 0.Rozwizaniami tego rwnania s: c1= 8, c2= 16.

Zatem szukanymi liczbami s: a = 2, b = 5, c = 8lub a = 26, b = 5, c = 16.

II sposb rozwizania

Oznaczamy przez a pierwszy wyraz cigu arytmetycznego, a przez r rnic tego cigu.Wwczasb = a + r, c = a + 2r. Wtedy 2a + 2r = 10, czyli a + r = 5.

Korzystamy z wasnoci cigu geometrycznego i zapisujemy rwnanie, np.

(a + r +4)2 = (a + 1)(a + 2r + 19),

a nastpnie zapisujemy ukad rwna:a + r = 5

(a + r +4)2 = (a + 1)(a + 2r + 19).


38/125

38 4. Cigi liczbowe

Z pierwszego rwnania wyznaczamy a = 5 r i podstawiamy do drugiego rwnania. Otrzy-mujemy rwnanie kwadratowe z niewiadomr:

(5 r + r +4)2

= (5 r + 1) (5 r + 2r + 19) ,

czylir2 + 18r 63 = 0.

Rozwizaniami tego rwnania s: r1= 3i r2= 21.

Nastpnie obliczamy a, b, c.

Szukanymi liczbami s:

a = 2

b = 5

c = 8

lub

a = 26

b = 5

c = 16.


O cigu (xn)dla n 1wiadomo, e:a) cig (an)okrelony wzorem an= 3xn dla n 1jest geometryczny o ilorazie q = 27,b) x1 + x2 + . . . + x10= 145.

Oblicz x1.

I sposb rozwizania

Korzystamy z wasnoci cigu geometrycznego i zapisujemy rwno:

q =an+1

an =3xn+1

3xn = 3xn+1

xn

.

Zatem 27 = 3xn+1xn . Std xn+1 xn= 3dla n 1.Zauwaamy, e jeli dla dowolnej liczby naturalnej n: xn+1 xn= 3, to cig (xn)jest aryt-metyczny o rnicy r = 3.

Korzystamy z wasnoci cigu arytmetycznego i zapisujemy ukad rwna x1 + (x1 + r) + . . . + (x1 + 9r) = 145

r = 3

Doprowadzamy ukad do postaci: 10x1 +45r = 145

r = 3. i podstawiamy r = 3 do pierwszego

rwnania. Otrzymujemy rwnanie z jedn niewiadom: 10x1 + 135 = 145.

Std x1= 1.

II sposb rozwizania

Korzystamy z warunkw zadania i zapisujemy rwno: 3x1+x2+...+x10 = 3145.

Zatem

3x1

3x2

. . . 3x10

= 3145

.Korzystamy z tego, e cig (an)jest geometryczny o ilorazie q = 27i otrzymujemy

3x1 3x1 27 . . . 3x1 279 = 3145.


39/125

Std

310x1 271+2+...+9 = 3145310x1 3345 = 3145

310x1+135 = 3145

x1= 1.


40/125

Rozdzia 5

Trygonometria

W dziale dotyczcym trygonometrii:


a) wykorzystuje definicje i wyznacza wartoci funkcji trygonometrycznych dla ktw ostrych,b) rozwizuje rwnania typu x = a, x = a, x = a, dla 0 < x < 9 0,

c) stosuje proste zwizki midzy funkcjami trygonometrycznymi kta ostrego,d) znajc warto jednej z funkcji trygonometrycznych, wyznacza wartoci pozostaychfunkcji tego samego kta ostrego


a) stosuje miar ukow i miar stopniow kta,b) wyznacza wartoci funkcji trygonometrycznych dowolnego kta przez sprowadzenie do

przypadku kta ostrego,c) posuguje si wykresami funkcji trygonometrycznych przy rozwizywaniu nierwnoci

typu

x < a,

x > a, tgx > a,d) stosuje zwizki: 2 x+ 2 x=1, x=

x

xoraz wzory na sinus i cosinus sumy i rnicy

ktw w dowodach tosamoci trygonometrycznych,

e) rozwizuje rwnania i nierwnoci trygonometryczne, na przykad x=1

2, 2 x+ x=1,

2x 0oraz zaznaczamy kt ostry tak, aby =4

3.

3x

4x

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i obliczamy dugo przeciwprostoktnej:

(4x)2 + (3x)2 = 25x2.

Zatem przeciwprostoktna ma dugo 5x(odrzucamy ujemne rozwizanie: 5x).

Obliczamy wartoci funkcji =4

5 i =

3

5. Std + =

4

5+

3

5=

7

5.


Ktjest ostry i = 5

12. Oblicz .

Rozwizujemy analogicznie jak poprzednie zadanie.


42/125

42 5. Trygonometria

Odp.: =12

13.


Ktjest ostry i

+

= 2. Oblicz warto wyraenia

.

I sposb rozwizania

Sprowadzamy wyraenie

+

= 2do wsplnego mianownika i otrzymujemy

2 + 2

= 2.

Korzystamy z tosamoci 2 + 2 =1 i otrzymujemy 1

=2, a std = 12

.

II sposb rozwizania

Rysujemy trjkt prostoktny, w ktrym oznaczamy dugoci przyprostoktnych a i boraz

zaznaczamy kt ostry taki, e =a

c lub =

b

c.

b

a c

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i wyznaczamy dugo przeciwprostoktnej: c2 =a2+b2.

Poniewa

+

= 2, wic

a

b+

b

a= 2, czyli

a2 + b2

ab = 2. Std

c2

ab= 2.

Poniewa =abc2

, wic =12

.


Rysujemy trjkt prostoktny, w ktrym oznaczamy dugoci przyprostoktnych a i boraz

zaznaczamy kt ostry taki, e =a

c lub =

b

c.


43/125


b

a c

Poniewa

+

= 2, wic otrzymujemy kolejno:

a

b+

b

a= 2,

a2 + b2

ab = 2, a2 + b2 = 2ab,

std(a b)2 = 0, wic a = b. Zatem =45=4

.

Wtedy = 45=

2

2 i = 45=

2

2 .

Obliczamy =

2

2

2

2 =

1

2.

IV sposb rozwizania

Wyraenie

+

= 2zapisujemy w postaci +

1

= 2.

Std 2 2 + 1 = 0.

Zatem = 1i std =45. Obliczamy warto wyraenia 45 45=

2

2

2

2 =

1

2.

V sposb rozwizania

Zauwaamy, e suma liczby i jej odwrotnoci jest rwna 2 wtedy i tylko wtedy, gdy ta liczba

jest rwna 1. Zatem =

= 1i std =45, a wic 45 45=

2

2

2

2 =

1

2.

Poziom rozszerzony


Wyznacz wszystkie rozwizania rwnania 2 2 x 5 x 4 = 0 nalece do przedziau0,2.

Rozwizanie

Przeksztacamy rwnanie do postaci, w ktrej wystpuje tylko jedna funkcja trygonome-tryczna:

2(1 2 x) 5 x 4 = 0.


44/125

44 5. Trygonometria

Porzdkujemy to rwnanie i wprowadzamy niewiadom pomocnicz:2 2 x5 x2=0,t = x, gdzie t 1, 1. Rwnanie przyjmuje teraz posta:

2t2 + 5t + 2 = 0.

Rozwizujemy rwnanie kwadratowe ze zmiennt:

= 9, t1= 2, t2= 1

2.

Zauwaamy, e t1 / 1, 1.Zapisujemy zatem rozwizania rwnania x =

1

2nalece do przedziau0,2:

x =7

6 lub x =

11

6.

Zadanie 5. (Matura maj 2011 zadanie 4 (4 p.))Rozwi rwnanie 2 2 x 2 2 x x = 1 xw przedziale0,2.

I sposb rozwizania

Zapisujemy rwnanie w postaci

2 2 x (1 x) = 1 x,

czyli

2 2 x (1 x) (1 x) = 0,

(2 2 x 1) (1 x) = 0.

Zatem 2 2 x 1 = 0lub 1 x = 0.

Std otrzymujemy:

x =

2

2 lub x =

2

2 lub x = 1.

Rozwizaniem rwnania x =

2

2

jest x =5

4

lub x =7

4

(albo: x = 225 lubx = 315).


2

2 jest x =

1

4lub x =

3

4(albo: x =45 lubx = 135).

Rozwizaniem rwnania x = 1jest x = 0lub x = 2(albo: x = 0 lubx = 360).

Zatem rozwizaniami rwnania 2 2 x 2 2 x x = 1 xs:

x = 0lub x =1

4lub x =

3

4lub x =

5

4lub x =

7

4lub x = 2

(albo: x = 0 lubx =45 lubx = 135 lubx = 225 lubx = 315 lubx = 360).

II sposb rozwizaniaZapisujemy rwnanie, w ktrym wystpuje jedna funkcja trygonometryczna:

2

1 2 x

2

1 2 x

x = 1 x


45/125

i przeksztacamy do postaci

2 2 2 x 2 x + 2 3 x 1 + x = 0,

2 3 x 2 2 x x + 1 = 0.

Nastpnie zapisujemy to rwnanie w postaci iloczynowej:2 2 x 1

( x 1) = 0.

Zatem

2 2 x 1 = 0lub x 1 = 0.

Std otrzymujemy:

x =

2

2 lub x =

2

2 lub x = 1.

Rozwizaniem rwnania x = 22

jest x =34

lub x =54

(albo: x = 135 lubx = 225).


2

2 jest x =

1

4lub x =

7

4(albo: x =45 lubx = 315).

Rozwizaniem rwnania x = 1jest x = 0lub x = 2(albo: x = 0 lubx = 360).

Zatem rozwizaniami rwnania 2 2 x 2 2 x x = 1 xs:

x = 0lub x =1

4lub x =

3

4lub x =

5

4lub x =

7

4lub x = 2

(albo: x = 0 lubx =45 lubx = 135 lubx = 225 lubx = 315 lubx = 360).


46/125

Rozdzia 6

Planimetria

W dziale planimetria:


a) korzysta ze zwizkw midzy ktem rodkowym, ktem wpisanym i ktem midzy styczna ciciw okrgu,

b) wykorzystuje wasnoci figur podobnych w zadaniach, w tym umieszczonychw kontekcie praktycznym,c) znajduje zwizki miarowe w figurach paskich, take z zastosowaniem trygonometrii,

rwnie w zadaniach umieszczonych w kontekcie praktycznym,d) okrela wzajemne pooenie prostej i okrgu


a) stosuje twierdzenia charakteryzujce czworokty wpisane w okrg i czworokty opisanena okrgu,

b) stosuje twierdzenie o zwizkach miarowych midzy odcinkami stycznych i siecznych,c) stosuje wasnoci figur podobnych i jednokadnych w zadaniach, take umieszczonychw kontekcie praktycznym,

d) znajduje zwizki miarowe w figurach paskich z zastosowaniem twierdzenia sinuswi twierdzenia cosinusw.

We wszystkich przedstawionych przez nas zadaniach korzystamy z nastpujcych twierdzegeometrycznych:

1. Suma ktw trjkta jest rwna 180.a) Suma ktw ostrych trjkta prostoktnego jest rwna 90.b) Kt zewntrzny trjkta jest rwny sumie ktw wewntrznych nieprzylegajcych do

niego.c) Suma ktw czworokta jest rwna 360.

2. Kty wierzchokowe s rwne.3. Suma ktw przylegych jest rwna 180.4. Kty przy podstawie trjkta rwnoramiennego s rwne.5. Kty odpowiadajce i naprzemianlege przy dwch prostych rwnolegych s rwne.

a) Suma ktw pooonych przy tym samym boku rwnolegoboku jest rwna 180.b) Przeciwlege kty rwnolegoboku s rwne.

6. Suma dwch bokw trjkta jest wiksza od boku trzeciego.7. Boki trjkta pooone naprzeciw rwnych ktw s rwne.

Korzystamy take z trzech cech przystawania trjktw.


47/125


Poziom podstawowy


Trjkty ABC i CDE s rwnoboczne. Punkty A, C i Ele na jednej prostej. Punkty K,Li Ms rodkami odcinkw AC, CEi BD(zobacz rysunek). Wyka, e punkty K, Li Ms wierzchokami trjkta rwnobocznego.

A

B

C

D

EK L

M

I sposb rozwizania

A

B

C

D

EK L

M

Z treci zadania wynika, e |


48/125

48 6. Planimetria


A

B

C

D

EK L

M

N

a

b

Prowadzimy odcinek MN prostopady do prostej AE i oznaczmy |AB|= a oraz |DE|= b.

Ze wzoru na wysoko trjkta rwnobocznego |BK|=a

3

2 i |DL|=

b

3

2 , ponadto

|KL|=a

2+

b

2=

a + b

2 .

PunktNjest rodkiem odcinka KL, wic

|KN|=1

2 a + b

2 =

a + b

4 .

OdcinekMN czy rodki ramion trapezu prostoktnego LDBK, wic

|MN|=|BK|+ |DL|

2 =

a

3

2

+ b

3

22 =

(a + b)

3

4 =|KN|3,co oznacza, e trjkt KNM jest poow trjkta rwnobocznego, wic trjkt KLMjestrwnoboczny.

Uwaga

Zamiast wyznaczania zwizku midzy dugociami odcinkwMNi KNmoemy te obliczydugo bokuKM(lub LM) z twierdzenia Pitagorasa:

|MK|2 =|KN|2 + |MN|2 =

a + b4

2+

(a + b)34

2=

=

a + b

4

2+ 3

a + b

4

2=4

a + b

4

2=

(a + b)2

4 ,

std

|MK|=a + b

2 .

Zatem

|MK|=|ML|=|KL|=a + b

2 .


49/125


IV sposb rozwizania

Umieszczamy oba trjkty w ukadzie wsprzdnych, tak jak na rysunku, i oznaczamy:AB =4a, CE =4b.

A

B

C

D

EK L

M

x

y

WtedyA = (2a,0), B =

0,2a

3

, C = (2a,0), L = (2a + 2b,0), D =

2a + 2b, 2b

3

oraz

E = (2a +4b, 0).

PunktMto rodek odcinka BD, wic M =

a + b, a

3 + b

3

=

a + b, (a + b)

3

.

Prosta KMma wspczynnik kierunkowy rwny a

3 + b

3

a + b =

3, wic jest nachylona do

osi Oxpod ktem 60. Wspczynnik kierunkowy prostej MLjest rwny

(a + b)

3 0

(a + b) (2a + 2b)=

(a + b)

3

(a + b) =

3,

co oznacza, e kt nachylenia prostej ML do osi Ox jest rwny 120, wic kt MLK mamiar60. Std wnioskujemy, e trjkt KLM jest rwnoboczny.


Pole trjkta prostoktnego jest rwne 60 2. Jedna przyprostoktna jest o 7cm dusza

od drugiej. Oblicz dugo przeciwprostoktnej tego trjkta.

I sposb rozwizania

Oznaczamy: a, b dugoci przyprostoktnych danego trjkta.

Zapisujemy ukad rwna a = b + 71

2a b = 60.

Otrzymujemy rwnanie z jedn niewiadom1

2

(b + 7) b= 60, ktrego rozwizaniami s liczby

b = 8oraz b = 15.

Odrzucamy rozwizanie ujemne, gdy bjest dugoci odcinka. Zatem b = 8, a = 8 + 7 = 15.Obliczamy dugo przeciwprostoktnej c =

a2 + b2 =

82 + 152 =

289 = 17.


50/125

50 6. Planimetria

Odpowied: Przeciwprostoktna ma dugo 17 cm.

II sposb rozwizania

Wykonujemy rysunek trjkta z oznaczeniami lub wprowadzamy oznaczenia wynikajcez treci zadania:

a

a+7

b7

b

Zapisujemy rwnanie: 1

2a(a + 7) = 60lub

1

2b(b 7) = 60.

Rozwizujemy otrzymane rwnanie:

a(a + 7) = 120

a2 + 7a 120 = 0

a1= 8 lub a2= 15

lub

b(b 7) = 120

b2 7b 120 = 0

b1= 15 lub b2= 8.

Odrzucamy rozwizanie ujemne jako sprzeczne z warunkami zadania.

Obliczamy dugoci przyprostoktnych, a nastpnie dugo przeciwprostoktnej trjkta:c = 17.


Wykonujemy rysunek trjkta z przyjtymi oznaczeniami lub wprowadzamy oznaczeniawynikajce z treci zadania

a

a+7 c


51/125


Stosujemy wzr Herona na pole trjkta i zapisujemy rwnaniep(p a)(p a 7)(p c) = 60,

gdziep =1

2(a + a + 7 + c).

Przeksztacamy otrzymane rwnanie:2a + 7 + c

2

7 + c

2

c 7

2

2a + 7 c

2

= 3600,

(2a + 7 + c)(2a + 7 c)(7 + c)(c 7) = 3600 16,(2a + 7)2 c2

(c2 49) = 3600 16.

Z twierdzenia Pitagorasa wynika, e c2 = a2 + (a + 7)2. Std otrzymujemy

(2a

2 +14a

)2 =3600 16.

Std2a2 + 14a = 60 4 lub 2a2 + 14a = 60 4(rwnanie sprzeczne).

Zatem mamy rwnanie a2 + 7a 120 = 0, std a = 15lub a = 8.

Odrzucamy rozwizanie ujemne jako sprzeczne z warunkami zadania i obliczamy dugoprzeciwprostoktnej trjkta: c = 17.

IV sposb rozwizania

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

a

a+7

cx

h x

Ze wzoru na pole trjkta mamy 12

hc =60. Poniewah2 = x(cx), wic dostajemy rwnanie1202

c2 = cxx2, std1202 = xc3 x2c2, czyli1202 = xc(c2 xc). Alexc = a2, wic w rezultacie

otrzymujemy1202 = a2(c2 a2).

Z twierdzenia Pitagorasa c2 = a2 + (a + 7)2, wic dostajemy rwnanie

1202 = a2(a2 + (a + 7)2 a2).

Std1202 = a2(a + 7)2,

(a(a + 7))2 1202 = 0,


52/125

52 6. Planimetria

(a(a + 7) 120)(a(a + 7) + 120) = 0,

a(a + 7) 120 = 0 lub a(a + 7) + 120 = 0,

120 = a(a + 7) lub 120 = a(a + 7).

Drugie z tych rwna jest sprzeczne, wic otrzymujemy jedno rwnanie: a(a+7) = 120, czylia2 + 7a 120 = 0. Zatem a = 15lub a = 8.

Odrzucamy rozwizanie ujemne jako niezgodne z warunkami zadania i obliczamy dugoprzeciwprostoktnej trjkta: c = 17.


Trjkty prostoktne rwnoramienneABCiCDEs pooone tak jak na poniszym rysunku(w obu trjktach kt przy wierzchoku Cjest prosty). Wyka, e |AD|=|BE|.

A B

C

D

E

Rozwizanie

Dorysowujemy odcinki AD i BE. Uzasadniamy, e trjkty ACDi BCEs przystajce:

|AC|=|BC|, bo trjkt ABCjest rwnoramienny; |CD|=|CE|, bo trjkt CDEjest rwnoramienny;


53/125


Rozwizanie

A B

CD

E

Prowadzimy wysoko CE trjkta rwnobocznego ABC. Wwczas|AE|=3 i std|CD|=|AE|=3.Nastpnie |BC|=|AB|= 6oraz |DA|=|CE|= 3

3. Std obwd trapezu jest rwny

6 + 6 + 3 + 33 = 15 + 33.


Dany jest czworoktABCD, w ktrymAB CD. PunktE ley na boku BCoraz |EC| = |CD|i |EB|=|BA|. Wyka, e kt AED jest prosty.

I sposb rozwizania

A B

CD

E

Niech |


54/125

54 6. Planimetria

II sposb rozwizania

A B

CD

EF

Niech |


55/125


Dorysowujemy w danym trapezie odcinek EF rwnolegy do podstaw trapezu ABCD. Za-chodzi rwno: |


56/125

56 6. Planimetria

A B

CD

E F

G

H

Rozwizanie

Czworokt ABCDjest rwnolegobokiem, czworokt DCFEjest kwadratem, wic|AB|=|CD|=|CF|.W kwadracie CBHGodcinki BC i CG s rwne.

Niechoznacza ktABCdanego rwnolegoboku. Wwczas|


57/125


Obliczamy |AD|, stosujc twierdzenie cosinusw dla trjkta ABD:

|AD|2

=|AB|2

+ |BD|2

2 |AB| |BD|


58/125

58 6. Planimetria

Zapisujemy twierdzenie cosinusw dla trjkta ABC, gdzie |


59/125


Z twierdzenia o rodku cikoci trjkta wynika, e|AS|=2

3|AD|i|SE|=

1

3|CE|=

1

3 4

3=

4

3

3.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trjkta ASE mamy:

|AS

|2

=|AE

|2

+ |SE

|2

, czyli2

3|AD

|2 =4

2 + 433

2

.

Std4

9|AD|

2= 16 +

16

27, czyli

4

9|AD|

2=

448

27.

Zatem

|AD|=

112

3 =4

7

3=

4

21

3 .

VI sposb rozwizania

A B

C

D

E

30

Z treci zadania wynika, e |AE|=|EB|=4. Trjkt CEB jest poow trjkta rwno-

bocznego o wysokoci EB, wic |BC|= 8

3=|AC|. Zaznaczamy punkt F tak, e

AD =

DF.

Otrzymujemy rwnolegobokABFC(zobacz rysunek),

A B

C

D

F

w ktrym|


60/125


Dany jest czworokt wypuky ABCDniebdcy rwnolegobokiem. Punkty M, N s odpo-wiednio rodkami bokw AB i CD. PunktyP ,Qs odpowiednio rodkami przektnych ACi BD. Uzasadnij, e MQ PN.

Rozwizanie

A B

C

D

M

N

P Q

Poniewa punktyNi Ps rodkami bokw DCi ACtrjkta ADC, wic NP AD.Punkty Mi Qs rodkami bokw ABi DBtrjkta ABD, wic MQ AD.Zatem NP MQ.


61/125

Rozdzia 7

Geometria na paszczynie kartezjaskiej

W dziale geometria na paszczynie kartezjaskiej:


a) wykorzystuje pojcie ukadu wsprzdnych na paszczynie,b) podaje rwnanie prostej w postaci Ax + By + C = 0lub y = ax + b, majc dane dwa jej

punkty lub jeden punkt i wspczynnik aw rwnaniu kierunkowym,c) bada rwnolego i prostopado prostych na podstawie ich rwna kierunkowych,d) interpretuje geometrycznie ukad dwch rwna liniowych z dwiema niewiadomymi,e) oblicza odlegoci punktw na paszczynie kartezjaskiej,f) wyznacza wsprzdne rodka odcinka,g) posuguje si rwnaniem okrgu (x a)2 + (y b)2 = r2


a) interpretuje geometrycznie nierwno liniow z dwiema niewiadomymi i ukady takich

nierwnoci,b) rozwizuje zadania dotyczce wzajemnego pooenia prostej i okrgu, oraz dwch okr-

gw na paszczynie kartezjaskiej,c) oblicza odlego punktu od prostej,d) opisuje koa za pomoc nierwnoci,e) oblicza wsprzdne oraz dugo wektora; dodaje i odejmuje wektory oraz mnoy je

przez liczb,f) interpretuje geometrycznie dziaania na wektorach,g) stosuje wektory do rozwizywania zada, a take do dowodzenia wasnoci figur,h) stosuje wektory do opisu przesunicia wykresu funkcji.

Poziom podstawowy

Zadanie 1. (Prba listopad 2009 zadanie 28 (2 p.))

W ukadzie wsprzdnych na paszczynie punkty A = (2, 5)i C = (6, 7)s przeciwlegymiwierzchokami kwadratu ABCD. Wyznacz rwnanie prostej BD.


62/125

62 7. Geometria na paszczynie kartezjaskiej

I sposb rozwizania

Obliczamy wspczynnik kierunkowy prostejAC:aAC =7 5

6 2=

1

2, a nastpnie wyznaczamy

wspczynnik kierunkowy prostej BDprostopadej do AC: aBD= 2.

Wyznaczamy wsprzdne rodka S odcinka AC: S =2 + 62

,5 + 7

2= (4, 6) i wyznaczamy

rwnanie prostej o wspczynniku kierunkowym 2, przechodzcej przez punkt S.

Odpowied:y = 2x + 14.

II sposb rozwizania

Wykonujemy rysunek w prostoktnym ukadzie wsprzdnych, zaznaczajc punkty Ai C.

A=(2,5)

B=(5,4)

C=(6,7)

D=(3,8)

S=(4,6)

1 987654321

9

8

7

6

5

4

3

2

1

1

x

y

Na podstawie wyznaczonych punktw okrelamy wsprzdne rodka odcinka AC:S = (4, 6),a nastpnie zaznaczamy punkty B = (5, 4)i D = (3, 8).

Wyznaczamy rwnanie prostejBDw dowolnej postaci, np. y = 2x + 14. W szczeglnoci,moemy znale punkty przecicia prostejBDz osiami ukadu wsprzdnych i zapisa rw-nanie odcinkowe

x

7+

y

14= 1. Moemy rwnie odczyta z rysunku wspczynnik kierunkowy

prostejBDi punkt przecicia z osiOy.


Wyznaczamy rwnanie symetralnej odcinka AC, np.

(xC xA) x + (yC yA)y (xC xA) xS (yC yA)yS= 0,

gdzie:A=(xA, yA),C=(xC, yC)iS=(xS, yS)jest rodkiem odcinkaAC. Symetraln odcinkaACjest prosta o rwnaniu 2x +y 14 = 0. Ta prosta przechodzi przez punkty Bi D.

IV sposb rozwizania

Obliczamy wsprzdne wektoraAC = [4, 2].

Zapisujemy rwnanie prostej BD wynikajce z iloczynu skalarnego dwch wektorw:4x +2y =0,gdziex = x xS oraz y =y yS, 4 (x xS) + 2 (y yS) = 0, gdzie S = (xS, yS)jest rodkiemprzektnej AC.


63/125


Obliczamy wsprzdne rodka kwadratu ABCD: S = (4, 6).

Wyznaczamy rwnanie prostej BDw postaci np. y = 2x + 14.

V sposb rozwizania

Wyznaczamy wsprzdne wektora AC=[4, 2]oraz wektora do niego prostopadego, np.[2, 4].Zapisujemy rwnanie parametryczne prostej prostopadej przechodzcej przez punkt S=(4, 6)

rodek przektnej kwadratuABCD:

x =4 2t

y = 6 +4t.

Wyznaczamy rwnanie prostej BDw dowolnej postaci, przeksztacajc ukad rwna, np.y 6 + 2 (x 4) = 0.

VI sposb rozwizania

Na podstawie wsprzdnych punktw A = (2, 5)i C = (6, 7)zapisujemy rwno odlegoci

od punktu P = (x, y), gdzie P jest dowolnym punktem lecym na symetralnej odcinka AC:(x 2)

2+ (y 5)

2= (x 6)

2+ (y 7)

2.

Wyznaczamy rwnanie prostej BDw postaci np. y = 2x + 14.


PunktyA =(2, 0)iB =(12,0)s wierzchokami trjkta prostoktnegoABCo przeciwprosto-ktnejAB. Wierzchoek C ley na prostej o rwnaniu y = x. Oblicz wsprzdne punktu C.

I sposb rozwizania

Punkt Cley na prostej o rwnaniu y = xi na okrgu, ktrego rodkiem jest rodek prze-ciwprostoktnej, a promie jest rwny poowie dugoci tej przeciwprostoktnej.

Obliczamy dugo przeciwprostoktnej AB: |AB|=

(12 2)2 + (0 0)2 = 10.

Wyznaczamy wsprzdne rodka przeciwprostoktnej: S = (7, 0).

Zapisujemy rwnanie okrgu: (x 7)2 +y2 = 25.


y = x

(x 7)2 +y2 = 25.

Otrzymujemy rwnanie z jedn niewiadom: x2 7x + 12 = 0.

Rozwizaniem tego rwnania s liczby: x1=4, x2= 3.

Odpowied: Warunki zadania speniaj dwa punkty: C = (4, 4)oraz C = (3, 3).

II sposb rozwizania

Oznaczamy wsprzdne punktu Cprzez (x, y). Wtedy

|AB|=(12 2)2 + (0 0)2 = 10,

|AC|=

(x 2)2 + (y 0)2,

|BC|=

(x 12)2 + (y 0)2.


64/125


TrjktABCjest prostoktny, wic speniona jest rwno |AC|2 + |BC|2 =|AB|2, czyli

(x 2)2 +y2 + (x 12)2 +y2 = 102.

Punkt Cley te na prostej o rwnaniu y = x, zatem, aby obliczy jego wsprzdne, roz-wizujemy ukad rwna:

(x 2)2 +y2 + (x 12)2 +y2 = 102

y = x

x2 4x +4 + x2 + x2 24x + 144 + x2 = 100

x2 7x + 12 = 0

x1=4, x2= 3.



Oznaczamy wsprzdne punktu Cprzez (x, y). Punkt Cley na prostej o rwnaniu y = xi jednoczenie jest pocztkiem dwch wektorw prostopadych

CAi

CB.

Wyznaczamy wsprzdne wektorwCAi

CB:

CA = [2 x, y],

CB = [12 x, y].


y = x(2 x)(12 x)+(y)(y) = 0

y = x

24 2x 12x + x2 +y2 = 0

2x2 14x + 24 = 0

x2 7x + 12 = 0

x1= 3, x2=4.

Odpowied: Warunki zadania speniaj dwa punkty: C= (

4, 4)oraz C

= (3, 3

).

IV sposb rozwizania

PunktCley na prostej o rwnaniu y = x, wic C = (x, x).

A B

C

D

y=x

1 13121110987654321

5

4

3

2

1

1

x

y


65/125


Punkt Djest spodkiem wysokoci poprowadzonej z wierzchoka kta prostego na przeciwpro-stoktnAB, wicD = (x, 0). Korzystajc ze zwizkw miarowych w trjkcie prostoktnymotrzymujemy zaleno|CD|2 =|AD||DB|. Dugoci tych odcinkw to:|CD|=|x|,|AD|=|x2|,|DB|=|12 x|.

Otrzymujemy rwnanie |x|2 =|x 2||12 x|dla x

2, 12

, czyli

x2 = 14x 24 x2,

x2 7x + 12 = 0,

x1=4, x2= 3.


V sposb rozwizania

Zapisujemy ukad rwna zoony z rwnania prostej y = x oraz rwna pkw prostychprzechodzcych odpowiednio przez punkty Ai B.

y = x

y = a (x 2)

y = 1

a(x 12).

Przeksztacamy ukad rwna do rwnania z niewiadoma:

2a

a(1 a)+

12

a +

2a

1 a= 0.

Przeksztacamy rwnanie wymierne do rwnania kwadratowego: a2 5a+6 = 0, skd otrzy-mujemy2 rozwizania: a = 2lub a = 3.

Otrzymujemy wsprzdne dwch punktw speniajcych warunki zadania, odpowiednioC = (4, 4)oraz C = (3, 3).


Okrg o rodku w punkcie S = (3, 7) jest styczny do prostej o rwnaniu y = 2x 3. Oblicz

wsprzdne punktu stycznoci.

I sposb rozwizania

Wspczynnik kierunkowymprostej prostopadej do prostej o rwnaniuy=2x3jest rwny

m= 1

2.

Zapisujemy rwnanie prostej prostopadej do stycznej i przechodzcej przez punkt S = (3, 7):

y = 1

2x +

17

2.

Zapisujemy i rozwizujemy ukad rwna:y = 2x 3y = 1

2x +

17

2,


66/125


1

2x +

17

2 = 2x 3,

x =23

5 .

Std y =

31

5 .

Zatem punkt stycznoci ma wsprzdne

23

5,

31

5

.

II sposb rozwizania

Obliczamy odlego drodka okrgu S = (3, 7)od prostej o rwnaniu 2x y 3 = 0:

d =|6 7 3|

4 + 1=

45

.

PunktP = (x,2x 3)jest punktem stycznoci okrgu o rodku w punkcie S = (3, 7)i prostejy = 2x 3. Zatem |PS|= doraz |PS|=

(x 3)2 + (2x 10)2.

Przeksztacamy rwnanie

(x 3)2 + (2x 10)2 = 4

5do postaci 5x2 46x + 109

16

5 = 0.

Rozwizujemy rwnanie5x2 46x + 1054

5= 0.

Std x =23

5.

Zatem punkt stycznoci ma wsprzdne: P =235

,31

5.


PunktP = (x, y)jest punktem stycznoci okrgu o rodku S = (3, 7)i prostej y = 2x 3.

Zapisujemy ukad rwna:

(x 3)2 + (y 7)2 = r2

y = 2x 3.

Przeksztacamy ukad rwna do rwnania kwadratowego z niewiadomx:

(x 3)2 + (2x 10)2 = r2,

5x2 46x + 109 r2 = 0.

Zapisujemy warunek = 0 , dla ktrego okrg ma jeden punkt wsplny z prosty = 2x 3i obliczamy r2:

= 64 + 20r2, 20r2 64 = 0, 20r2 = 64, r2 =64

20=

16

5.

Rozwizujemy rwnanie:

5x2 46x + 109 16

5 = 0,

5x2 46x + 10545

= 0,

x =23

5.


67/125


Zatem punkt stycznoci ma wsprzdne: P =

23

5,

31

5

.


Punkty A = (1, 5), B = (14, 31), C = (4, 31) s wierzchokami trjkta. Prosta zawierajcawysoko tego trjkta poprowadzona z wierzchoka C przecina prost AB w punkcie D.Oblicz dugo odcinka BD.

I sposb rozwizania

Wyznaczamy rwnanie prostej AB: y = 2x + 3.

Wyznaczamy rwnanie prostej CD, prostopadej do prostej AB: y = 1

2x + 33.

Obliczamy wsprzdne punktu D: D = (12,27).

Obliczamy dugo odcinka BD: |BD|= 25.II sposb rozwizania


Wyznaczamy rwnanie prostej CD, prostopadej do prostej AB:y=1

2x+33, czyli x+2y66=0.

Obliczamy odlego punktu B = (14,31)od prostej CDo rwnaniu x + 2y 66 = 0:

|14 + 2 31 66|5

= 2

5, wic |BD|= 2

5.



Obliczamy odlego punktu C = (4, 31)od prostej ABo rwnaniu 2x y + 3 = 0:

|CD|=|2 4 31 + 3|

5=

205

.

Obliczamy dugo odcinka CB: |CB|= 10.

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla trjkta CDBi obliczamy dugo odcinka BD:20

5

2

+ |BD|2

= 102, wic |BD|= 25.

IV sposb rozwizania

Obliczamy dugo odcinka CBoraz wysoko trjkta ABCopuszczon z wierzchoka A:|CB|= 10, hA= 26.

Obliczamy pole trjkta ABC: PABC=10 26

2 = 130.

Obliczamy dugo odcinka AB: |AB|=

845 = 13

5.

Pole trjkta ABC moemy zapisa nastpujco: PABC =|AB| |CD|

2 . Zatem

135 |CD|2

=130.

Std |CD|=4

5.


68/125


Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla trjkta CDBi obliczamy dugo odcinka BD:4

52

+ |BD|2

= 102, wic |BD|= 2

5.

V sposb rozwizania

Obliczamy dugoci wszystkich bokw trjkta ABC: |AB|=845, |AC|=685, |CB|= 10.Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa dla trjktw CDBi ADCi zapisujemy ukad rwna:

|CB|2

=|BD|2

+ |CD|2

|CA|2

= (|AB| |BD|)2

+ |CD|2

.

Wyznaczamy |CD|2 z pierwszego rwnania i podstawiamy do drugiego rwnania. Otrzymu-jemy:

6852

=

845 |BD|2

+ 102 |BD|2

.

Std |BD|= 2

5.

Poziom rozszerzony


Punkt A = (2, 5) jest jednym z wierzchokw trjkta rwnoramiennego ABC,w ktrym|AC|= |BC|. Pole tego trjkta jest rwne 15. Bok BCjest zawarty w prostej o rwnaniu

y = x + 1.Oblicz wsprzdne wierzchoka C.

I sposb rozwizania

A=(2,5)

3 2 1 54321

6

5

4

3

2

1

2

1

x

y

Obliczamy odlego punktu Aod prostej o rwnaniu x y + 1 = 0: d =|2 5 + 1|

1 + 1 = 32.


69/125


Obliczona odlego d jest rwna wysokoci trjkta ABC poprowadzonej do boku BC.Znamy pole trjktaABC, wic obliczamy dugo boku BC.

PABC= 15,

1

2

d

|BC|= 15,

|BC|= 30

3

2= 5

2.

PunktC = (x, y)ley na prostej o rwnaniu y = x + 1, zatem C = (x, x + 1).

Poniewa |AC|=|BC|, wic korzystajc ze wzoru na dugo odcinka, zapisujemy rwnanie:(x + 2)

2+ (x + 1 5)

2= 5

2

Rozwizujemy otrzymane rwnanie:

x2 +4x +4 + x2 8x + 16 = 50,

x2 2x 15 = 0,

x1= 5, x2= 3i nastpnie y1= 6oraz y2= 2.

Ostatecznie otrzymujemy dwa punkty: C1= (5, 6)oraz C2= (3, 2).

II sposb rozwizania

Punkty Bi Cle na prostej o rwnaniu y = x + 1, zatem B = (xB, xB + 1), C = (xC, xC + 1).Wyznaczamy wsprzdne wektorw

ACi

AB:

AC =[xC + 2, xC + 1 5]=[xC + 2, xC 4],AB = [xB + 2, xB 4] .

Pole trjkta ABCobliczamy ze wzoru

PABC=1

2

AC,AB=12

|(xC + 2) (xB 4) (xC 4) (xB + 2)|=

=1

2|xC xB 4xC + 2xB 8 xC xB 2xC +4xB + 8|=

=1

2 |6xB 6xC|= 3 |xB xC| .

Std i z tego, e |AC|=|BC|, otrzymujemy ukad rwna |AC|=|BC|

3 |xB xC|= 15.Zatem mamy dwa ukady rwna:

3 (xB xC) = 15(xC + 2)

2+ (xC 4)

2=

(xC xB)

2+ (xC xB)

2

lub 3 (xB xC) = 15

(xC + 2)2

+ (xC 4)2

=

(xC xB)

2+ (xC xB)

2.


70/125


Rozwizujemy pierwszy ukad rwna. xB xC= 5

x2C +4xC +4 + x2C 8xC + 16 =

25 + 25.

Z drugiego rwnania otrzymujemy rwnanie kwadratowe2x2C 4xC + 20 = 50,

x2C 2xC 15 = 0.

Rozwizaniami rwnania s liczby xC= 5i xC= 3.Wsprzdne punktwBi Cto C1= (5, 6), C2= (3, 2), B1= (10,11), B2= (2, 3).

Rozwizujemy drugi ukad rwna.

xB xC= 5x2C +4xC +4 + x2C 8xC + 16 =25 + 25.Z drugiego rwnania otrzymujemy rwnanie kwadratowe

2x2C 4xC + 20 = 50,

x2C 2xC 15 = 0.

Rozwizaniami rwnania s liczby xC= 5i xC= 3.Std otrzymujemy C1= (5, 6), B1= (0, 1)oraz C2= (3, 2), B2= (8, 7).

WierzchokiemC trjkta ABCjest zatem punkt C = (5, 6)lub C = (3, 2).


Oblicz miar kta midzy stycznymi do okrgu x2 +y2 + 2x 2y 3 = 0 poprowadzonymiprzez punkt A = (2 , 0).

I sposb rozwizania

Stwierdzamy, e prosta o rwnaniu x = 2nie jest styczna do okrgu x2 +y2 + 2x 2y 3 = 0(odlego rodka okrgu od tej prostej jest wiksza od promienia). Zapisujemy rwnaniekierunkowe prostej przechodzcej przez punkt A = (2 , 0):y = a (x 2)lub y = ax2aw za-lenoci od parametru a (gdzie ajest wspczynnikiem kierunkowym prostej stycznej).

Zapisujemy ukad rwna

x2 +y2 + 2x 2y 3 = 0

y = ax 2a i doprowadzamy go do rwnania

kwadratowego z niewiadomx, np.x2 +(ax 2a)2 +2x2 (ax 2a)3=0. Prostay =ax2ajest styczna do okrgu wtedy, gdy ukad ten ma dokadnie jedno rozwizanie, czyli gdyrwnanie kwadratowe x2+(ax 2a)2+2x2 (ax 2a)3=0 ma dokadnie jedno rozwizanie.Przeksztacamy rwnanie

x2 + a2x2 4a2x +4a2 + 2x 2ax +4a 3 = 0,

x2

1 + a2

+ x

4a2 2a + 2

+4a2 +4a 3 = 0.


71/125


A

S

3 2 1 54321

4

3

2

1

2

1

x

y

Zapisujemy warunek na to, aby rwnanie x2

1 + a

2+ x

4a

2

2a + 2

+4a

2

+4a 3 = 0miao jedno rozwizanie: = 0.

Obliczamy =

4a2 2a + 22

4 1 + a2 4a2 +4a 3i otrzymujemy rwnanie4

2a2 + a 12

4 1 + a2 4a2 +4a 3= 0.Std 2a2 + 3a 2 = 0.

Rozwizujemy rwnanie2a2 + 3a 2 = 0:

a1= 2 lub a2=

1

2 .

Poniewaa1,a2oznaczaj wspczynniki kierunkowe prostych stycznych i a1 a2 = 1, wicte styczne s do siebie prostopade.

Std miara kta midzy stycznymi jest rwna 90.

Moemy te skorzysta ze wzorw Vietea i zapisa a1 a2= 22

= 1, gdzie a1 i a2 s

pierwiastkami rwnania2a2 + 3a 2 = 0.

Poniewaa1,a2oznaczaj wspczynniki kierunkowe prostych stycznych i a1 a2 = 1, wicte styczne s do siebie prostopade.

Zatem kt midzy stycznymi jest rwny 90.


72/125


II sposb rozwizania

Przeksztacamy rwnanie okrgu x2 +y2 + 2x 2y 3 = 0do postaci (x + 1)2 + (y 1)2 = 5.

Wyznaczamy wsprzdne rodka Si promie rtego okrgu: S = (1, 1), r =

5.

Stwierdzamy, e prosta o rwnaniu x = 2nie jest styczna do okrgu x2 +y2 + 2x 2y 3 = 0.

Zapisujemy rwnanie kierunkowe prostej przechodzcej przez punkt A = (2 , 0) i stycznejdo okrgu:

y = a (x 2)luby = ax2alubaxy2a = 0w zalenoci od parametrua(gdziea

Documents

Zbior Zadan Maturalnych z Matematyki