EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 2018/2019 MATEMATYKA

Transkrypt

1 EGZAMIN MATURALNY W ROKU SZKOLNYM 08/09 MATEMATYKA POZIOM ROZSZERZONY FORMUŁA OD 05 ( NOWA MATURA ) ZASADY OCENIANIA ROZWIĄZAŃ ZADAŃ ARKUSZ MMA-R MAJ 09

2 Zdni zmknięte Punkt przyznje się z wskznie poprwnej odpowiedzi. Zdnie. (0 ) Wymgni ogólne II. Wykorzystnie i interpretownie reprezentcji. Wymgni szczegółowe. Liczby rzeczywiste. Zdjący stosuje w obliczenich wzór n logrytm potęgi orz wzór n zminę podstwy logrytmu. (R.). Poprwn odpowiedź D Zdnie. (0 ) II. Wykorzystnie i interpretownie reprezentcji.. Liczby rzeczywiste. Zdjący stosuje wzory n sinus i cosinus sumy i różnicy kątów, sumę i różnicę sinusów i cosinusów kątów (R6.5). A Zdnie. (0 ) I. Wykorzystnie i tworzenie informcji. Zdnie 4. (0 ) III. Modelownie mtemtyczne. 4. Funkcje. Zdjący n podstwie wykresu funkcji y = f(x) szkicuje wykresy funkcji y = f(x), y = c f(x), y = f(cx) (R4.). 0. Elementy sttystyki opisowej. Teori prwdopodobieństw i kombintoryk. Zdjący oblicz prwdopodobieństwo wrunkowe (R0.). B C Zdni otwrte Uwg: Akceptowne są wszystkie odpowiedzi merytorycznie poprwne i spełnijące wrunki zdni. Zdnie 5. (0 ) II. Wykorzystnie i interpretownie reprezentcji. 5. Ciągi. Zdjący oblicz grnice ciągów, korzystjąc z grnic ciągów typu /n, /n orz z twierdzeń o dziłnich n grnicch ciągów (R5.). Schemt punktowni Zdjący otrzymuje punkty z zkodownie cyfr: 9, 5, 5,,,,, 8,, 8, 0, 8, 0, 9, 0, 9, 5. Stron z 5

3 Przykłdowe rozwiąznie Poniewż 9 lim n 7n 5n n 9 + n + n = lim n n n n n orz lim n n + n = lim n + n 5 pondto lim = lim = lim = lim = 0, n n n n n n n n więc lim n + = =. n n n n Podobnie, wykorzystując to, że lim = 0, otrzymujemy n n n lim = lim = =. n n + n n Ztem istnieją (skończone) obie grnice ciągów. Stąd grnic różnicy tych ciągów jest równ różnicy ich grnic i 9n + n n 9 0 lim 0, = = = ( 9580). n 7n + 5n + n+ n + 7 Zdnie 6. (0 ) III. Modelownie mtemtyczne. 0. Elementy sttystyki opisowej. Teori prwdopodobieństw i kombintoryk. Zdjący wykorzystuje wzory n liczbę permutcji, kombincji, wricji i wricji z powtórzenimi do zliczni obiektów w brdziej złożonych sytucjch kombintorycznych (R0.). Schemt punktowni Rozwiąznie pełne... p. Zdjący zpisze, że sum wszystkich rozwżnych liczb jest równ Pokonnie zsdniczych trudności zdni... p. Zdjący zpisze, że nleży dodć do siebie 0 liczb, w tych liczbch n kżdej pozycji liczby 5-cyfrowej kżd cyfr ze zbioru {,,5,7,9} pojwi się dokłdnie 4 rzy i n tym zkończy lub popełni błędy, obliczy dl wszystkich 0 liczb poprwną sumę tych smych pozycji systemu dziesiątkowego, tzn. sumę wszystkich jedności lub wszystkich dziesiątek, lub wszystkich setek, lub wszystkich tysięcy, lub wszystkich dziesiątek tysięcy i n tym zkończy lub popełni błędy, Stron z 5

4 obliczy sumę 4 liczb, mjących n ustlonej pozycji systemu dziesiątkowego tę smą cyfrę i n tym zkończy lub popełni błędy, obliczy przynjmniej 4 sumy liczb, tkich, że w sumownych dwunstu liczbch n ustlonych dwóch pozycjch występuje t sm pr liczb i n tym zkończy lub popełni błędy, zuwży i zpisze, że zbiór wszystkich 0 liczb pięciocyfrowych uzysknych z cyfr,, 5, 7, 9 możn pogrupowć w pry tkie, że sum cyfr w rzędch jedności, dziesiątek, setek, tysięcy, i dziesiątek tysięcy jest równ 0 i n tym zkończy lub popełni błędy, obliczy sumę pięciu liczb o włsności: w tych pięciu liczbch kżd cyfr zjmuje dokłdnie rz kżdą z pięciu możliwych pozycji w liczbie pięciocyfrowej: i pondto zuwży, że zbiór wszystkich rozwżnych w zdniu liczb możn rozdzielić n 4! rozłącznych podzbiorów 5-elementowych, chrkteryzujących się tym, że sum liczb z kżdego podzbioru jest tk sm i n tym zkończy lub popełni błędy. Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp... p. Zdjący zpisze, że wszystkich pięciocyfrowych liczb o różnych cyfrch utworzonych z cyfr,, 5, 7, 9 jest 0 lub je wypisze zpisze, że którś z cyfr występuje 4 rzy n którymś z pięciu miejsc liczby pięciocyfrowej, np. cyfr stoi 4 rzy n pierwszej pozycji, ustli, że n konkretnych dwóch pozycjch liczby pięciocyfrowej możn ustwić cyfry,, 5, 7, 9 n 0 sposobów lub do ustwieni n konkretnych dwóch ze zbioru { } pozycjch liczby pięciocyfrowej możn wybrć dwie liczby ze zbioru {,, 5, 7, 9 } n 0 sposobów, obliczy sumę pięciu liczb o włsności: w tych pięciu liczbch kżd cyfr zjmuje dokłdnie rz kżdą z pięciu możliwych pozycji w liczbie pięciocyfrowej: 77775, zuwży, że zbiór wszystkich rozwżnych w zdniu liczb możn rozdzielić n 4! rozłącznych podzbiorów 5-elementowych, chrkteryzujących się tym, że sum liczb z kżdego podzbioru jest tk sm. Stron 4 z 5

5 Uwgi , bez stosownego komentrz lub bez wypisni dwóch pr liczb tkich, że w kżdej prze sum cyfr w rzędch jedności, dziesiątek, setek, tysięcy, i dziesiątek tysięcy jest równ 0, to otrzymuje punkt.. Jeżeli zdjący oblicz sumę ( ). Jeżeli zdjący rozwż zmist cyfr,, 5, 7, 9 pięć różnych cyfr, przy czym co njmniej jedn z nich nie nleży do zbioru {,, 5, 7, 9} i konsekwentnie rozwiąże zdnie do końc, to może otrzymć co njwyżej punkty.. Jeżeli zdjący zlicz sumę liczb przyjmując, że cyfry,, 5, 7, 9 mogą się powtrzć i konsekwentnie rozwiąże zdnie do końc, to może otrzymć co njwyżej punkt. Przykłdowe rozwiązni I sposób Wszystkich liczb spełnijących wrunki zdni jest tyle, ile permutcji zbioru 5-elementowego, czyli 5!=0 liczb. Zpisując te liczby, jedn pod drugą, możn zuwżyć, że kżd z cyfr,, 5, 7, 9 pojwi się w kżdej kolumnie dokłdnie 4 rzy. Dodjąc do siebie wszystkie cyfry z kolumny jedności otrzymujemy 4 ( ) = 4 5 = 600. Dodjąc do siebie wszystkie cyfry z kolumny dziesiątek otrzymujemy 0 4 ( ) = = Dodjąc do siebie wszystkie cyfry z kolumny setek otrzymujemy 00 4 ( ) = = Dodjąc do siebie wszystkie cyfry z kolumny tysięcy otrzymujemy ( ) = = Dodjąc do siebie wszystkie cyfry z kolumny dziesiątek tysięcy otrzymujemy = = ( ) Ztem sum wszystkich rozwżnych liczb jest równ Rozwiąznie tą metodą możn przedstwić w sposób skrócony = 5 4 = ( ) ( ) II sposób Wszystkich liczb spełnijących wrunki zdni jest tyle, ile permutcji zbioru 5-elementowego, czyli 5!=0 liczb. Wśród nich są 4 liczby, w których n pierwszej pozycji znjduje się cyfr. Obliczymy ich sumę: = Rozwżmy nstępnie 4 liczby, w których n pierwszej pozycji znjduje się cyfr. Obliczymy ich sumę: Stron 5 z 5

6 = Rozwżmy z kolei 4 liczby, w których n pierwszej pozycji znjduje się 5. Obliczymy ich sumę: = 0 Rozwżmy z kolei 4 liczby, w których n pierwszej pozycji znjduje się cyfr 7. Obliczymy ich sumę: = Rozwżmy wreszcie 4 liczby, w których n pierwszej pozycji znjduje się cyfr 9. Obliczymy ich sumę: = Ztem sum wszystkich rozwżnych liczb jest równ III sposób Wszystkich liczb spełnijących wrunki zdni jest tyle, ile permutcji zbioru 5-elementowego, czyli 5!=0 liczb. Wśród nich jest liczb, w których n pierwszych dwóch pozycjch stoją cyfry i. Obliczymy ich sumę: = 74. Rozwżmy nstępnie liczb, w których n pierwszych dwóch pozycjch stoją cyfry i 5. Obliczymy ich sumę: = Rozwżmy nstępnie liczb, w których n pierwszych dwóch pozycjch stoją cyfry i 7. Obliczymy ich sumę: = Rozwżmy nstępnie liczb, w których n pierwszych dwóch pozycjch stoją cyfry i 9. Obliczymy ich sumę: = Rozwżmy z kolei liczb, w których n pierwszych dwóch pozycjch stoją cyfry i 5. Obliczymy ich sumę: = Rozwżmy nstępnie liczb, w których n pierwszych dwóch pozycjch stoją cyfry i 7. Obliczymy ich sumę: = Rozwżmy nstępnie liczb, w których n pierwszych dwóch pozycjch stoją cyfry i 9. Obliczymy ich sumę: Stron 6 z 5

7 = Rozwżmy nstępnie liczb, w których n pierwszych dwóch pozycjch stoją cyfry 5 i 7. Ich sum jest tk sm jk w poprzednim przypdku: Rozwżmy z kolei liczb, w których n pierwszych dwóch pozycjch stoją cyfry 5 i 9. Obliczymy ich sumę: = Rozwżmy wreszcie liczb, w których n pierwszych dwóch pozycjch stoją cyfry 7 i 9. Obliczymy ich sumę: = Ztem sum wszystkich rozwżnych liczb jest równ IV sposób Zuwżmy, że zbiór wszystkich 0 liczb pięciocyfrowych uzysknych z cyfr,, 5, 7, 9 możn pogrupowć w pry tkie, że sum cyfr w rzędch jedności, dziesiątek, setek, tysięcy, i dziesiątek tysięcy jest równ 0, np. 795 i 795. Sum kżdej tkiej pry liczb jest równ 0. Tkich pr liczb jest 5! 60 =. Stąd szukn sum jest równ V sposób Przy dodwniu rozwżnych liczb wykorzystmy fkt, że: - cyfry,, 5, 7, 9 stojące w rzędzie jedności oznczją odpowiednio dodwnie liczb,, 5, 7, 9; - cyfry,, 5, 7, 9 stojące w rzędzie dziesiątek oznczją odpowiednio dodwnie liczb 0, 0, 50, 70, 90; - cyfry,, 5, 7, 9 stojące w rzędzie setek oznczją odpowiednio dodwnie liczb 00, 00, 500, 700, 900; - cyfry,, 5, 7, 9 stojące w rzędzie tysięcy oznczją odpowiednio dodwnie liczb 000, 000, 5000, 7000, 9000; - cyfry,, 5, 7, 9 stojące w rzędzie dziesiątek tysięcy oznczją odpowiednio dodwnie liczb 0000, 0000, 50000, 70000, Obliczenie sumy = jest równoznczne z obliczeniem sumy pięciu z rozwżnych liczb, przy czym te pięć liczb chrkteryzuje włsność: w tych pięciu liczbch kżd cyfr zjmuje dokłdnie rz kżdą z pięciu możliwych pozycji w liczbie pięciocyfrowej. Odpowiednie przestwinie cyfr pozwoli rozdzielić zbiór wszystkich rozwżnych w zdniu liczb n 4! rozłącznych podzbiorów 5-elementowych, przy czym w kżdym z tych podzbiorów sum wszystkich 5 liczb będzie równ Ztem sum wszystkich rozwżnych w zdniu liczb jest równ: 4! = Stron 7 z 5

8 Zdnie 7. (0 ) II. Wykorzystnie i interpretownie reprezentcji.. Rchunek różniczkowy. Zdjący korzyst z geometrycznej i fizycznej interpretcji pochodnej (R.7). Schemt punktowni Zdjący otrzymuje... p. gdy obliczy współczynnik b: b = 09. Zdjący otrzymuje... p. gdy obliczy współczynnik kierunkowy stycznej: = 4 lub obliczy wrtość pochodnej funkcji f, określonej wzorem f( x) = x + x+ 9, dl rgumentu 0: f (0) = 4. Uwgi. Jeżeli zdjący popełni błąd przy wyznczniu pochodnej dnej funkcji, le otrzym wielomin stopni. i poprwnie zinterpretuje współczynnik jko f (0), to może otrzymć punkt, o ile konsekwentnie rozwiąże zdnie do końc.. Jeżeli zdjący przyjmie, że x 0 = 49 i rozwiąże zdnie konsekwentnie do końc, nie popełnijąc innych błędów, to otrzymuje punkt. Przykłdowe rozwiązni I sposób Przyjmujemy, że funkcj f jest określon wzorem f x x x ( ) = Równnie stycznej do krzywej w punkcie P= ( x0, f( x0)) m postć: y f( x ) = f ( x )( x x ) Z dnych zdni wynik, że: x0 = 0, f( x0) = f(0) = 49. Pochodn funkcji f jest określon wzorem: f ( x) = 4x+. Wrtość tej pochodnej dl rgumentu x 0 = 0 jest równ f ( x0 ) = f (0) = = 4. Poniewż f ( x0) =, ztem = 4. N podstwie równni stycznej do krzywej w dnym punkcie mmy: y 49 = 4( x 0), stąd po przeksztłcenich otrzymujemy: y = 4x+ 09. Ztem b = 09. Odpowiedź: Współczynnik b = 09. Stron 8 z 5

9 II sposób Prost o równniu kierunkowym y = x+ b jest styczn do prboli określonej równniem y = x+ b y = x + x+ 9. Ztem ukłd równń m y = x + x+ 9 dokłdnie jedno rozwiąznie. Stąd otrzymujemy: 9 x + x+ = x+ b. Po przeksztłcenich mmy: x ( ) x 9 b =. Powyższe równnie musi mieć tylko jedno rozwiąznie w zbiorze liczb rzeczywistych, które jest jednocześnie odciętą punktu styczności prboli i prostej. Ozncz to, że x 0 = 0 (odcięt punktu styczności). Z drugiej strony równnie x + ( ) x+ 9 b= 0 m tylko jedno rozwiąznie w zbiorze liczb rzeczywistych, gdy Δ= 0 i jest ono równe x0 =, czyli 0 =. Stąd wynik, że = 4. Współczynnik b możemy wyznczyć n trzy sposoby:. sposób Podstwijąc do równni prostej y = x + b wrtość = 4 orz współrzędne punktu P, otrzymujemy 49 = b. Stąd b = 09.. sposób Podstwijąc do równni x + ( ) x+ 9 b= 0 wrtość = 4, otrzymmy równnie x 40x+ 9 b = 0. Równnie to m jedno rozwiąznie, czyli Δ= 0, ztem ( 40) 4 (9 b) = 0. Stąd b = 09.. sposób Podstwijąc do równni x + ( ) x+ 9 b= 0 wrtości = 4 i x 0 = 0 mmy: + =. Stąd b = b 0 Stron 9 z 5

10 Zdnie 8. (0 ) V. Rozumownie i rgumentcj.. Wyrżeni lgebriczne. Zdjący dodje, odejmuje, mnoży i dzieli wyrżeni wymierne; rozszerz i (w łtwych przykłdch) skrc wyrżeni wymierne (R.6). Schemt punktowni Rozwiąznie pełne... p. Zdjący przeprowdzi pełne rozumownie. Pokonnie zsdniczych trudności zdni... p. Zdjący zpisze nierówność w postci równowżnej: ( x y) + ( y x) x( y+ ) > 0 lub ( x y) + ( y x) > 0, lub ( x y) ( x y) x+ y+ zpisze, że wystrczy wykzć prwdziwość nierówności + >, wykzując y+ x+ wcześniej prwdziwość nierówności y y + >, x x + zpisze, że f ( ) > 0 dl kżdego 0, pondto zbd monotoniczność funkcji f i stwierdzi, że funkcj f jest rosnąc, x+ y zpisze, że wykresem funkcji f( ) = określonej dl y jest hiperbol, y+ x której symptotą poziomą jest, w ukłdzie współrzędnych Ob, prost o równniu y b =, ntomist symptotą pionową jest prost o równniu = y orz zpisze, że x w przedzile 0,+ ) funkcj f jest rosnąc. Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp... p. Zdjący zpisze nierówność w postci równowżnej: x + x + y + y xy x > 0 lub x + x + y + y xy x > 0, lub x y+ ( ) ( ) x xy + y x y wykże, że dl dowolnych liczb 0 < x < y i > 0 prwdziw jest nierówność y y+ >, x x + Stron 0 z 5

11 x+ y y x wyznczy pochodną funkcji f( ) = + : f ( ) = y+ x ( y+ ), x+ y zpisze, że wykresem funkcji f( ) = określonej dl y jest y+ x hiperbol, której symptotą poziomą jest, w ukłdzie współrzędnych Ob, prost y o równniu b =, ntomist symptotą pionową jest prost o równniu = y. x Uwg Jeżeli zdjący prowdzi do końc rozumownie opisne w zmieszczonym poniżej III sposobie rozwiązni, pomijjąc uzsdnienie prwdziwości nierówności y y + >, to może otrzymć x x + co njwyżej punkty. Przykłdowe rozwiązni I sposób Nierówność możemy przeksztłcić w sposób równowżny x+ y + > 0, y+ x x x+ + y y+ x y+ x y+ ( ) ( ) ( ) ( ) x + x + y + y xy x x( y+ ) ( x y) + ( y x) x( y+ ) > 0. > 0, > 0, Z złożeni y > 0, x > 0 i > 0. Ztem y+ > 0 i x > 0, co ozncz, że minownik ułmk stojącego po lewej strony otrzymnej nierówności jest dodtni. Kwdrt ( x y) jest nieujemny, z złożeni x < ywynik, że y x > 0, więc ( y x) > 0. Stąd licznik rozwżnego ułmk jest dodtni. W rezultcie otrzymn nierówność jest prwdziw. To kończy dowód. II sposób Z złożeni wynik, że y > 0, x > 0 i > 0. Ztem y+ > 0. Mnożąc obie strony nierówności x+ y + > przez liczbę dodtnią ( y+ ) x, otrzymujemy y+ x ( ) ( ) ( ) x x+ + y y+ > x y+, x x y y xy x > 0, ( x y) ( y x) + > 0. Stron z 5

12 T nierówność jest prwdziw, gdyż ( x y) > 0 orz ( y x) 0 i > 0. To kończy dowód. >, bo z złożeni x < y III sposób Wykżemy njpierw, że jeżeli licznik i minownik ułmk większego od zwiększymy o tę smą liczbę dodtnią, to otrzymmy ułmek mniejszy od wyjściowego, gdyż przy złożeniu, że liczby x, y i są dodtnie, nierówność y + y < jest równowżn kolejno nierównościom x + x x( y+ ) < y( x+ ), xy+ x< xy+ y, x < y, x < y y <, x co jest prwdą. y y+ x+ y x+ y+ Ztem >, więc + > + >, gdyż sum liczby dodtniej i jej x x + y+ x y+ x+ odwrotności jest co njmniej równ. T równość zchodzi wtedy i tylko wtedy, gdy tą liczbą y+ jest, co w nszym przypdku nie zchodzi, bo równość = oznczłby, że x = y, co x + jest sprzeczne z złożeniem x < y. IV sposób x+ y Niech f( ) = + dl 0. y+ x ( y+ ) ( x+ ) y x Obliczmy f ( ) = = y+ y+ ( ) ( ), ztem f ( ) > 0 dl kżdego 0, więc x y f jest funkcją rosnącą. Wobec tego jeśli > 0, to f( ) > f(0) = 0 y + x, bo sum liczby dodtniej i jej odwrotności jest równ co njmniej. Uwgi x+ y+. Prwdziwość nierówności + > możn też uzsdnić, odwołując się do y+ x+ nierówności między średnią rytmetyczną i geometryczną różnych liczb dodtnich x + i y + y + x +.. Uzsdnienie, że funkcj f jest rosnąc w przedzile 0,+ ) możemy przeprowdzić bez odwoływni się do rchunku pochodnych. Rozwiąznie może wyglądć nstępująco. Niech x i y będą dowolnymi dodtnimi liczbmi rzeczywistymi tkimi, że x < y. Rozwżmy x+ y funkcję f określoną wzorem f ( ) = + dl kżdej liczby rzeczywistej y. Jest y+ x to funkcj homogrficzn. Zpiszmy jej wzór w postci knonicznej Stron z 5

13 y+ + x y y x y y x y y f ( ) = + = + + = +. y+ x y+ x y+ x Wykresem tej funkcji jest hiperbol, której symptotą poziomą jest, w ukłdzie współrzędnych y Ob, prost o równniu b =, ntomist symptotą pionową jest prost o równniu x y = y. Poniewż y > x> 0, więc >, co ozncz, że symptot poziom leży w I i II x ćwirtce ukłdu współrzędnych, zś symptot pionow leży w II i III ćwirtce tego ukłdu. Pondto x y< 0, więc hiperbol, któr jest wykresem funkcji f jest obrzem hiperboli A o równniu b =, gdzie A < 0, leżącej w II i IV ćwirtce ukłdu współrzędnych, jk n poniższym rysunku. + funkcj f jest rosnąc. W szczególności jest on rosnąc w przedzile 0,+ ). Ztem dl kżdego rgumentu > 0 prwdziw jest nierówność Wynik stąd, że w przedzile ( y, ) x+ 0 y x y f ( ) > f ( 0). Zuwżmy, że f ( 0) = + = + > = 0, gdyż liczby x y+ 0 x y x y i y x są dodtnie, różne od i jedn z nich jest odwrotnością drugiej. W efekcie dl kżdego rgumentu > 0 prwdziw jest nierówność x+ y f ( ) = + > 0, y+ x czyli x+ y + >. y+ x Stron z 5

14 V sposób Nierówność x+ y + > możemy przeksztłcić w sposób równowżny mnożąc obustronnie y+ x przez x( y+ ), bo z złożeni x( y ) Przeksztłcmy otrzymną nierówność + jest większe od zer. Otrzymujemy ( + ) + ( + ) ( + ) x x y y x y x x y y xy x , x xy y x y +, ( ) x xy y x y +, ( x y) ( x y). Z złożeni x y i 0, ztem ( x y) 0 W rezultcie otrzymn nierówność jest prwdziw. To kończy dowód., ntomist kwdrt ( ) x y jest dodtni. Stron 4 z 5

15 Zdnie 9. (0 ) V. Rozumownie i rgumentcj. 7. Plnimetri. Zdjący rozpoznje trójkąty podobne i wykorzystuje (tkże w kontekstch prktycznych) cechy podobieństw trójkątów. (7.). Schemt punktowni Rozwiąznie pełne... p. Zdjący zpisze pełne, poprwne rozumownie. Pokonnie zsdniczych trudności zdni... p. Zdjący zpisze, że trójkąty ASM i NLC lub trójkąty MKC i BTN są przystjące, nie uzsdni tego przystwni i uzsdni tezę zpisze dwie proporcje wynikjące z podobieństw trójkątów pozwljące (wrz z równością AP = BP ) wyznczyć zleżność między długościmi odcinków ST i AB, np.: p BT = i = x b b x b zpisze dwie proporcje wynikjące z twierdzeni Tles pozwljące (wrz z równością AP = BP ) wyznczyć zleżność między długościmi odcinków ST i AB, np.: p p = i q q =, x b x b x x zpisze długości odcinków AB, AS i BT w zleżności od długości odcinków x = AM, y= MC orz kąt α w postci : AB = ( x + y) cosα, AS = x cosα, BT = y cosα, nrysuje odcinek MZ równoległy do BC orz odcinek ZN lub odcinek NZ równoległy do AC orz odcinek MZ, zpisze, że trójkąty AMZ i ZBN są równormienne, le nie uzsdni, że czworokąt MZNC jest równoległobokiem i poprwnie uzsdni tezę i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Rozwiąznie, w którym postęp jest wprwdzie niewielki, le konieczny n drodze do cłkowitego rozwiązni zdni..... p. Zdjący zpisze, że trójkąty ASM i NLC są przystjące lub trójkąty MKC i BTN są przystjące zpisze, że trójkąty, np. ASM i APC są podobne lub zpisze proporcję wynikjącą z tego podobieństw, AS SP zpisze proporcję wynikjącą z twierdzeni Tles, np.: =, AM MC Stron 5 z 5

16 obliczy pole trójkąt ADC orz wysokość CF: P ADC = 4, h = 8, wyznczy długość odcink AB w zleżności od długości odcinków x = AM, y= MC orz kąt α : AB ( x y) ( x y) ( x y) ( x y) cos( 80 α ) = , AS BT zpisze dwie zleżności: = cosα, AM BN = cosα, nrysuje odcinek MZ równoległy do BC orz odcinek ZN lub odcinek NZ równoległy do AC orz odcinek MZ i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Uwgi. Z uzsdnienie przystwni trójkątów prostokątnych np.: ASM i NLC uznjemy ) powołnie się n cechę przystwni kbk, o ile n rysunku nie występują sprzeczne oznczeni kątów, b) zznczenie n rysunku jednej pry odpowiednich kątów ostrych w tych trójkątch.. W III i IV sposobie rozwiązni nie wymgmy uzsdnieni podobieństw trójkątów lub powołni się n twierdzenie Tles.. Jeżeli zdjący rozptrzy tylko szczególny przypdek, w którym punkty M i N, są środkmi boków AC i BC, to otrzymuje 0 punktów z cłe rozwiąznie. 4. Jeżeli zdjący zkłd, że trójkąt ABC jest równoboczny i korzyst z tego złożeni, to z cłe rozwiąznie otrzymuje 0 punktów. 5. Jeżeli zdjący przedstwi rozwiąznie, w którym odwołuje się tylko do rgumentów pozmtemtycznych, np. przesuw punkty M i N po odcinkch AC i BC z tymi smymi szybkościmi, to może otrzymć punkt z zuwżenie, że rzuty prostokątne n prostą AB odcinków równych, z których jeden leży n prostej AC, drugi n prostej BC są równe. Przykłdowe rozwiązni I sposób ( przystwnie trójkątów I ) Niech P będzie środkiem podstwy AB tego trójkąt. Poprowdźmy przez punkty M i N proste równoległe do podstwy AB trójkąt, ich punkty przecięci z prostą CP oznczmy odpowiednio K i L. Oznczmy też x = AM = CN, y= MC, p = AS, q= MK, jk n rysunku. Poniewż trójkąt ABC jest równormienny, więc NB = MC = y. Trójkąty ASM i NLC są przystjące, gdyż ob są prostokątne, AM = CN orz BAC = ABC = LNC orz AMS = 90 BAC = 90 LNC = NCL. Podobnie uzsdnimy, że trójkąty MKC i BTN są przystjące. Stron 6 z 5

17 Ztem Stąd wynik, że PT = LN = AS = p orz SP = MK = TB = q. ( ) ST = SP + PT = q + p = p + q = AB. II sposób ( przystwnie trójkątów II ) Niech P będzie środkiem podstwy AB tego trójkąt. Poprowdźmy przez punkt N prostą równoległą do podstwy AB trójkąt, punkt jej przecięci z prostą CP oznczmy przez L. Oznczmy też x = AM = CN, p = AS, jk n rysunku. Trójkąty ASM i NLC są przystjące, gdyż ob są prostokątne, AM = CN, BAC = ABC = LNC orz AMS = 90 BAC = 90 LNC = NCL. Stąd wynik, że PT = LN = AS = p. Poniewż trójkąt ABC jest równormienny, więc AP Stąd wynik, że = BP. ST = SP + PT = ( AP p) + p = AP = AB. Uwg Anlogiczne rozumownie możemy przeprowdzić, wychodząc od pry trójkątów przystjących MKC i BTN (oznczeni jk w I sposobie ocenini). III sposób ( podobieństwo trójkątów ) Niech P będzie środkiem podstwy AB tego trójkąt. Oznczmy też x = AM = CN, b= AC = BC, = AP, jk n rysunku. Poniewż P jest spodkiem wysokości trójkąt równormiennego, więc BP = AP =. Trójkąty ASM i APC są podobne n mocy cechy kkk, poniewż obydw są trójkątmi prostokątnymi (odcinki SM i PC są równoległe), kąt PAC jest kątem wspólnym obu trójkątów. Stąd wynik, że AS AP AM = AC, czyli p =. x b Stron 7 z 5

18 x x Stąd p =. Ztem SP = AP p =. b b Poniewż NT CP i kąt CBP jest kątem wspólnym, więc n mocy cechy kkk trójkąt BTN jest podobny do trójkąt BPC. Stąd wynik, że BT BP BT =, czyli =. BN BC b x b ( b x) ( b x) b b + x x Stąd BT =, więc PT = BP BT = = =. b b b b Ztem x x ST = SP + PT = AB b + b = =. To kończy dowód. IV sposób ( twierdzeni Tles ) Niech P będzie środkiem podstwy AB tego trójkąt. Oznczmy też x = AM = CN, b= AC = BC, = AP, p = AS, q= PT, jk n rysunku. Poniewż trójkąt ABC jest równormienny, P jest spodkiem jego wysokości, więc BN = MC = b x i BP = AP =. Z twierdzeni Tles otrzymujemy AS SP BT PT = orz =, AM MC BN NC czyli p p = orz q q =. x b x b x x Stąd pb px = x px orz x qx = bq qx, x x p = orz q =. b b Ztem x x ST = SP + PT = p + q = AB b + b = =. To kończy dowód. Stron 8 z 5

19 V sposób ( trygonometri ) Oznczmy α = BAC = ABC, x = AM = CN, y= MC, = AP, jk n rysunku. Wtedy NB = BC x = AC x = y orz ACB = 80 α. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ABC otrzymujemy = + cos( 80 ), ( ) ( ) ( ) ( ) cos( 80 ) AB = ( x+ y) + ( x+ y) cosα, AB AC BC AC BC α AB = x+ y + x+ y x+ y x+ y α, ( ) ( ) AB = x + y + cos α sin α, ( ) AB = 4 x + y cos α. Stąd AB = ( x + y) cosα. Z trójkątów ASM i BTN otrzymujemy AS BT = cosα orz AM BN = cosα, AS BT = cosα orz x y = cosα. Stąd AS = x cosα orz BT = y cosα. Ztem ST = AB AS BT = ( x + y) cosα x cosα y cosα = ( x + y) cosα = AB. To kończy dowód. VI sposób ( trójkąty równormienne ) Nrysujmy odcinek MZ równoległy do prostej BC tki, że koniec Z tego odcink leży n podstwie AB trójkąt ABC orz odcinek NZ. Oznczmy też x = AM = CN, y= MC, p = AS, q= TB, jk n rysunku. Stron 9 z 5

20 Wtedy kąty odpowidjące AZM i ABC są równe. To ozncz, że trójkąt AZM jest równormienny. Stąd wynik, że MZ = AM = CN = x. Ztem czworokąt MZNC jest równoległobokiem (jego boki MZ i CN są równoległe i mją równe długości), co ozncz, że ZN = MC = y. To z kolei ozncz, że trójkąt ZBN jest równormienny. Punkty S i T to spodki wysokości trójkątów równormiennych, więc AS = SZ = p orz ZT = TB = q. Stąd ST = SP + PT = q + p = ( p + q) = AB. To kończy dowód. Stron 0 z 5

21 Zdnie 0. (0 4) IV. Użycie i tworzenie strtegii. 7. Plnimetri. Zdjący znjduje związki mirowe w figurch płskich z zstosowniem twierdzeni sinusów i twierdzeni cosinusów (R7.5). Schemt punktowni Rozwiąznie pełne... 4 p. Zdjący obliczy obwód trójkąt ABC: L ABC = 0. Pokonnie zsdniczych trudności zdni... p. Zdjący zpisze równnie wymierne z jedną niewidomą, np.: 49 7 = ( + 6) lub =, lub =, lub ( 7 ) 7 = ( 8 ) + ( ), lub ( 9 ) ( ) = +, lub 6 6 ( 6)( 4 6) + = + +, lub 49 4 = ( ), lub 49 = 48, lub =, lub = ( + ) + ( + ), lub ( + )( 5) 5 = ( ). 7 =, lub 4 Rozwiąznie, w którym jest istotny postęp... p. Zdjący obliczy cosα = orz zpisze równnie wynikjące z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ABC: ( ) ( ) obliczy = cosα cosω = orz zpisze równnie wynikjące z twierdzeni cosinusów dl 7 4 = + cos 80 ω lub trójkąt BCD, np.: ( ) = cosω, 4 obliczy sin ω = orz sin ( 80 ω) = 4, obliczy cosω = orz zpisze równnie wynikjące z definicji cosinus w trójkącie 7 ED BCD: cosω =, Stron z 5

22 obliczy AF = 8, CF = 8 orz wyznczy długość odcink BF w zleżności od : BF =, obliczy pole trójkąt ADC, wyznczy pole trójkąt BCD w zleżności od orz wyznczy stosunek pól trójkątów ADC i BCD w zleżności od : P ADC = 4, PADC 6 PBCD = 7 49, =, PBCD 4 zpisze równnie pierwistkowe z niewidomą : =, 7 49 obliczy pole trójkąt ADC, wysokość CF orz długość odcink DF: P = 4, CF = 8, DF =, zpisze ukłd równń z dwiem niewidomymi i cos β : ( ) ( ) = β i 4 = + cos β, cos obliczy pole trójkąt ADC orz wyznczy pol trójkątów ABC i BCD w zleżności od : P ADC = 4, P ( )( ) ABC i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. = + 5 5, P = 8 BCD ADC Rozwiąznie, w którym postęp jest niewielki, le konieczny n drodze do pełnego rozwiązni zdni... p. Zdjący obliczy cosα = zpisze równnie wynikjące z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ABC: = 6 + ( + 6) 6 ( + 6) cosα lub 6 = ( + 6) + ( + 6) cos β, obliczy cosδ = lub cosω =, 7 7 ED 7 zpisze, że cosω = lub cosω =, zpisze ukłd dwóch równń z dwiem niewidomymi: 6 = h + ( x+ 6) orz 4 = h + x, Stron z 5

23 obliczy pole trójkąt ADC i wyznczy pole trójkąt BCD w zleżności od długości boku BC: P ADC = 4, PBCD = 7 49, obliczy pole trójkąt ADC i wyznczy pol trójkątów ABC i BCD w zleżności od długości boku BC orz sin β : P ADC = 4, PABC = ( + 6) sinβ, PBCD = sin β, obliczy pole trójkąt ADC orz wysokość CF: P = 4, CF = 8, zpisze równnie wynikjące z twierdzeni cosinusów dl trójkąt BCD: 4 = + cos β i n tym zkończy lub dlej popełni błędy. Uwgi. Jeżeli zdjący relizuje strtegię rozwiązni i popełni jedynie błędy rchunkowe, to może otrzymć punkty, o ile popełnione błędy nie ułtwiją rozwżnego zgdnieni n żdnym etpie rozwiązni.. Jeżeli zdjący pominie współczynnik we wzorze n pole trójkąt, to może otrzymć punkty z rozwiąznie zdni konsekwentnie do końc.. Jeżeli zdjący relizuje strtegię rozwiązni i jedynym błędem, który jednk nie ułtwi rozwżni zgdnieni n żdnym etpie rozwiązni, jest błąd, polegjący n niepoprwnym zstosowniu: ) twierdzeni cosinusów lub twierdzeni sinusów, lub niewłściwym podstwieniu do wzoru z tego twierdzeni, b) definicji funkcji trygonometrycznej, c) wzoru Heron, d) twierdzeni Pitgors, e) wzoru redukcyjnego, f) wzoru n pole trójkąt z sinusem kąt między bokmi, g) twierdzeni Stewrt, h) wzoru b = b lub ( ) + b = + b, to zdjący otrzymuje co njwyżej punkty z rozwiąznie cłego zdni. 4. Jeżeli zdjący relizuje strtegię rozwiązni, i popełni jeden błąd, wymieniony w uwdze., pondto popełni błędy rchunkowe, to otrzymuje punkt. 5. Jeżeli zdjący stosuje przybliżeni funkcji trygonometrycznych i tym smym zmieni spekt rozwżnego zgdnieni, to może otrzymć co njwyżej punkty z cłe rozwiąznie. 6. Jeżeli zdjący zkłd, że kąt CAD m mirę 60 stopni, to może uzyskć jedynie punkty z te części rozwiązni, w których nie korzyst z tego nieuprwnionego złożeni. ADC Stron z 5

24 Przykłdowe rozwiązni I sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ADC otrzymujemy 4 = cosα. Stąd cosα = =. 66 Ztem α = 60. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ABC otrzymujemy ( ) ( ) cosα = + + +, ( ) = , 4 = 96, = 49. Obwód trójkąt ABC jest równy L = = 0. ABC II sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ADC otrzymujemy 6 = cosδ. Stron 4 z 5

25 Stąd cosδ = = Ztem cosω = cos( 80 δ) = cosδ = =. 7 7 Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt BCD otrzymujemy 4 = + cos 80 ω, 96 cos ( ) ( ω) = +, = = = = = 49 + cos ω + cos ω cos ω ( 7 ) = cosω, 8 = 96, = 49, 7 z twierdzeni sinusów otrzymujemy 4 = sinω sin 80 ( ) ( ω) sin 80 ω = sin ω = sinω cosω sin ( 80 ω ) = = 44 4 = = = Więc obwód trójkąt ABC jest równy L = = 0. ABC, = 49 Stron 5 z 5

26 III sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ADC otrzymujemy 6 = cosδ. Stąd cosδ = = Ztem cosω = cos( 80 δ) = cosδ = =. 7 7 Trójkąt BCD jest równormienny, więc spodek E wysokości BE tego trójkąt jest środkiem boku CD. Ztem ED cosω =, 7 = 7 Stąd = 49, więc obwód trójkąt ABC jest równy L = = 0. ABC IV sposób Poprowdźmy wysokość CF trójkąt ABC i przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ADC otrzymujemy 4 = cosα. Stąd cosα = =. 66 Ztem α = 60. Trójkąt AFC jest więc połową trójkąt równobocznego o boku długości 6. Stąd AF = 8 i CF = 8. Stron 6 z 5

27 W rezultcie DF = AF AD = 8 6= orz BF = BD DF =. Z twierdzeni Pitgors dl trójkąt BCF otrzymujemy Obwód trójkąt ABC jest równy ( 8 ) ( ) = +, = = 96, = 49. L = = 0. ABC V sposób Poprowdźmy wysokość CF trójkąt ABC i przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni Pitgors dl trójkątów AFC i DFC otrzymujemy ( x ) 6 h 6 = + + orz = h + x, = h + x + x+ orz 96 = h + x, 0 = 96 + x orz h = 96 x, 4 = x orz h = 96 x, x = orz h = 96 = 9. Ztem BF = BD DF =. Z twierdzeni Pitgors dl trójkąt BCF otrzymujemy Obwód trójkąt ABC jest równy ( 9 ) ( ) = +, = = 96, = 49. L = = 0. ABC Stron 7 z 5

28 VI sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni Stewrt dl trójkąt ABC otrzymujemy = , Obwód trójkąt ABC jest równy ( )( ) ( )( ) = + +, + = + + = 588, = L = = 0. ABC VII sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Obliczmy pole trójkąt ADC ze wzoru Heron Połow obwodu tego trójkąt jest równ p = = 8, więc ( ) ( ) ( ) P = = 8 4 = 4. ADC Trójkąt BCD jest równormienny, więc wysokość h opuszczon n bok CD jest równ Ztem h = 7 = PBCD = =. Poniewż trójkąty ADC i BCD mją wspólną wysokość opuszczoną z wierzchołk C, więc PADC 6 =, PBCD czyli Stron 8 z 5

29 Stąd Ztem Obwód trójkąt ABC jest równy 4 6 =, =. ( ) =, 48 = 49 49, = 49. = 49. L = = 0. ABC VIII sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Obliczmy pole trójkąt ADC ze wzoru Heron Połow obwodu tego trójkąt jest równ p = = 8, więc ( ) ( ) ( ) P ADC = = 8 4 = 4. Pol trójkątów ABC i BCD są równe odpowiednio PABC = ( + 6) sinβ orz PBCD = sin β. P = P + P, więc Poniewż, ABC BDC ADC () ( + 6) sinβ = sinβ + 4, sin β + 6sin β = sin β + 48, sin β = 8, 8 = sin β 8 = β β sin cos 4 =. β β sin cos Stron 9 z 5

30 Poniewż trójkąt BCD jest równormienny, więc wysokość opuszczon n podstwę CD dzieli ten trójkąt n dw przystjące trójkąty prostokątne. Ztem β 7 () sin =. Z jedynki trygonometrycznej otrzymujemy β β 49 () cos = sin =. Z (), () i () otrzymujemy równnie z niewidomą 4 = Stąd 7 49 = 4, Ztem Obwód trójkąt ABC jest równy 49 7 = 4, = 48, = 48, 49 =, = 49. = 49. L = = 0. ABC Stron 0 z 5

31 IX sposób Poprowdźmy wysokości CF i BE trójkąt BCD i przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Obliczmy pole trójkąt ADC ze wzoru Heron Połow obwodu tego trójkąt jest równ p = = 8, więc P ADC = 8 ( 8 6) ( 8 4) ( 8 6) = 8 4 = 4. Odcinek CF jest też wysokością trójkąt ADC, więc pole tego trójkąt jest równe P 6 ADC = AD h= h= h. Otrzymujemy ztem h = 4, h = 8. Z twierdzeni Pitgors dl trójkąt CDF otrzymujemy DF = CD CF, ( ) DF = 4 8 = 4. Stąd DF =. Trójkąt BCD jest równormienny, więc spodek E wysokości BE tego trójkąt jest środkiem podstwy CD. Ztem DE = CD = 4 = 7. Trójkąty CDF i BDE są podobne, gdyż ob są prostokątne i mją wspólny kąt ostry przy wierzchołku D. Ztem DB CD =, DE DF Obwód trójkąt ABC jest równy 7 =, 4 = 49. L = = 0. ABC Stron z 5

32 X sposób Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt BCD otrzymujemy 4 = + cos β. Stąd 4 cos β =. Z twierdzeni cosinusów dl trójkąt ABC otrzymujemy ( ) ( ) 6 = cos β. Stąd i z poprzednio otrzymnego równni otrzymujemy równnie z jedną niewidomą 4 6 = ( + 6) + ( + 6), ( ) ( )( ) 56= , 56 = , 4 = 6 96, = 49. Obwód trójkąt ABC jest równy L = = 0. ABC XI sposób Poprowdźmy wysokość CF trójkąt BCD i przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Obliczmy pole trójkąt ADC ze wzoru Heron Połow obwodu tego trójkąt jest równ p = = 8, więc Stron z 5

33 ( ) ( ) ( ) P ADC = = 8 4 = 4. Odcinek CF jest też wysokością trójkąt ADC, więc pole tego trójkąt jest równe P 6 ADC = AD h= h= h. Otrzymujemy ztem h = 4, h = 8. Pole trójkąt BCD jest więc równe P 8 4 BCD = BD h= =. Zpiszmy pole trójkąt ABC, stosując wzór Heron. Połow obwodu trójkąt ABC jest równ p = = +, więc ( )( )( )( ) ( )( ) PABC = = Poniewż PABC = PACD + PBCD, więc otrzymujemy ( )( ) = Obie strony tego równni są dodtnie, więc podnosząc je do kwdrtu otrzymujemy równnie równowżne = , ( )( ) = = 0. Δ= = 9600, Δ= 440, ( ) ( ) = < 0 lub = = Obwód trójkąt ABC jest równy L = = 0. ABC Stron z 5

34 Zdnie. (0 6) IV. Użycie i tworzenie strtegii. 8. Geometri n płszczyźnie krtezjńskiej. Zdjący posługuje się równniem okręgu (x ) + (y b) = r orz opisuje koł z pomocą nierówności (R8.5). Schemt punktowni I. Rozwiąznie z wykorzystniem odległości środków okręgów stycznych Rozwiąznie skłd się z trzech etpów: Pierwszy etp poleg n wyznczeniu środków i promieni obu podnych okręgów orz ustleniu wrunków ogólnych ich położeni względem siebie. Z poprwne rozwiąznie tego etpu zdjący otrzymuje punkty. Drugi etp poleg n wyznczeniu równni z jedną niewidomą, któr opisuje wrunek styczności zewnętrznej i rozwiąznie tego równni. Z poprwne rozwiąznie tego etpu zdjący otrzymuje punkty. Trzeci etp poleg n wyznczeniu równni z jedną niewidomą, któr opisuje wrunek styczności wewnętrznej i rozwiąznie tego równni. Z poprwne rozwiąznie tego etpu zdjący otrzymuje punkty. Uwg Etpy drugi i trzeci ocenine są niezleżnie od siebie. Podził punktów z pierwszy etp rozwiązni: Zdjący otrzymuje punkty, gdy: zpisze współrzędne środków i promienie obu okręgów: ( 6,4) S =, =,, r = 9 orz zpisze wrunki styczności obu okręgów w dwóch przypdkch: SS = r + r, SS = r r. Zdjący otrzymuje punkt, gdy: zuwży i zpisze, że są dw przypdki styczności okręgów, tj. styczność zewnętrzną i wewnętrzną wyznczy współrzędne środków okręgów i obliczy promienie obu okręgów. r = orz S ( ) Podził punktów z drugi etp rozwiązni: Zdjący otrzymuje punkty, gdy zpisze równnie: i wyznczy jego rozwiązni: 6 ( ) ( ) = =. Zdjący otrzymuje punkt, gdy zpisze równnie: = + orz 6 ( ) ( ) =. Stron 4 z 5

35 Podził punktów z trzeci etp rozwiązni: Zdjący otrzymuje punkty, gdy zpisze równnie: ( ) = 6 i wyznczy jego rozwiąznie: = 6. Zdjący otrzymuje punkt, gdy zpisze równnie: ( ) = 6. Uwgi. Jeżeli zdjący prowdzi poprwne rozumownie n kżdym etpie rozwiązni zdni i rozwiązuje zdnie do końc, le popełni jedynie błędy rchunkowe, to może otrzymć co njwyżej 5 punktów, o ile popełnione błędy nie ułtwiją rozwżnego zgdnieni n żdnym etpie rozwiązni.. Jeżeli zdjący prowdzi poprwne rozumownie n kżdym etpie rozwiązni zdni, rozwiązuje zdnie do końc i jedynym błędem, który jednk nie ułtwi rozwiązni zdni n żdnym etpie rozwiązni, jest błąd, polegjący n: ) niepoprwnym wyznczeniu promieni okręgów lub współrzędnych ich środków, to zdjący otrzymuje co njwyżej 4 punkty; b) zstosowniu niepoprwnej metody wyznczni odległości środków okręgów, to zdjący otrzymuje co njwyżej 4 punkty; c) zstosowniu niepoprwnego wzoru + b = + b lub ( ) ± b = ± b, to zdjący otrzymuje co njwyżej 4 punkty.. Jeżeli zdjący sporządzi poprwną ilustrcję grficzną i n tej podstwie zpisze, że dl = 6 podne okręgi są styczne wewnętrznie i n tym zkończy, to otrzymuje punkty. 4. Jeżeli zdjący rozwż tylko jeden przypdek styczności okręgów i w tym przypdku rozwiąże zdnie do końc, popełnijąc jeden błąd opisny w uwdze., to otrzymuje co njwyżej punkty. II. Rozwiąznie z wykorzystniem wspólnej stycznej lub równni kwdrtowego z prmetrem Zdjący otrzymuje 6 punktów, gdy wyznczy wszystkie wrtości prmetru : = 6 lub = 6+ 6 lub = 6 6. Zdjący otrzymuje 5 punktów, gdy wyznczy tylko jedno z rozwiązń równni z jedną niewidomą zpisze równnie kwdrtowe z niewidomą, np.: 6 =. Zdjący otrzymuje 4 punkty, gdy zpisze równnie wielominowe z niewidomą : ( ) = 9( ) lub ( ) ( ) ( ) = 0. Stron 5 z 5

36 Zdjący otrzymuje punkty, gdy ( ) zpisze równnie z niewidomą : ( ) + zpisze równnie kwdrtowe z jedną niewidomą x (lub y) i prmetrem orz zpisze, że równnie to musi mieć jedno rozwiąznie, np.: (( ) ) ( ) ( ) x + x+ 0 x 8 x = 0 orz Δ= Zdjący otrzymuje punkty, gdy zpisze równnie prostej ( ) x+ y+ 0 = 0 orz zpisze współrzędne środk i promień jednego z okręgów orz zpisze, że okręgi mją dokłdnie jeden punkt wspólny, gdy odległość środk jednego okręgu od wspólnej stycznej tych okręgów jest równ promieniowi tego okręgu zpisze równnie z jedną niewidomą x (lub y) i prmetrem, np.: (( ) ) ( ) ( ) = x + x+ 0 x 8 x = Zdjący otrzymuje punkt, gdy zpisze równnie prostej ( ) x+ y+ 0 = 0 zpisze współrzędne środk i promień jednego z okręgów orz zpisze, że okręgi mją dokłdnie jeden punkt wspólny, gdy odległość środk jednego okręgu od wspólnej stycznej tych okręgów jest równ promieniowi tego okręgu. Uwg Jeżeli zdjący zpisze równnie prostej, będącej osią potęgową okręgów i trktuje to równnie jk równnie kwdrtowe zmiennej, nstępnie wyzncz konkretne wrtości x, y,, sprwdz dl wyznczonych wrtości prwdziwość równni osi potęgowej okręgów i podje jedno z rozwiązń zdni, to otrzymuje punkty. Przykłdowe rozwiązni I sposób Okrąg o równniu x + y x 8y+ 4 = 0 m środek punkcie S = ( 6,4) i promień r =, okrąg o równniu x + y x+ 4y+ 77= 0 m środek w punkcie S = (, ) i promień r = 9. Poniewż te okręgi mją dokłdnie jeden punkt wspólny, więc odległość pomiędzy środkmi okręgów jest równ sumie promieni lub różnicy promieni: SS = r + r lub SS = r r Otrzymujemy ztem równni ( ) = lub ( ) = 6 Stron 6 z 5

37 Ztem Równnie ( ) 6 08 równnie ( ) 6 0 ( 6) = 08 lub ( ) 6 = 0 = m dw rozwiązni: = 6 ( + ) orz 6 ( ) =, ntomist = m jedno rozwiąznie = 6. Ztem podne okręgi są styczne zewnętrznie dl 6 ( ) wewnętrznie dl = 6. = + lub dl 6 ( ) =, ntomist są okręgmi stycznymi II sposób (wspóln styczn) Okrąg o równniu x + y x 8y+ 4 = 0 m środek S = ( 6, 4) i promień r =, okrąg o równniu x + y x+ 4y+ 77= 0 m środek S = (, ) i promień r = 9. Okręgi te mją różne promienie, więc te okręgi mją dokłdnie jeden punkt wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy mją dokłdnie jedną wspólną styczną. Tk jest wtedy i tylko wtedy, gdy odległość środk jednego z tych okręgów od tej stycznej jest równ promieniowi tego okręgu. Jeśli tę wspólną styczną oznczymy przez k, to wtedy mmy odl ( S, k ) =. Odejmując stronmi równni okręgów otrzymujemy ( ) x+ y+ 0 = 0. Jest to równnie wspólnej osi potęgowej tych okręgów. Jeśli terz istnieją tkie wrtości prmetru, dl których spełniony jest wrunek odl ( S, k ) =, to wtedy t oś potęgow jest jednocześnie wspólną styczną tych okręgów. Otrzymujemy ztem równnie ( ) =, + ( ) = Obie strony tego równni są nieujemne, więc podnosząc je do kwdrtu otrzymujemy równnie równowżne Stąd ( ) 9( ) = +, = , = 0, = 0, = 0, ( ) ( ) ( ) ( 7)( + 6) = 0, ( )( ) (( ) )( ) = 0, = 0, ( )( )( ) = 0. = 6+ 6 lub = 6 6 lub = 6. III sposób (równnie kwdrtowe z prmetrem) Stron 7 z 5

38 Okrąg o równniu x y x 8y 4 0 m środek S i promień, okrąg = 6, 4 r = o równniu x + y x+ 4y+ 77= 0 m środek S i promień. = (, ) r = 9 Okręgi te mją różne promienie, więc te okręgi mją dokłdnie jeden punkt wspólny wtedy i tylko wtedy, gdy ukłd równń x + y x 8y+ 4 = 0 i x + y x+ 4y+ 77= 0 m dokłdnie jedno rozwiąznie. Stąd otrzymujemy kolejno x+ y+ 0 = 0 i x + y x 8y+ 4 = 0 ( ) ( ) 0 y = x+ i x + y x 8y+ 4 = 0. 6 Stąd otrzymujemy równnie z niewidomą x i prmetrem (( ) ) ( ) ( ) x + x+ 0 x 8 x = 0, 6 6 ( ) ( ) 4 7 x x Poniewż ( ) =. + 7 = > 0 dl kżdego, więc równnie jest kwdrtowe. Ztem ukłd równń m dokłdnie jedno rozwiąznie wtedy i tylko wtedy, gdy to równnie m dokłdnie jedno rozwiąznie, tk jest wtedy i tylko wtedy, gdy wyróżnik trójminu kwdrtowego 4( + 7) x 4( ) x jest równy 0. Otrzymujemy więc równnie Stąd + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 7) ( ) =, =, = 0, = 0, = 0, = 0, = 0, ( ) ( ) ( ) ( 7)( + 6) = 0, ( )( ) (( ) )( ) = 0, = 0, ( )( )( ) = 0. = 6+ 6 lub = 6 6 lub = 6. Stron 8 z 5

39 Zdnie. (0 6) IV. Użycie i tworzenie strtegii. 5. Ciągi. Zdjący stosuje wzór n n-ty wyrz i n sumę n początkowych wyrzów ciągu rytmetycznego (5.). Zdjący stosuje wzór n n-ty wyrz i n sumę n początkowych wyrzów ciągu geometrycznego (5.4). Schemt punktowni Rozwiąznie skłd się z dwóch etpów: Pierwszy etp poleg n wyznczeniu zleżności niezbędnych do obliczeni q. Z poprwne rozwiąznie tego etpu zdjący otrzymuje 4 punkty. Drugi etp poleg n wyznczeniu wrtości ilorzu ciągu geometrycznego. Z poprwne rozwiąznie tego etpu zdjący otrzymuje punkty. Uwg Zdjący może rozpocząć relizcję drugiego etpu przed podjęciem dziłń koniecznych do relizcji pierwszego etpu. Podził punktów z pierwszy etp rozwiązni: Zdjący otrzymuje 4 punkty, gdy: zpisze poprwne zleżności między wyrzmi ciągu: = c, b= c c =, b=, b = r =. zpisze równnie kwdrtowe z niewidomą q: q + 8q = 0. Zdjący otrzymuje punkty, gdy: rozwiąże równnie z niewidomymi i c: 9 = c lub = c c = lub c = 9 zpisze równnie kwdrtowe z niewidomą b lub r : 9 r r + 4 = 0 lub 9 + = 0. b b 4 Zdjący otrzymuje punkty, gdy zpisze równnie z dwiem niewidomymi: 9 np.: i c, + c + c = + + c 4 np.: i r, 4 = 9 + 8r+ 9r 5 + 4r. Stron 9 z 5

40 Zdjący otrzymuje punkt, gdy zpisze zleżności wynikjące z zstosowni włsności ciągów rytmetycznego i geometrycznego, + c np.: b =, = lub b= + r, c= + r, =. b + b+ c b + b+ c Podził punktów z drugi etp rozwiązni: Zdjący otrzymuje punkty, gdy obliczy wrtość ilorzu ciągu geometrycznego: q =. Zdjący otrzymuje punkt, gdy wyrzi ilorz ciągu geometrycznego jko funkcję dwóch zmiennych, np.: b q = = lub q = b + r. Uwgi. Jeżeli zdjący relizuje strtegię rozwiązni i popełni jedynie błędy rchunkowe, to może otrzymć 5 punktów, o ile popełnione błędy nie ułtwiją rozwżnego zgdnieni n żdnym etpie rozwiązni.. Jeżeli zdjący relizuje strtegię rozwiązni i jedynym błędem, który jednk nie ułtwi rozwżni zgdnieni n żdnym etpie rozwiązni, jest błąd, polegjący n niepoprwnym zstosowniu włsności ciągu rytmetycznego ciągu geometrycznego, to zdjący otrzymuje co njwyżej 4 punkty.. Jeżeli zdjący pomyli ciąg rytmetyczny z geometrycznym, to z cłe rozwiąznie otrzymuje 0 punktów, o ile nie uzysk punktu z wyznczenie q w zleżności od dwóch zmiennych, np.: q = b =. b 4. Jeżeli zdjący nie otrzym równni kwdrtowego zupełnego z dwiem niewidomymi, to uznjemy, że zncznie ułtwił sobie rozwiąznie i z pierwszy etp rozwiązni może otrzymć co njwyżej punkty. 5. Jeżeli zdjący wyzncz q jedynie n podstwie konkretnych wrtości wyrzów ciągów rytmetycznego i geometrycznego, to otrzymuje co njwyżej punkt. Przykłdowe rozwiąznie Zkłdmy, że 0, b 0, + b+ c 0. Ciąg (, b, c) jest ciągiem rytmetycznym, ztem: Ciąg,, b + b+ c + c b =. jest ciągiem geometrycznym, ztem: =, b + b+ c Stron 40 z 5

41 stąd po przeksztłcenich otrzymujemy: Po podstwieniu b otrzymujemy: 9 = ( + + ). 4 b b c 9 + c + c = + + c, c + c + = + c + c, 4 4 9( + + ) = c c c c Równnie możn doprowdzić do postci: 9 4c+ 9c = 0 lub 9c 4c 9 = 0. Wyróżnik trójminu kwdrtowego 9 4c+ 9c ( trktujemy jko zmienną) jest równy Δ= 600 c, Δ= 40c. Wyróżnik trójminu kwdrtowego 9c 4c 9 (c trktujemy jko zmienną) jest równy Δ= 600, Δ= 40. Stąd pierwistki równń odpowiednio 9 4c+ 9c = 0 i 9c 4c 9 = 0są równe: 9 = c lub = c orz c = lub c =. 9 9 Rozwiązni = c i c = są sprzeczne z złożeniem o dodtniości wyrzów ciągu 9 rytmetycznego. A ztem b= c lub b=. Ilorz ciągu geometrycznego jest równy q = b =, ztem b Odp.: Ilorz ciągu geometrycznego q =. q =. Stron 4 z 5

42 Uwg Możemy też w rozwiązniu zuwżyć, że q = b i c= b. Wówczs otrzymmy równnie kwdrtowe: q + 8q = 0. Wyznczmy dw rozwiązni tego równni: q = lub Zuwżmy, że tylko q = spełni wrunki zdni. q =. Stron 4 z 5

43 Zdnie. (0 6) IV. Użycie i tworzenie strtegii.. Równni i nierówności. Zdjący stosuje twierdzenie o reszcie z dzieleni wielominu przez dwumin x (R.5). Zdjący rozwiązuje łtwe nierówności wielominowe (R.7). Schemt punktowni Rozwiąznie skłd się z dwóch etpów: Pierwszy etp poleg n wyznczeniu wrtości prmetru m, dl której spełnione są wrunki określone w zdniu. Z poprwne rozwiąznie tego etpu zdjący otrzymuje 4 punkty, przy czym otrzymuje: 4 punkty, gdy uzsdni, że jedyną wrtością prmetru m jest m =, punkty, gdy zpisze ob równni wynikjące z treści zdni, np.: + m + m+ = 0, ( ) ( ) ( ) ( m ) ( ) ( ) ( m ) = 6 i rozwiąże przynjmniej jedno z nich lub rozwiąże równnie wynikjące z tego ukłdu, np.: 4m 4m= m 4m+, punkty, gdy zpisze ob równni wynikjące z treści zdni, np.: + m + m+ = 0, ( ) ( ) ( ) ( m ) ( ) ( ) ( m ) = 6 zpisze tylko jedno równnie wynikjące z treści zdni i rozwiąże je np.: + ( m + ) ( m+ ) = 0, skąd m = 0, m =, m =, punkt, gdy zpisze jedno z równń wynikjących z treści zdni, np.: m m 0, + m + m+ = 6. + ( + ) ( + ) = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Drugi etp poleg n rozwiązniu nierówności wielominowej. Z poprwne rozwiąznie tego etpu zdjący otrzymuje punkty, przy czym zdjący otrzymuje punkty gdy rozwiąże nierówność: x (,,. Zdjący otrzymuje punkt gdy wyznczy wszystkie pierwistki wielominu x + x x 6: x =, x =, x =. Uwgi. Jeżeli zdjący po zpisniu ukłdu równń jedynie zpisze m =, to otrzymuje punkty z pierwszy etp rozwiązni, jeśli ntomist optrzy to odpowiednim komentrzem, np.: jedynym rozwiązniem ukłdu równń jest m =, to otrzymuje 4 punkty.. Jeżeli zdjący poprwnie interpretuje treść zdni W ( ) = 0 i ( ) W = 6, le popełni błędy rchunkowe, zpisując równni wynikjące z tych wrunków, to z I etp może otrzymć co njwyżej punkty, o ile popełnione błędy nie ułtwiją rozwiązni ukłdu i ukłd nie jest sprzeczny. Stron 4 z 5

44 . Jeżeli zdjący popełni błędy w interpretcji treści zdni, zpisując np. W ( ) = 0 i W () = 6, w konsekwencji których zpisuje błędne równni wynikjące z tych wrunków, to z I etp otrzymuje 0 punktów. 4. Jeżeli zdjący w wyniku błędów otrzym wielomin W( x ), który m trzy różne pierwistki, przy czy jednym z nich jest liczb, to może otrzymć punkty z drugi etp, o ile konsekwentnie rozwiąże otrzymną nierówność. 5. Jeżeli zdjący w wyniku błędów rchunkowych otrzym wielomin W( x ), który m trzy różne pierwistki, przy żdnym z nich nie jest liczb, to zdjący może otrzymć punkt z drugi etp, o ile konsekwentnie rozwiąże otrzymną nierówność. 6. Jeżeli zdjący w wyniku błędów rchunkowych otrzym wielomin W( x ), który m co njwyżej dw pierwistki (nie liczymy krotności pierwistków), to otrzymuje 0 punktów z drugi etp. 7. Przy rozwiązniu ukłdu równń wynikjącego z treści zdni metodą opisną w III sposobie, jk poniżej, kceptujemy sytucję, w której zdjący nie zpisze, że liczb m = spełni ob równni ukłdu. 8. Jeżeli zdjący w I etpie rozwiązni obier III sposób, opisny poniżej, i popełni jedynie błąd rchunkowy przy rozwiązywniu ukłdu równń, le otrzymuje jedną wrtość m, to może otrzymć co njwyżej 5 punktów z cłe rozwiąznie, o ile konsekwentnie rozwiąże zdnie do końc. Przykłdowe rozwiąznie Rozwiąznie skłd się z dwóch etpów. Pierwszy etp Wielomin W ( x ) jest podzielny przez dwumin x, więc jest pierwistkiem tego wielominu. Ztem W () = 0. Stąd otrzymujemy Przy dzieleniu wielominu ( ) W ( ) = 6. Stąd otrzymujemy Rozwiązujemy ukłd równń 6 + 4m + 8 4m = 0, 4m 4m = 0. W x przez dwumin x + otrzymujemy resztę 6, więc = m 4m 6, m m 4m 4m 0 = m 4m+ = = 0. I sposób Z równni 4m 4m = 0 otrzymujemy rozwiązni: m = 0, m =, m =. Z tych trzech liczb tylko liczb spełni drugie równnie, ztem liczb jest rozwiązniem ukłdu równń. Stron 44 z 5