zadania otwarte krótkiej odpowiedzi „na dowodzenie” na...
TRANSCRIPT
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