View
16
Download
0
Category
Preview:
Citation preview
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
Recommended