Metoda siatek zadania

Wielkość: px
Rozpocząć pokaz od strony:

Download "Metoda siatek zadania"

Transkrypt

1 Metoda siatek zadania 1. (Leningrad 1984) Wykazać, że jeżeli suma kątów płaskich przy wierzchołku S ostrosłupa SA 1 A 2... A n (n 3) jest większa niż 180, to każda z krawędzi bocznych jest mniejsza od połowy obwodu podstawy. 2. (OM 51-III-4) W ostrosłupie prawidłowym o wierzchołku S i podstawie A 1 A 2...A n każda krawędź boczna tworzy z płaszczyzną podstawy kąt 60. Dla każdej liczby n 3 rozstrzygnąć, czy można wybrać takie punkty B 2, B 3,..., B n leżące odpowienio na krawędziach A 2 S, A 3 S,..., A n S, że A 1 B 2 + B 2 B 3 + B 3 B B n 1 B n + B n A 1 < 2A 1 S. 3. (IMO 1971) Dla czworościanu ABCD, którego wszystkie ściany są trójkątami ostrokątnymi, określamy σ = DAB + BCD ABC CDA. Rozważamy wszystkie łamane XY ZT X, której wierzchołki X, Y, Z, T leżą odpowiednio wewnątrz krawędzi AB, BC, CD, DA. Wykazać, że a) jeśli σ 0, to nie istnieje łamana XY ZT X minimalnej długości; b) jeśli σ = 0, to istnieje nieskończenie wiele takich łamanych o minimalnej długości oraz długość ta jest równa 2ACsin( α 2 ), gdzie α = BAC + CAD + DAB. 4. (YUG 1983) W czworościanie SABC wszystkie kąty płaskie przy wierzchołku S są proste, a ponadto SA = SB + SC. Wykazać, że suma kątów płaskich przy wierzchołku A jest równa (OM 26-III-2) Na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi długości 1 danych jest skończenie wiele odcinków, przy czym każde dwa wierzchołki czworościanu mogą być połączone łamaną składającą się z tych odcinków. Czy suma długości tych odcinków może być mniejsza niż 1 + 3? 6. (OM 27-I-8) Udowodnić, że na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi długości 1 istnieją takie punkty P i Q, że dowolny punkt powierzchni tego czworościanu można połaczyć z jednym z punktów P, Q łamaną o długości nie większej niż 1 3 leżącą na powierzchni czworościanu. 7. Wykazać, że w czworościanie przeciwległe krawędzie są równe wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi co najmniej jeden z warunków a) sumy kątów płaskich w pewnych trzech wierzchołkach są równe 180 b) sumy kątów płaskich w pewnych dwóch wierzchołkach są równe 180 i pewne dwie przeciwległe krawędzie są równe c) suma katów płaskich w pewnym wierzchołku czworościanu jest równa 180 oraz są dwie pary przeciwległych krawędzi równych. 8. (UKR 1996) W czworościanie SABC zachodzą równości SAC + CAB = SBA, SAB + CAB = SCA, SB + SC = SA. Wyznaczyć miarę kąta między dwusiecznymi kątów płaskich ASB i ASC tego czworościanu. 9. (OM 58-III-5) W czworościanie ABCD spełnione są zależności BAC + BDC = ABD + ACD, BAD + BCD = ABC + ADC. Udowodnić, że środek sfery opisanej na tym czworościanie leży na prostej przechodzącej przez środki krawędzi AB i CD. 1

2 Rozwiązania 1. (Leningrad 1984) Wykazać, że jeżeli suma kątów płaskich przy wierzchołku S ostrosłupa SA 1 A 2... A n (n 3) jest większa niż 180, to każda z krawędzi bocznych jest mniejsza od połowy obwodu podstawy. Rozwiązanie. Rozetnijmy powierzchnię boczna ostrosłupa SA 1...A n wzdłuż krawędzi SA 1 i rozłóżmy ją na płaszczyźnie. Z warunków zadania wynika, że punkt S leży wewnątrz wielokąta A 1...A n A 1. Niech B będzie punktem przecięcia prostej A 1 S z wielokątem A 1...A n A 1 (różnym od A 1 ). Niech a i b będą długościami łamanych A 1 A 2...B i B...A n A 1. Wówczas A 1 S + SB < a i A 1S < SB + b. Dodając te nierówności stronami dostajemy tezę. 2. (OM 51-III-4) W ostrosłupie prawidłowym o wierzchołku S i podstawie A 1 A 2...A n każda krawędź boczna tworzy z płaszczyzną podstawy kąt 60. Dla każdej liczby n 3 rozstrzygnąć, czy można wybrać takie punkty B 2, B 3,..., B n leżące odpowienio na krawędziach A 2 S, A 3 S,..., A n S, że A 1 B 2 + B 2 B 3 + B 3 B B n 1 B n + B n A 1 < 2A 1 S. Rozwiązanie. Odp.: Takie punkty istnieją dla dowolnego n 3. Niech O będzie spodkiem wysokości ostrosłupa, zaś α miarą kąta ściany bocznej przy wierzchołku S. Z równości A 1 S = 2A 1 O otrzymujemy skąd sin α 2 = A 1A 2 2A 1 S = 1 2 A1A 2 2A 1 O = 1 2 sin180 n = sin90 n cos90 n < sin90 n, (1) nα < 180. Rozetnijmy powierzchnię boczną ostrosłupa wzdłuż krawędzi A 1 S i rozłóżmy ją na płaszczyźnie. Otrzymamy w wyniku tego wielokąt SA 1...A n A 1. Z nierówności (1) otrzymamy, że A 1 SA 1 = nα < 180. Niech B 2, B 3,..., B n będą punktami przecięcia odcinka A 1 A 1 odpowiednio z odcinkami A 2 S, A 3 S,..., A n S. Korzystając z nierówności trójkąta dostaniemy A 1 B 2 + B 2 B 3 + B 3 B B n 1 B n + B n A 1 < 2A 1 S, zatem punkty B i są tymi, o które chodzilo. Uwaga. Nierówność (1) można też uzyskać nieco inaczej. Niech P będzie takim punktem leżącym na okręgu opisanym na wielokącie A 1 A 2... A n na dłuższym łuku A 1 A 2, że P A 1 = P A 2. Wobec równości OP = OA 1 = 1 dostajemy A 1 P < 2. Stąd α < A 1 P A 2 = 2 A 1 OA 2 = n = 180 n. 3. (IMO 1971) Dla czworościanu ABCD, którego wszystkie ściany są trójkątami ostrokątnymi, określamy σ = DAB + BCD ABC CDA. Rozważamy wszystkie łamane XY ZT X, której wierzchołki X, Y, Z, T leżą odpowiednio wewnątrz krawędzi AB, BC, CD, DA. Wykazać, że a) jeśli σ 0, to nie istnieje łamana XY ZT X minimalnej długości; b) jeśli σ = 0, to istnieje nieskończenie wiele takich łamanych o minimalnej długości oraz długość ta jest równa 2ACsin( α 2 ), gdzie α = BAC + CAD + DAB. Rozwiązanie. a) Przyjmijmy, że punkty X, Y, Z są ustalonymi punktami leżącymi wewnątrz odcinków AB, BC, CD. Jeśli AT X ZT D, to sumę ZT + T X można zmniejszyć. Wystarczy bowiem rozłożyć trójkąty ABD i ACD na płaszczyźnie (B i C po przeciwnych stronach AD) i zauważyć, że wobec ostrokątności tych trójkątów odcinki XZ i AD przecinają się w punkcie T. Wtedy oczywiście ZT + T X < ZT + T X. To samo możemy wykonać dla innych punktów. Zatem jeśli istnieje łamana XY ZT X o minimalnej długości, to skąd natychmiast wynika, że σ = 0. DAB = 180 AT X AXT, ABC = 180 BXY BY X = 180 AXT CY Z, BCD = 180 CY Z CZY, CDA = 180 DT Z DZT = 180 AT X CZY, 2

3 Uwaga. Jeśli dopuścimy, że punkty X, Y, Z, T mogą również leżeć w wierzchołkach (nie tylko wewnątrz krawędzi), to łamana o najmniejszej długości oczywiście będzie istniała (choć będzie mocno uzależniona od danego czworościanu). b) Przyjmijmy teraz, że σ = 0. Rozetnijmy powierzchnię czworościanu wzdłuż krawędzi AC, CD, DB i rozłóżmy ją na płaszczyźnie. Otrzymamy sześciokąt ACDBD C (odcinki BC i AD powstały z krawędzi czworościanu). Punkty X, Y, Z, T, Z leżą odpowiednio na odcinkach AB, BC, CD, AD, C D. Przepisując równość z treści zadania, jako DAB + BCD ABC CDA = 0 stwierdzamy, że proste CD i C D są równoległe, co wraz z równością odcinków CD i C D dowodzi, że czworokąt CC D D jest równoległobokiem. Łamana XY ZT X ma minimalną długość wtedy i tylko wtedy, gdy X, Y, Z, T, Z są współliniowe. W takim razie wobec CZ = C Z oznacza to, że ZZ CC. Zatem ZZ = CC = 2ACsin( α 2 ). Takich linii jest oczywiście nieskończenie wiele (każda równoległa do CC i przecinająca odcinki BC, BA i AD jest to możliwe wobec ostrokątności wszystkich trójkątów). 4. (YUG 1983) W czworościanie SABC wszystkie kąty płaskie przy wierzchołku S są proste, a ponadto SA = SB + SC. Wykazać, że suma katów płaskich przy wierzchołku A jest równa 90. Rozwiązanie. Niech P i Q będą punktami leżącymi na przedłużeniach krawędzi SB i SC, tak aby SP = SQ = SA. Rozważmy kwadrat SP RQ, a w nim trójkąty RCB, RCQ, RBP. Trójkąty RCQ i RBP są przystające odpowiednio do trójkątów ABS i ACS, a więc trójkąt RBC jest przystający do trójkąta ACB. Stąd CAS + CAB + BAS = P RB + BRC + CRQ = (OM 26-III-2) Na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi długości 1 danych jest skończenie wiele odcinków, przy czym każde dwa wierzchołki czworościanu mogą być połączone łamaną składającą się z tych odcinków. Czy suma długości tych odcinków może być mniejsza niż 1 + 3? Rozwiązanie. Rozważmy czworościan ABCD. Przyjmując, że S jest środkiem krawędzi BD stwierdzamy, że odcinki AS, BS, CS, DS spełniają warunki zadania, a suma ich długości jest właśnie równa Okazuje się jednak, że można uzyskać mniejszą sumę długości. Weźmy tylko ściany ABD i BCD i rozłóżmy je na płaszczyźnie tak, by punkty A i C leżały po przeciwnych stronach prostej BD. Wystarczy, że znajdziemy najkrótszą sieć dróg łączącą punkty A, B, C, D znajdującą się wewnątrz czworokąta ABCD. Niech B i D będą punktami symetrycznymi do B i D odpowiednio względem prostych CD i AB. Przyjmijmy, że odcinek B D przecina okręgi opisane na trójkątach B CD i ABD odpowiednio w punktach Q i P (różnych od B i D ). Z twierdzenia Ptolemeusza wynika teraz, że AP + BP + P Q + CQ + DQ = P D + P Q + QB = B D = cos120 = 7. Pozostaje zauważyć, że 7 < Uwaga. Można udowodnić, że 7 jest najmniejszą szukaną wartością. W tym celu wystarczy sprowadzić dane zadanie do znalezienia najkrótszej sieci dróg łączącej punkty A, B, C, D zawartej w ścianach ABD i BCD. 6. (OM 27-I-8) Udowodnić, że na powierzchni czworościanu foremnego o krawędzi długości 1 istnieją takie punkty P i Q, że dowolny punkt powierzchni tego czworościanu można połączyć z jednym z punktów P, Q łamaną o długości nie większej niż 1 3 leżącą na powierzchni czworościanu. Rozwiązanie. Nie zaskocze chyba nikogo, jeśli powiem, że punkty P i Q mają być środkami przeciwległych krawędzi AB i CD czworościanu foremnego ABCD (powinny być one jak najdalej od siebie, a ich role symetryczne). Zauważmy również, że długość dana w zadaniu jest równa 2 3 długości wysokości trójkąta równobocznego. Oznaczmy przez K, L, M, N środki odpowiednio krawędzi AC, BC, BD, AD. Niech ponadto X, Y, Z, T będą punktami symetrycznymi do środków ciężkości trójkątów ABC, BCD, ABD, ACD odpowiednio względem KL, LM, M N, KN. Wykażemy, że każdy punkt obszaru ograniczonego łamaną KXLY M ZN T K zawierającego krawędź AB można połączyć łamaną z punktem P leżącą na powierzchni czworościanu. Podobnie zrobimy z drugą częścią łącząc ją z punktem Q, co zakończy rozwiązanie zadania. Rozetnijmy w takim razie powierzchnię czworościanu, ale tym razem dosyć nietypowo - wzdłuż odcinków AQ, BQ i krawędzi CD. Otrzymamy w wyniku prostokąt Q 1 Q 2 Q 3 Q 4, przy czym punkty A, B, C, D są odpowiednio środkami boków Q 1 Q 4, Q 2 Q 3, Q 3 Q 4, Q 1 Q 2. Niech jeszcze Y 1 BQ 3 i Y 2 BQ 2 będą takimi punktami, że BY 1 = BY 2 = BY oraz T 1 AQ 1 i T 2 AQ 4 będą takimi punktami, że AT 1 = AT 2 = AT. Pozostaje teraz zauważyć, że punkty X, Y 1, Y 2, Z, T 1, T 2 leżą na okręgu o środku P i promieniu 1 3, a obszar, który nas interesuje, jest zawarty wewnątrz sześciokąta XY 1 Y 2 ZT 1 T 2. 3

4 7. Wykazać, że w czworościanie przeciwległe krawędzie są równe wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi co najmniej jeden z warunków a) sumy kątów płaskich w pewnych trzech wierzchołkach są równe 180 b) sumy kątów płaskich w pewnych dwóch wierzchołkach są równe 180 i pewne dwie przeciwległe krawędzie są równe c) suma kątów płaskich w pewnym wierzchołku czworościanu jest równa 180 oraz są dwie pary przeciwległych krawędzi równych. Rozwiązanie. Nietrudno zauważyć, że jeśli przeciwległe krawędzie czworościanu są równe, to każdy z warunków a), b), c) jest spełniony (ściany czworoscianu są wtedy trójkątami przystającymi i przy każdym wierzchołku występują wszystkie trzy kąty spośród kątów danego trójkąta suma kątów przy każdym wierzchołku jest więc równa 180 ). Teraz udowodnimy, że z każdego z warunków a), b), c) wynika równość przeciwległych krawędzi. Rozetnijmy powierzchnię danego czworościanu ABCD wzdłuż krawędzi AD, BD, CD otrzymująć, jako jego siatkę, sześciokąt D 1 AD 2 BD 3 C. a) Możemy założyć, że sumy kątów płaskich przy wierzchołkach A, B, C są równe 180. W takim razie dany sześciokąt jest po prostu trójkątem D 1 D 2 D 3. Oczywiście zachodzą równości AD 1 = AD 2, BD 2 = BD 3, CD 3 = CD 1, a więc punkty A, B, C są środkami boków trójkąta D 1 D 2 D 3. To zaś oznacza, że AB = 1 2 D 1D 3 = CD i analogicznie BC = AD oraz AC = BD. b) Przyjmijmy bez straty dla ogólności, że sumy kątów płaskich przy wierzchołkach A i B są równe 180. Punkty A i B są wtedy środkami odcinków D 1 D 2 i D 2 D 3. W szczególności dostajemy stąd, że D 1 D 3 = 2AB. Załóżmy najpierw, że AB = CD. Wówczas korzystając z nierówności trójkąta D 1 CD 3 otrzymujemy 2AB = CD 1 + CD 3 D 1 D 3 = 2AB, skąd wynika, że punkt C jest środkiem odcinka D 1 D 3. Dalej konkluzja jak w a). Załóżmy teraz, że mamy do czynienia z inną parą przeciwległych krawędzi równych, bez straty dla ogólności BC = AD. Punkt C z jednej strony musi leżeć na symetralnej odcinka D 1 D 3, a z drugiej na okręgu o środku B i promieniu równym AD. Nie może leżeć również po tej samej stronie prostej AB, co punkt D 2, a więc istnieje tylko jedno możliwe położenie punktu C. Z drugiej strony własność tę ma środek odcinka D 1 D 3, skąd wniosek, że punkt C musi się z nim pokrywać. Dalej tak samo jak w a). c) Możemy przyjąć, że suma kątów płaskich przy wierzchołku A jest równa 180, skąd wniosek, że punkt A jest środkiem odcinka D 1 D 2. Załóżmy najpierw, że AB = CD i AC = BD. Przyjmijmy, że P jest środkiem D 2 D 3 i Q jest środkiem D 1 D 3. Z przystawania trójkątów BAC i CD 3 B wynika, że środek odcinka BC pokrywa się ze środkiem odcinka AD 3. Punkt A jest środkiem odcinka D 1 D 2, więc środki odcinków P Q i AD 3 rownież się pokrywają. Czworokąt BP CQ musi być więc prostokątem (być może zdegenerowanym). Gdyby był niezdegenerowany, to BP CQ, co jest niemożliwe. Sprzeczność dowodzi, że B = P i C = Q, dalej rozumujemy, jak w a). Przyjmijmy teraz AD = BC i bez straty dla ogólności AB = CD. Czworokąt ABCD 1 jest równoległobokiem, skąd BC AD 1 AD 2. To wraz z BC = AD 2 oznacza, że czworokąt ACBD 2 też jest równoległobokiem, a więc BD = BD 2 = AC. 8. (UKR 1996) W czworościanie SABC zachodzą równości SAC + CAB = SBA, SAB + CAB = SCA, SB + SC = SA. Wyznaczyć miarę kąta między dwusiecznymi kątów płaskich ASB i ASC tego czworościanu. Rozwiązanie. Niech SP i SQ będą dwusiecznymi kątów płaskich ASB i ASC oraz niech SP = a, SQ = b, P Q = c. Rozetnijmy powierzchnię boczną czworościanu wzdłuż krawędzi SA, SB, SC. Otrzymamy sześciokąt AS 2 BS 3 CS 1 będący siatką tego czworościanu. Niech D będzie punktem przecięcia prostych S 2 B i S 1 C. Zachodzą równości AS 1 = AS 2, S 1 AB = S 1 AC + CAB = S 2 BA oraz S 2 AC = S 2 AB + BAC = S 1 CA, z których wynika, że czworokąt AS 2 DS 1 jest rombem. Punkty S 1, Q, P, S 2 leżą na przekątnej tego rombu. Niech S 2 B = x, zaś S 1 C = y. Wówczas z warunków zadania wynika, że AS 1 = AS 2 = x + y. 4

5 Korzystając z podobieństwa trójkątów AP S 1 i BP S 2 otrzymujemy a z podobieństwa trójkątów AQS 2 i CQS 1 Łącząc te dwie równości dostajemy a b + c = x x + y, b a + c = y x + y. a 2 + b 2 c 2 = ab, co na mocy twierdzenia cosinusów dla trójkąta SP Q oznacza, że P SQ = (OM 58-III-5) W czworościanie ABCD spełnione są zależności BAC + BDC = ABD + ACD, BAD + BCD = ABC + ADC. Udowodnić, że środek sfery opisanej na tym czworościanie leży na prostej przechodzącej przez środki krawędzi AB i CD. Rozwiązanie. Wykażemy najpierw na trzy sposoby, ze AC = BD i AD = BC. Sposób I Rozcinając powierzchnię czworościanu wzdłuż krawędzi AB, AC, AD otrzymamy sześciokąt A 1 BA 2 CA 3 D będący siatką czworościanu ABCD. Przepisując pierwszą z danych w treści zadania równości jako A 1 BD + A 3 CD = BDC + BA 2 C widzimy, że suma miar kątów A 1 BA 2 i A 2 CA 3 (traktowanych jako kąty wewnętrzne sześciokąta A 1 BA 2 CA 3 D, a zatem niekoniecznie wypukłych) jest równa sumie miar kątów wewnętrznych trójkątów BDC i BA 2 C, co daje (1) A 1 BA 2 + A 2 CA 3 = 360. Ponieważ BA 1 = BA 2 oraz CA 2 = CA 3 (gdyż odpowiednie odcinki pochodzą z rozklejenia jednej krawędzi czworościanu), więc na mocy równości (1) trójkąty równoramienne A 1 BA 2 i A 2 CA 3 są podobne (przy czym mogą być zdegenerowane do odcinka). Wobec tego (2) A 2 A 1 A 2 B = A 2A 3 A 2 C. Ponadto BA 2 A 1 = CA 2 A 3, przy czym oba kąty są jednakowo zorientowane, skąd otrzymujemy (3) BA 2 C = A 1 A 2 A 3. Z zależności (2) i (3) wynika, że trójkąty BA 2 C oraz A 1 A 2 A 3 są podobne. Analogicznie korzystając z drugiej równości danej w treści zadania dowodzimy, iż trójkąty A 1 BD i A 1 A 2 A 3 są podobne. Wobec tego podobne są trójkąty BA 2 C i A 1 BD; ze względu na równość A 1 B = BA 2 są one przystające. Zatem A 2 C = BD oraz BC = A 1 D. Sposób II Tym razem rozetnijmy powierzchnię czworościanu wzdłuż krawędzi AC, AD, BC. W wyniku tego otrzymamy sześciokąt A 1 C 1 BCAD będący siatką czworościanu ABCD (odcinki AB i C 1 D powstały z krawędzi czworościanu ABCD). Z pierwszej równości danej w założeniach zadania wynika, że BAC ABD = A 1 C 1 D BDC 1, co oznacza, że proste AC i A 1 C 1 są równoległe. Ponadto AC = A 1 C 1, więc czworokąt ACC 1 A 1 jest równoległobokiem. Korzystając teraz z drugiej równości danej w założeniach dostajemy BAD + BCD = ABC + ADC, lub ABC + ABD + C 1 BD + ADB + BDC 1 + A 1 DC 1 = 360. To oznacza, że trójkąty A 1 DA i C 1 BC (być może zdegenerowane) mają równe kąty przy wierzchołkach D i B i są jednakowo zorientowane. Ponadto są to trójkąty równoramienne o równych podstawach A 1 A i C 1 C, więc są 5

6 przystające. Teraz z równoległości C 1 C i A 1 A wynika, że czworokąt BCAD jest równoległobokiem, skąd BC = AD i AC = BD. Sposób III Rozpoczynamy tak samo, jak w sposobie II, czyli rozważamy sześciokąt A 1 C 1 BCAD będący siatką czworościanu ABCD. Analogicznie jak wyżej stwierdzamy, że czworokąt ACC 1 A 1 jest równoległobokiem. Obróćmy teraz czworokąt A 1 DBC 1 wokół punktu D tak, żeby punkt A 1 przeszedł na punkt A. Niech B 2 i C 2 będą obrazami punktów B i C 1. Korzystając teraz z drugiej zależności danej w treści zadania stwierdzimy, że proste BC i B 2 C 2 są równoległe. To wraz z równością długości odcinków BC i B 2 C 2 daje, że czworokąt BCC 2 B 2 jest równoległobokiem. Zauważmy, że punkt D jest punktem przecięcia symetralnych odcinków AA 1 i BB 2. Mamy wykazać, że BC = AD i AC = BD. Niech D będzie więc takim punktem na symetralnej odcinka AA 1, że czworokąt A 1 C 1 BD jest równoległobokiem (punkt D jest po prostu obrazem B w przesunięciu o wektor C 1 A 1 ). Wtedy D A = D A 1 = BC 1 = BC oraz BD = A 1 C 1 = AC i czworokąt BCAD też jest równoległobokiem. To w połaczeniu z tym, że BCC 2 B 2 również jest równoległobokiem oznacza, że AD = B 2 C 2 i AD B 2 C 2. W takim razie czworokąt D AC 2 B 2 jest równoległobokiem, skąd D B 2 = AC 2 = A 1 C 1 = BD. Punkt D jest więc punktem przecięcia się symetralnych odcinków AA 1 i BB 2, a wobec wcześniejszej obserwacji D = D. Stąd i z określenia punktu D wnioskujemy, że BC = AD i AC = BD. Niech teraz punkty M, N będą odpowiednio środkami krawędzi AB, CD w czworościanie ABCD. Wobec równości AC = BD i AD = BC trójkąty BDC i ACD są przystające. Wobec tego odcinki BN i AN, będące odpowiednio środkowymi w tych trójkątach, mają równe długości. Innymi słowy, AN = BN, zatem w trójkącie równoramiennym ANB środkowa NM jest prostopadła do boku AB. Analogicznie rozpatrując trójkąt CMD dowodzimy, że M N CD. Prosta M N jest więc krawędzią przecięcia płaszczyzn symetralnych krawędzi AB i CD czworościanu ABCD. Środek sfery opisanej na czworościanie leży na każdej z tych płaszczyzn, zatem leży na prostej MN, co dowodzi tezy zadania. 6

Czworościany ortocentryczne zadania

Czworościany ortocentryczne zadania Czworościany ortocentryczne zadania 1. Wykazać, że nastepujące warunki są równoważne: a) istnieje przecięcie wysokości czworościanu, b) przeciwległe krawędzie są prostopadłe, c) sumy kwadratów długości

Bardziej szczegółowo

LVIII Olimpiada Matematyczna

LVIII Olimpiada Matematyczna LVIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 18 kwietnia 2007 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. W trójkącie ostrokątnym A punkt O jest środkiem okręgu opisanego,

Bardziej szczegółowo

Ćwiczenia z Geometrii I, czerwiec 2006 r.

Ćwiczenia z Geometrii I, czerwiec 2006 r. Waldemar ompe echy przystawania trójkątów 1. unkt leży na przekątnej kwadratu (rys. 1). unkty i R są rzutami prostokątnymi punktu odpowiednio na proste i. Wykazać, że = R. R 2. any jest trójkąt ostrokątny,

Bardziej szczegółowo

Stereo. (a miejscami nawet surround) 30 stycznia 2014

Stereo. (a miejscami nawet surround) 30 stycznia 2014 Stereo (a miejscami nawet surround) 30 stycznia 2014 To kółko wiele zawdzięcza niezrównanym artykułom Michała Kiezy z Kącika Przestrzennego Delty. Oprócz tego zadania pochodzą z OMów oraz prezentacji Adama

Bardziej szczegółowo

Zbiór zadań z geometrii przestrzennej. Michał Kieza

Zbiór zadań z geometrii przestrzennej. Michał Kieza Zbiór zadań z geometrii przestrzennej Michał Kieza Zbiór zadań z geometrii przestrzennej Michał Kieza Wydawca: Netina Sp. z o.o. ISN 978-83-7521-522-9 c 2015, Wszelkie Prawa Zastrzeżone Zabrania się modyfikowania

Bardziej szczegółowo

9. Funkcje trygonometryczne. Elementy geometrii: twierdzenie

9. Funkcje trygonometryczne. Elementy geometrii: twierdzenie 9. Funkcje trygonometryczne. Elementy geometrii: twierdzenie Pitagorasa i twierdzenie cosinusów, twierdzenie o kącie wpisanym i środkowym, okrąg wpisany i opisany na wielokącie, wielokąty foremne (c.d).

Bardziej szczegółowo

Trójkąty jako figury geometryczne płaskie i ich najważniejsze elementy

Trójkąty jako figury geometryczne płaskie i ich najważniejsze elementy Artykuł pobrano ze strony eioba.pl Trójkąty jako figury geometryczne płaskie i ich najważniejsze elementy Trójkąt jest wielokątem o trzech bokach Suma miar kątów wewnętrznych trójkąta jest równa 180. +

Bardziej szczegółowo

Trójkąty Zad. 0 W trójkącie ABC, AB=40, BC=23, wyznacz AC wiedząc że jest ono sześcianem liczby naturalnej.

Trójkąty Zad. 0 W trójkącie ABC, AB=40, BC=23, wyznacz AC wiedząc że jest ono sześcianem liczby naturalnej. C Trójkąty Zad. 0 W trójkącie ABC, AB=40, BC=23, wyznacz AC wiedząc że jest ono sześcianem liczby naturalnej. Zad. 1 Oblicz pole trójkąta o bokach 13 cm, 14 cm, 15cm. Zad. 2 W trójkącie ABC rys. 1 kąty

Bardziej szczegółowo

Planimetria VII. Wymagania egzaminacyjne:

Planimetria VII. Wymagania egzaminacyjne: Wymagania egzaminacyjne: a) korzysta ze związków między kątem środkowym, kątem wpisanym i kątem między styczną a cięciwą okręgu, b) wykorzystuje własności figur podobnych w zadaniach, w tym umieszczonych

Bardziej szczegółowo

PLANIMETRIA CZYLI GEOMETRIA PŁASZCZYZNY CZ. 1

PLANIMETRIA CZYLI GEOMETRIA PŁASZCZYZNY CZ. 1 PLANIMETRIA CZYLI GEOMETRIA PŁASZCZYZNY CZ. 1 Planimetria to dział geometrii, w którym przedmiotem badań są własności figur geometrycznych leżących na płaszczyźnie (patrz określenie płaszczyzny). Pojęcia

Bardziej szczegółowo

VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa, test próbny www.omg.edu.pl (wrzesień 2011 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Liczba krawędzi pewnego ostrosłupa jest o

Bardziej szczegółowo

STEREOMETRIA CZYLI GEOMETRIA W 3 WYMIARACH

STEREOMETRIA CZYLI GEOMETRIA W 3 WYMIARACH STEREOMETRIA CZYLI GEOMETRIA W 3 WYMIARACH Stereometria jest działem geometrii, którego przedmiotem badań są bryły przestrzenne oraz ich właściwości. WZAJEMNE POŁOŻENIE PROSTYCH W PRZESTRZENI 2 proste

Bardziej szczegółowo

Zadania, które zaproponowałem na różne konkursy Olimpiada Matematyczna. bc(b 3 + c 3 ) + c4 + a 4. ca(c 3 + a 3 ) 1. c + ca + cab 1 ( 1

Zadania, które zaproponowałem na różne konkursy Olimpiada Matematyczna. bc(b 3 + c 3 ) + c4 + a 4. ca(c 3 + a 3 ) 1. c + ca + cab 1 ( 1 Zadania, które zaproponowałem na różne konkursy Olimpiada Matematyczna. (57-II-3) Liczby dodatnie a, b, c spełniają warunek ab + bc + ca = abc. Dowieść, że a 4 + b 4 ab(a 3 + b 3 ) + b4 + c 4 bc(b 3 +

Bardziej szczegółowo

Bukiety matematyczne dla gimnazjum

Bukiety matematyczne dla gimnazjum Bukiety matematyczne dla gimnazjum http://www.mat.uni.torun.pl/~kolka/ 5 IX rok 2003/2004 Bukiet 1 1. W trójkącie ABC prosta równoległa do boku AB przecina boki AC i BC odpowiednio w punktach D i E. Zauważ,

Bardziej szczegółowo

9. Funkcje trygonometryczne. Elementy geometrii: twierdzenie

9. Funkcje trygonometryczne. Elementy geometrii: twierdzenie 9. Funkcje trygonometryczne. Elementy geometrii: twierdzenie Pitagorasa i twierdzenie cosinusów, twierdzenie o kącie wpisanym i środkowym, okrąg wpisany i opisany na wielokącie, wielokąty foremne (c.d).

Bardziej szczegółowo

Pytania do spr / Własności figur (płaskich i przestrzennych) (waga: 0,5 lub 0,3)

Pytania do spr / Własności figur (płaskich i przestrzennych) (waga: 0,5 lub 0,3) Pytania zamknięte / TEST : Wybierz 1 odp prawidłową. 1. Punkt: A) jest aksjomatem in. pewnikiem; B) nie jest aksjomatem, bo można go zdefiniować. 2. Prosta: A) to zbiór punktów; B) to zbiór punktów współliniowych.

Bardziej szczegółowo

Wielokąty na płaszczyźnie obliczenia z zastosowaniem trygonometrii. Trójkąty. Trójkąt dowolny. Wielokąty trygonometria 1.

Wielokąty na płaszczyźnie obliczenia z zastosowaniem trygonometrii. Trójkąty. Trójkąt dowolny. Wielokąty trygonometria 1. Wielokąty na płaszczyźnie obliczenia z zastosowaniem trygonometrii Wielokąt wypukły miara każdego kąt wewnętrznego jest mniejsza od 180 o. Liczba przekątnych: n*(n-2) Suma kątów wewnętrznych wielokąta

Bardziej szczegółowo

LXV Olimpiada Matematyczna

LXV Olimpiada Matematyczna LXV Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 8 kwietnia 2014 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Dane są względnie pierwsze liczby całkowite k,n 1. Na tablicy

Bardziej szczegółowo

PLANIMETRIA CZYLI GEOMETRIA PŁASZCZYZNY CZ. 3

PLANIMETRIA CZYLI GEOMETRIA PŁASZCZYZNY CZ. 3 DEFINICJE PLANIMETRIA CZYLI GEOMETRIA PŁASZCZYZNY CZ. 3 Czworokąt to wielokąt o 4 bokach i 4 kątach. Przekątną czworokąta nazywamy odcinek łączący przeciwległe wierzchołki. Wysokością czworokąta nazywamy

Bardziej szczegółowo

2. Wykaż, że dla dowolnej wartości zmiennej x wartość liczbowa wyrażenia (x 6)(x + 8) 2(x 25) jest dodatnia.

2. Wykaż, że dla dowolnej wartości zmiennej x wartość liczbowa wyrażenia (x 6)(x + 8) 2(x 25) jest dodatnia. 1. Wykaż, że liczba 2 2 jest odwrotnością liczby 1 2. 2. Wykaż, że dla dowolnej wartości zmiennej x wartość liczbowa wyrażenia (x 6)(x + 8) 2(x 25) jest dodatnia. 3. Wykaż, że dla każdej liczby całkowitej

Bardziej szczegółowo

LVIII Olimpiada Matematyczna

LVIII Olimpiada Matematyczna LVIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 23 lutego 2007 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie. Wielomian P (x) ma współczynniki całkowite. Udowodnić, że jeżeli

Bardziej szczegółowo

11. Znajdż równanie prostej prostopadłej do prostej k i przechodzącej przez punkt A = (2;2).

11. Znajdż równanie prostej prostopadłej do prostej k i przechodzącej przez punkt A = (2;2). 1. Narysuj poniższe figury: a), b), c) 2. Punkty A = (0;1) oraz B = (-1;0) należą do okręgu którego środek należy do prostej o równaniu x-2 = 0. Podaj równanie okręgu. 3. Znaleźć równanie okręgu przechodzącego

Bardziej szczegółowo

X Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

X Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów www.omg.edu.pl X Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (10 listopada 01 r. 15 grudnia 01 r.) Szkice rozwiązań zadań konkursowych 1. nia rozmieniła banknot

Bardziej szczegółowo

Wielokąty na płaszczyźnie obliczenia z zastosowaniem trygonometrii

Wielokąty na płaszczyźnie obliczenia z zastosowaniem trygonometrii Wielokąty na płaszczyźnie obliczenia z zastosowaniem trygonometrii Obliczenia geometryczne z zastosowaniem własności funkcji trygonometrycznych w wielokątach wypukłych Wielokąt - figura płaską będąca sumą

Bardziej szczegółowo

Podstawowe pojęcia geometryczne

Podstawowe pojęcia geometryczne PLANIMETRIA Podstawowe pojęcia geometryczne Geometria (słowo to pochodzi z języka greckiego i oznacza mierzenie ziemi) jest jednym z działów matematyki, którego przedmiotem jest badanie figur geometrycznych

Bardziej szczegółowo

Stereometria bryły. Wielościany. Wielościany foremne

Stereometria bryły. Wielościany. Wielościany foremne Stereometria bryły Stereometria - geometria przestrzeni trójwymiarowej. Przedmiotem jej badań są własności brył oraz przekształcenia izometryczne i afiniczne przestrzeni. Przyjęte oznaczenia: - Pole powierzchni

Bardziej szczegółowo

Matematyka podstawowa VII Planimetria Teoria

Matematyka podstawowa VII Planimetria Teoria Matematyka podstawowa VII Planimetria Teoria 1. Rodzaje kątów: a) Kąty wierzchołkowe; tworzą je dwie przecinające się proste, mają takie same miary. b) Kąty przyległe; mają wspólne jedno ramię, ich suma

Bardziej szczegółowo

Zadanie PP-GP-1 Punkty A, B, C, D i E leżą na okręgu (zob. rysunek). Wiadomo, że DBE = 10

Zadanie PP-GP-1 Punkty A, B, C, D i E leżą na okręgu (zob. rysunek). Wiadomo, że DBE = 10 Zadanie PP-GP-1 Punkty A, B, C, D i E leżą na okręgu (zob. rysunek). Wiadomo, że DBE = 10, ACE = 60, ADB = 40 i BEC = 20. Oblicz miarę kąta CAD. B C A D E Typ szkoły: LO LP T Czy jesteś w klasie z rozszerzonym

Bardziej szczegółowo

Elżbieta Świda Elżbieta Kurczab Marcin Kurczab. Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi na dowodzenie na obowiązkowej maturze z matematyki

Elżbieta Świda Elżbieta Kurczab Marcin Kurczab. Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi na dowodzenie na obowiązkowej maturze z matematyki 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

Bardziej szczegółowo

Treści zadań Obozu Naukowego OMG

Treści zadań Obozu Naukowego OMG STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ GIMNAZJALISTÓW Treści zadań Obozu Naukowego OMG Poziom OM 2015 rok SZCZYRK 2015 Pierwsze zawody indywidualne Treści

Bardziej szczegółowo

GEOMETRIA PRZESTRZENNA (STEREOMETRIA)

GEOMETRIA PRZESTRZENNA (STEREOMETRIA) GEOMETRIA PRZESTRZENNA (STEREOMETRIA) WZAJEMNE POŁOŻENIE PROSTYCH W PRZESTRZENI Stereometria jest działem geometrii, którego przedmiotem badań są bryły przestrzenne oraz ich właściwości. Na początek omówimy

Bardziej szczegółowo

V Międzyszkolny Konkurs Matematyczny

V Międzyszkolny Konkurs Matematyczny V Międzyszkolny Konkurs Matematyczny im. Stefana Banacha dla uczniów szkół średnich Zespół Szkół Nr 1 im. Adama Mickiewicza w Lublińcu 42-700 Lubliniec, ul. Sobieskiego 22 18. kwiecień 2011 rok 1. W trapezie

Bardziej szczegółowo

Odległośc w układzie współrzędnych. Środek odcinka.

Odległośc w układzie współrzędnych. Środek odcinka. GEOMETRIA ANALITYCZNA ZADANIA. Odległośc w układzie współrzędnych. Środek odcinka. Zad. 1 Wyznacz odległość między punktami A i B (długość odcinka AB) jeżeli: d = Zad. 2 a) A=(5,-3) B=(-2,3) b) A=(-2,2)

Bardziej szczegółowo

Klasa 3. Trójkąty. 1. Trójkąt prostokątny ma przyprostokątne p i q oraz przeciwprostokątną r. Z twierdzenia Pitagorasa wynika równość:

Klasa 3. Trójkąty. 1. Trójkąt prostokątny ma przyprostokątne p i q oraz przeciwprostokątną r. Z twierdzenia Pitagorasa wynika równość: Klasa 3. Trójkąty. 1. Trójkąt prostokątny ma przyprostokątne p i q oraz przeciwprostokątną r. Z twierdzenia Pitagorasa wynika równość: A. r 2 + q 2 = p 2 B. p 2 + r 2 = q 2 C. p 2 + q 2 = r 2 D. p + q

Bardziej szczegółowo

Twierdzenia o czworokącie wpisanym w okrąg i o czworokącie opisanym na okręgu.

Twierdzenia o czworokącie wpisanym w okrąg i o czworokącie opisanym na okręgu. Twierdzenia o czworokącie wpisanym w okrąg i o czworokącie opisanym na okręgu. Adrian Łydka Bernadeta Tomasz Teoria Definicja 1. Klasyfikacja czworokątów (wypukłych): Trapez jest czworokątem, w którym

Bardziej szczegółowo

LXIII Olimpiada Matematyczna

LXIII Olimpiada Matematyczna 1 Zadanie 1. LXIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 17 lutego 2012 r. (pierwszy dzień zawodów) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych a, b, c, d układ równań a

Bardziej szczegółowo

VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów

VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów VII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (29 września 2011 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Istnieje taki graniastosłup, którego liczba krawędzi

Bardziej szczegółowo

7. PLANIMETRIA.GEOMETRIA ANALITYCZNA

7. PLANIMETRIA.GEOMETRIA ANALITYCZNA 7. PLANIMETRIA.GEOMETRIA ANALITYCZNA ZADANIA ZAMKNIĘTE 1. Okrąg o równaniu : A) nie przecina osi, B) nie przecina osi, C) przechodzi przez początek układu współrzędnych, D) przechodzi przez punkt. 2. Stosunek

Bardziej szczegółowo

STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ JUNIORÓW SZCZYRK 2017

STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ JUNIORÓW SZCZYRK 2017 STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ JUNIORÓW Obóz Naukowy OMJ Poziom OMJ 207 rok SZCZYRK 207 Olimpiada Matematyczna Juniorów jest wspó³finansowana ze œrodków

Bardziej szczegółowo

LXI Olimpiada Matematyczna

LXI Olimpiada Matematyczna 1 Zadanie 1. LXI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 21 kwietnia 2010 r. (pierwszy dzień zawodów) Dana jest liczba całkowita n > 1 i zbiór S {0,1,2,...,n 1}

Bardziej szczegółowo

Zadania na dowodzenie Opracowała: Ewa Ślubowska

Zadania na dowodzenie Opracowała: Ewa Ślubowska Egzamin Gimnazjalny Zadania na dowodzenie Opracowała: Ewa Ślubowska W nauczaniu matematyki ważne jest rozwijanie różnych aktywności umysłu. Ma temu służyć min. rozwiązywanie jednego zadania czy dowodzenie

Bardziej szczegółowo

Cztery punkty na okręgu

Cztery punkty na okręgu Tomasz Szymczyk V LO w ielsku-iałej ztery punkty na okręgu Przydatne fakty: (1) kąty wpisane w okrąg oparte na łukach przystających są równe, (2) czworokąt jest wpisany w okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy

Bardziej szczegółowo

METODY KONSTRUKCJI ZA POMOCĄ CYRKLA. WYKŁAD 1 Czas: 45

METODY KONSTRUKCJI ZA POMOCĄ CYRKLA. WYKŁAD 1 Czas: 45 METODY KONSTRUKCJI ZA POMOCĄ CYRKLA WYKŁAD 1 Czas: 45 TWIERDZENIE PONCELETA-STEINERA W roku 1833, Szwajcarski matematyk Jakob Steiner udowodnił, że wszystkie klasyczne konstrukcje (za pomocą cyrkla i linijki)

Bardziej szczegółowo

Skrypt 33. Powtórzenie do matury:

Skrypt 33. Powtórzenie do matury: Projekt Innowacyjny program nauczania matematyki dla liceów ogólnokształcących współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego Skrypt 33 Powtórzenie do matury:

Bardziej szczegółowo

Klasa III technikum Egzamin poprawkowy z matematyki sierpień I. CIĄGI LICZBOWE 1. Pojęcie ciągu liczbowego. b) a n =

Klasa III technikum Egzamin poprawkowy z matematyki sierpień I. CIĄGI LICZBOWE 1. Pojęcie ciągu liczbowego. b) a n = /9 Narysuj wykres ciągu (a n ) o wyrazie ogólnym: I. CIĄGI LICZBOWE. Pojęcie ciągu liczbowego. a) a n =5n dla n

Bardziej szczegółowo

Planimetria poziom podstawowy (opracowanie: Mirosława Gałdyś na bazie

Planimetria poziom podstawowy (opracowanie: Mirosława Gałdyś na bazie Planimetria poziom podstawowy (opracowanie: Mirosława Gałdyś na bazie http://www.zadania.info/) 1. W trójkącie prostokątnym wysokość poprowadzona na przeciwprostokątną ma długość 10 cm, a promień okręgu

Bardziej szczegółowo

Geometria. Zadanie 1. Liczba przekątnych pięciokąta foremnego jest równa A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

Geometria. Zadanie 1. Liczba przekątnych pięciokąta foremnego jest równa A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 Geometria Zadanie 1. Liczba przekątnych pięciokąta foremnego jest równa A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 W tym przypadku możemy wykonać szkic pięciokąta i policzyć przekątne: Zadanie. Promień okręgu opisanego na kwadracie

Bardziej szczegółowo

Przykładowe rozwiązania

Przykładowe rozwiązania Przykładowe rozwiązania (E. Ludwikowska, M. Zygora, M. Walkowiak) Zadanie 1. Rozwiąż równanie: w przedziale. ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) Uwzględniając, że x otrzymujemy lub lub lub. Zadanie. Dany jest czworokąt

Bardziej szczegółowo

Geometria. Rodzaje i własności figur geometrycznych:

Geometria. Rodzaje i własności figur geometrycznych: Geometria Jest jednym z działów matematyki, którego przedmiotem jest badanie figur geometrycznych i zależności między nimi. Figury geometryczne na płaszczyźnie noszą nazwę figur płaskich, w przestrzeni

Bardziej szczegółowo

Ostrosłupy ( ) Zad. 4: Jedna z krawędzi ostrosłupa trójkątnego ma długość 2, a pozostałe 4. Znajdź objętość tego ostrosłupa. Odp.: V =

Ostrosłupy ( ) Zad. 4: Jedna z krawędzi ostrosłupa trójkątnego ma długość 2, a pozostałe 4. Znajdź objętość tego ostrosłupa. Odp.: V = Ostrosłupy Zad 1: W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym kwadrat długości krawędzi podstawy, kwadrat długości wysokości ostrosłupa i kwadrat długości krawędzi bocznej są kolejnymi wyrazami ciągu arytmetycznego

Bardziej szczegółowo

Mini tablice matematyczne. Figury geometryczne

Mini tablice matematyczne. Figury geometryczne Mini tablice matematyczne Figury geometryczne Spis treści Własności kwadratu Ciekawostka:Kwadrat magiczny Prostokąt Własności prostokąta Trapez Własności trapezu Równoległobok Własności równoległoboku

Bardziej szczegółowo

LXI Olimpiada Matematyczna

LXI Olimpiada Matematyczna 1 Zadanie 1. LXI Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 19 lutego 2010 r. (pierwszy dzień zawodów) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych x, y, z układ równań x 2 (y

Bardziej szczegółowo

XII Olimpiada Matematyczna Juniorów

XII Olimpiada Matematyczna Juniorów XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część testowa (29 września 2016 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. odatnia liczba a powiększona o 50% jest równa dodatniej liczbie b pomniejszonej

Bardziej szczegółowo

10. Elementy kombinatoryki geometrycznej: suma kątów wielokąta,

10. Elementy kombinatoryki geometrycznej: suma kątów wielokąta, 10. Elementy kombinatoryki geometrycznej: suma kątów wielokąta, liczba przekątnych wielokąta, porównywanie pól wielokątów w oparciu o proste zależności geometryczne jak np. przystawanie i zawieranie, rozpoznawanie

Bardziej szczegółowo

Spis treści. Zadania... 7 Algebra... 9 Geometria Teoria liczb, nierówności, kombinatoryka Wskazówki Rozwiazania...

Spis treści. Zadania... 7 Algebra... 9 Geometria Teoria liczb, nierówności, kombinatoryka Wskazówki Rozwiazania... Spis treści Zadania... 7 Algebra... 9 Geometria... 18 Teoria liczb, nierówności, kombinatoryka... 29 Wskazówki... 39 Rozwiazania... 55 Literatura... 135 Dokument pochodzi ze strony www.gwo.pl 9 ALGEBRA

Bardziej szczegółowo

trójkąta ABC. Wykazać, że te proste zawierają dwusieczne kątów wewnętrznych trójkąta PQR.

trójkąta ABC. Wykazać, że te proste zawierają dwusieczne kątów wewnętrznych trójkąta PQR. 1. W trójkącie ABC boki AB i BC są różnej długości. Wykazać, że punkt przecięcia dwusiecznej kąta przy wierzchołku B i symetralnej boku AC należy do okręgu opisanego na trójkącie ABC. 2. Pięciokąt ABCDE

Bardziej szczegółowo

Twierdzenie Talesa. Adrian Łydka Bernadeta Tomasz. Teoria

Twierdzenie Talesa. Adrian Łydka Bernadeta Tomasz. Teoria Twierdzenie Talesa. drian Łydka ernadeta Tomasz Teoria efinicja 1. Mówimy, że odcinki i są proporcjonalne odpowiednio do odcinków EF i GH, jeżeli = EF GH. Twierdzenie 1. (Twierdzenie Talesa) Jeżeli ramiona

Bardziej szczegółowo

Jednokładność i podobieństwo

Jednokładność i podobieństwo Jednokładność i podobieństwo Adrian Łydka Bernadeta Tomasz Teoria Definicja 1. Iloczynem niezerowego wektora u przez liczbę rzeczywistą s 0 nazywamy wektor v spełniający następujące dwa warunki: 1) v =

Bardziej szczegółowo

Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne Regionalne Koło Matematyczne Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Wydział Matematyki i Informatyki http://www.mat.umk.pl/rkm/ Lista rozwiązań zadań nr 2 (14-19.10.2009) nalogie i różnice miedzy trójkątem

Bardziej szczegółowo

Zadanie 1. Przekątna prostopadłościanu o wymiarach ma długość A. 2 5 B. 2 3 C. 5 2 D Zadanie 2.

Zadanie 1. Przekątna prostopadłościanu o wymiarach ma długość A. 2 5 B. 2 3 C. 5 2 D Zadanie 2. Zadanie 1. Przekątna prostopadłościanu o wymiarach 3 4 5 ma długość A. 2 5 B. 2 3 C. 5 2 D. 2 15 Zadanie 2. Pole powierzchni całkowitej prostopadłościanu jest równe 198. Stosunki długości krawędzi prostopadłościanu

Bardziej szczegółowo

Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne Regionalne Koło Matematyczne Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Wydział Matematyki i Informatyki http://www.mat.umk.pl/rkm/ Lista rozwiązań zadań nr 16 (27.02.2010) Twierdzenia evy i Menelaosa 1.

Bardziej szczegółowo

MATEMATYKA DLA CIEKAWSKICH. Dowodzenie twierdzeń przy pomocy kartki. Część I

MATEMATYKA DLA CIEKAWSKICH. Dowodzenie twierdzeń przy pomocy kartki. Część I MATEMATYKA DLA CIEKAWSKICH Dowodzenie twierdzeń przy pomocy kartki. Część I Z trójkątem, jako figurą geometryczną, uczeń spotyka się już na etapie nauczania początkowego. W czasie dalszego procesu kształcenia

Bardziej szczegółowo

V Konkurs Matematyczny Politechniki Białostockiej

V Konkurs Matematyczny Politechniki Białostockiej V Konkurs Matematyczny Politechniki iałostockiej Rozwiązania - klasy pierwsze 27 kwietnia 2013 r. 1. ane są cztery liczby dodatnie a b c d. Wykazać że przynajmniej jedna z liczb a + b + c d b + c + d a

Bardziej szczegółowo

MATEMATYKA DLA CIEKAWSKICH. Twierdzenie Pitagorasa inaczej cz. 2

MATEMATYKA DLA CIEKAWSKICH. Twierdzenie Pitagorasa inaczej cz. 2 Renata Nowak MATEMATYKA DLA CIEKAWSKICH Twierdzenie Pitagorasa inaczej cz. 2 Wróćmy do twierdzenia Pitagorasa, które dobrze znamy. Mówi ono o związkach między bokami w trójkącie prostokątnym. Może w jego

Bardziej szczegółowo

Rozwiązania zadań otwartych i schematy oceniania Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych i schemat oceniania zadań otwartych

Rozwiązania zadań otwartych i schematy oceniania Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych i schemat oceniania zadań otwartych Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych i schemat oceniania zadań otwartych Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych 5 6 7 8 9 0 5 6 7 8 9 0 A D B B C D C C D D A B D B B A C B C A Zadanie. (0-) Rozwiąż nierówność

Bardziej szczegółowo

Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne Regionalne Koło Matematyczne Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Wydział Matematyki i Informatyki http://www.mat.umk.pl/rkm/ Lista rozwiązań zadań nr 0, grupa zaawansowana (7.03.010) krąg dziewięciu

Bardziej szczegółowo

Własności punktów w czworokątach

Własności punktów w czworokątach Własności punktów w czworokątach Autor: Michał Woźny Gimnazjum nr 2 im. A. Mickiewicza w Krakowie Opiekun pracy: dr Jacek Dymel Spis treści 1. Wstęp str. 3 2. Badanie punktów będących środkami boków w

Bardziej szczegółowo

Praca klasowa nr 2 - figury geometryczne (klasa 6)

Praca klasowa nr 2 - figury geometryczne (klasa 6) Praca klasowa nr 2 - figury geometryczne (klasa 6) MARIUSZ WRÓBLEWSKI IMIĘ I NAZWISKO: KLASA: GRUPA A 1. Dany jest równoległobok ABCD. Narysuj za pomocą linijki i ekierki odcinek BF prostopadły do odcinka

Bardziej szczegółowo

Internetowe Kółko Matematyczne 2003/2004

Internetowe Kółko Matematyczne 2003/2004 Internetowe Kółko Matematyczne 003/004 http://www.mat.uni.torun.pl/~kolka/ Zadania dla szkoły średniej Zestaw I (5 IX) Zadanie 1. Które liczby całkowite można przedstawić w postaci różnicy kwadratów dwóch

Bardziej szczegółowo

Matematyka rozszerzona matura 2017

Matematyka rozszerzona matura 2017 Matematyka rozszerzona matura 017 Zadanie 1 Liczba ( 3 + 3) jest równa A. B. 4 C. 3 D. 3 ( 3 + 3) = 3 ( 3)( + 3) + + 3 = A. 3 4 3 + + 3 = 4 1 = 4 = Zadanie. Nieskończony ciąg liczbowy jest określony wzorem

Bardziej szczegółowo

ZADANIA NA DOWODZENIE GEOMETRIA, cz. II Wojciech Guzicki

ZADANIA NA DOWODZENIE GEOMETRIA, cz. II Wojciech Guzicki ZNI N OWOZNI GOMTRI, cz. II Wojciech Guzicki W arkuszach maturalnych w ostatnich dwóch latach znalazły się zadania geometryczne na dowodzenie. Za poprawne rozwiązanie takiego zadania w arkuszu podstawowymzdającymógłotrzymać2pkt,warkuszurozszerzonym4pktlub3pkt.przy

Bardziej szczegółowo

LVIII Olimpiada Matematyczna

LVIII Olimpiada Matematyczna Zadanie 1. LVIII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia pierwszego (11 września 2006 r. 4 grudnia 2006 r.) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych x, y, z układ równań x 2 +2yz

Bardziej szczegółowo

WYKŁAD I KONSTRUKCJE PODSTAWOWE RZUT RÓWNOLEGŁY RZUT PROSTOKĄTNY AKSONOMETRIA. AdamŚwięcicki

WYKŁAD I KONSTRUKCJE PODSTAWOWE RZUT RÓWNOLEGŁY RZUT PROSTOKĄTNY AKSONOMETRIA. AdamŚwięcicki WYKŁAD I KONSTRUKCJE PODSTAWOWE RZUT RÓWNOLEGŁY RZUT PROSTOKĄTNY AKSONOMETRIA AdamŚwięcicki KONSTRUKCJA PROSTEJ PRZECHODZĄCEJ PRZEZ DWA PUNKTY a B B A A KONSTRUKCJA ODCINKA B B A A wariant I KONSTRUKCJA

Bardziej szczegółowo

Projekt Innowacyjny program nauczania matematyki dla liceów ogólnokształcących

Projekt Innowacyjny program nauczania matematyki dla liceów ogólnokształcących Projekt Innowacyjny program nauczania matematyki dla liceów ogólnokształcących współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego Skrypt dla ucznia Planimetria: 5.

Bardziej szczegółowo

Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e

Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e Internetowe Ko³o M a t e m a t yc z n e Stowarzyszenie na rzecz Edukacji Matematycznej Zestaw 1 szkice rozwiązań zadań 1 W wierszu zapisano kolejno 2010 liczb Pierwsza zapisana liczba jest równa 7 oraz

Bardziej szczegółowo

Internetowe Kółko Matematyczne 2003/2004

Internetowe Kółko Matematyczne 2003/2004 Internetowe Kółko Matematyczne 2003/2004 http://www.mat.uni.torun.pl/~kolka/ Zadania dla gimnazjum Zestaw I (12 IX) Zadanie 1. Znajdź cyfry A, B, C, spełniające równość: a) AB A = BCB, b) AB A = CCB. Zadanie

Bardziej szczegółowo

Przykładowe rozwiązania zadań. Próbnej Matury 2014 z matematyki na poziomie rozszerzonym

Przykładowe rozwiązania zadań. Próbnej Matury 2014 z matematyki na poziomie rozszerzonym Zadania rozwiązali: Przykładowe rozwiązania zadań Próbnej Matury 014 z matematyki na poziomie rozszerzonym Małgorzata Zygora-nauczyciel matematyki w II Liceum Ogólnokształcącym w Inowrocławiu Mariusz Walkowiak-nauczyciel

Bardziej szczegółowo

ZADANIA MATURALNE PLANIMETRIA POZIOM PODSTAWOWY Opracowała mgr Danuta Brzezińska

ZADANIA MATURALNE PLANIMETRIA POZIOM PODSTAWOWY Opracowała mgr Danuta Brzezińska ZADANIA MATURALNE PLANIMETRIA POZIOM PODSTAWOWY Opracowała mgr Danuta Brzezińska Zad.1. ( 1pkt) Kąt środkowy i kąt wpisany są oparte na tym samym łuku. Suma ich miar jest równa. Jaka jest miara kąta środkowego?

Bardziej szczegółowo

KONSTRUKCJE I PRZEKSZTAŁCENIA GEOMETRYCZNE WERSJA A

KONSTRUKCJE I PRZEKSZTAŁCENIA GEOMETRYCZNE WERSJA A Test sprawdzający wiadomości ucznia po dziale Konstrukcje i przekształcenia geometryczne w klasie II gimnazjum. Nauka odbywa się wg programu Matematyka dla przyszłości. Opracowała nauczycielka Gimnazjum

Bardziej szczegółowo

EGZAMIN MATURALNY Z MATEMATYKI

EGZAMIN MATURALNY Z MATEMATYKI Arkusz zawiera informacje prawnie chronione do momentu rozpoczęcia egzaminu. MMA 2016 KOD UZUPEŁNIA ZDAJĄCY PESEL miejsce na naklejkę dyskalkulia dysleksja EGZAMIN MATURALNY Z MATEMATYKI POZIOM PODSTAWOWY

Bardziej szczegółowo

MATEMATYKA WYDZIAŁ MATEMATYKI - TEST 1

MATEMATYKA WYDZIAŁ MATEMATYKI - TEST 1 Wszelkie prawa zastrzeżone. Rozpowszechnianie, wypożyczanie i powielanie niniejszych testów w jakiejkolwiek formie surowo zabronione. W przypadku złamania zakazu mają zastosowanie przepisy dotyczące naruszenia

Bardziej szczegółowo

PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY

PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY PRÓBNY EGZAMIN MATURALNY Z MATEMATYKI ZESTAW PRZYGOTOWANY PRZEZ SERWIS WWW.ZADANIA.INFO POZIOM PODSTAWOWY+ 19 MARCA 2011 CZAS PRACY: 170 MINUT 1 Zadania zamknięte ZADANIE 1 (1 PKT.) Wskaż nierówność, która

Bardziej szczegółowo

SPIS TREŚCI. Do Nauczyciela Regulamin konkursu Zadania

SPIS TREŚCI. Do Nauczyciela Regulamin konkursu Zadania SPIS TREŚCI Do Nauczyciela... 6 Regulamin konkursu... 7 Zadania Liczby i działania... 9 Procenty... 14 Figury geometryczne... 19 Kąty w kole... 24 Wyrażenia algebraiczne... 29 Równania i nierówności...

Bardziej szczegółowo

Młodzieżowe Uniwersytety Matematyczne. dr Michał Lorens

Młodzieżowe Uniwersytety Matematyczne. dr Michał Lorens Młodzieżowe Uniwersytety Matematyczne Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego ODLEGŁOŚĆ NA POWIERZCHNI WIELOŚCIANU dr Michał Lorens 28.04.2012 Projekt

Bardziej szczegółowo

GEOMETRIA ANALITYCZNA. Poziom podstawowy

GEOMETRIA ANALITYCZNA. Poziom podstawowy GEOMETRIA ANALITYCZNA Poziom podstawowy Zadanie (4 pkt.) Dana jest prosta k opisana równaniem ogólnym x + y 6. a) napisz równanie prostej k w postaci kierunkowej. b) podaj współczynnik kierunkowy prostej

Bardziej szczegółowo

KONSTRUKCJE ZA POMOCĄ CYRKLA. Ćwiczenia Czas: 90

KONSTRUKCJE ZA POMOCĄ CYRKLA. Ćwiczenia Czas: 90 KONSTRUKCJE ZA POMOCĄ CYRKLA Ćwiczenia Czas: 90 TWIERDZENIE MOHRA-MASCHERONIEGO jeżeli dana konstrukcja geometryczna jest wykonalna za pomocą cyrkla i linijki, to jest wykonalna za pomocą samego cyrkla,

Bardziej szczegółowo

Rozwiązanie. Oznaczmy przekątne rombu, który jest podstawa graniastosłupa: dłuższa

Rozwiązanie. Oznaczmy przekątne rombu, który jest podstawa graniastosłupa: dłuższa Temat: RZEKROJE GRANIASTOSŁUÓW I OSTROSŁUÓW Cel lekcji: kształcenie wyobraźni przestrzennej rzypomnienie podstawowych wiadomości potrzebnych do rozwiązywania zadań z przekrojami. Sposób wyznaczania kąta

Bardziej szczegółowo

Odbicie lustrzane, oś symetrii

Odbicie lustrzane, oś symetrii Odbicie lustrzane, oś symetrii 1. Określ, czy poniższe figury są swoimi lustrzanymi odbiciami. Jeśli nie, odpowiedź uzasadnij. 2. Dokończ rysunki, tak aby dorysowana część była odbiciem lustrzanym. 3.

Bardziej szczegółowo

ZADANIA NA DOWODZENIE GEOMETRIA CZ. 1

ZADANIA NA DOWODZENIE GEOMETRIA CZ. 1 Projekt współfinansowany ze środków Unii uropejskiej w ramach uropejskiego Funduszu Społecznego. ZNI N OWOZNI GOMTRI Z. 1 utor: Wojciech Guzicki Materiały konferencyjne Wrzesień 010 entralna Komisja gzaminacyjna

Bardziej szczegółowo

W. Guzicki Zadanie 28 z Informatora Maturalnego poziom rozszerzony 1

W. Guzicki Zadanie 28 z Informatora Maturalnego poziom rozszerzony 1 W. uzicki Zadanie 8 z Informatora Maturalnego poziom rozszerzony 1 Zadanie 8. any jest sześcian (zobacz rysunek) o krawędzi równej 1. unkt S jest środkiem krawędzi. Odcinek W jest wysokością ostrosłupa

Bardziej szczegółowo

Proponowane rozwiazania Matura 2013 MATEMATYKA Poziom rozszerzony

Proponowane rozwiazania Matura 2013 MATEMATYKA Poziom rozszerzony POLITECHNIKA WARSZAWSKA WYDZIAŁ MATEMATYKI I NAUK INFORMACYJNYCH Proponowane rozwiazania Matura 013 MATEMATYKA Poziom rozszerzony Autorzy: Kamil Kosiba Tomasz Kostrzewa Wojciech Ożański Agnieszka Piliszek

Bardziej szczegółowo

Tomasz Zamek-Gliszczyński. Zadania powtórkowe przed maturą. Zakres podstawowy. Matematyka. atematyka

Tomasz Zamek-Gliszczyński. Zadania powtórkowe przed maturą. Zakres podstawowy. Matematyka. atematyka atematyka Tomasz Zamek-Gliszczyński Matematyka Zadania powtórkowe przed maturą Zakres podstawowy Spis treści Wstęp 4 1 Liczby 5 2 Algebra 24 3 Funkcje 31 4 Ciągi 61 5 Geometria na płaszczyźnie 69 6 Trygonometria

Bardziej szczegółowo

Jak rozpoznać trójkąt równoboczny?

Jak rozpoznać trójkąt równoboczny? O tym, czego nie ma na plakacie 05.11.2011 To jest na plakacie Co jest na plakacie? Charles Leytem, Rysunek 3: Własność 1. Trójkąty równoboczne to proste obiekty, które łatwo scharakteryzować. Można je

Bardziej szczegółowo

a) Wykaż, że przekształcenie P jest izometrią b) W prostokątnym układzie współrzędnych narysuj trójkąt o wierzchołkach A ( 1;2)

a) Wykaż, że przekształcenie P jest izometrią b) W prostokątnym układzie współrzędnych narysuj trójkąt o wierzchołkach A ( 1;2) ZESTAW I R Zad (3 pkt) Suma pierwiastków trójmianu a, c R R trójmianu jest równa 8 y ax bx c jest równa log c log a, gdzie Uzasadnij, że odcięta wierzchołka paraboli będącej wykresem tego a c Zad (7 pkt)

Bardziej szczegółowo

ZBIÓR PRZYKŁADOWYCH ZADAŃ Z MATEMATYKI POZIOM PODSTAWOWY ZADANIA ZAMKNIĘTE

ZBIÓR PRZYKŁADOWYCH ZADAŃ Z MATEMATYKI POZIOM PODSTAWOWY ZADANIA ZAMKNIĘTE ZBIÓR PRZYKŁADOWYCH ZADAŃ Z MATEMATYKI POZIOM PODSTAWOWY ZADANIA ZAMKNIĘTE Zad.1. (1p) Liczba 3 30 9 90 jest równa: A. 3 210 B. 3 300 C. 9 120 D. 27 2700 Zad.2. (1p) Liczba 3 8 3 3 9 2 jest równa: A. 3

Bardziej szczegółowo

Matematyka podstawowa IX. Stereometria

Matematyka podstawowa IX. Stereometria Zadania wprowadzające: Matematyka podstawowa IX Stereometria 1. Pole powierzchni całkowitej sześcianu jest równe 54. Oblicz objętość sześcianu. 2. Pole powierzchni sześcianu jest równe 96.Oblicz długość

Bardziej szczegółowo

Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne Regionalne Koło Matematyczne Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu Wydział Matematyki i Informatyki http://www.mat.umk.pl/rkm/ Lista rozwiązań zadań nr 2, grupa zaawansowana (17.10.2009) Analogie i

Bardziej szczegółowo

Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych i przykładowe rozwiązania zadań otwartych

Klucz odpowiedzi do zadań zamkniętych i przykładowe rozwiązania zadań otwartych Centralna Komisja Egzaminacyjna Materiał współfinansowany ze środków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego Próbny egzamin maturalny z matematyki listopad 009 Klucz odpowiedzi do

Bardziej szczegółowo

Nawi zanie do gimnazjum Planimetria Trójk Rysujemy Rysujemy Rysujemy Zapisujemy t zewn trzny trójk ta, Trójk ty ze wzgl du na miary k tów Trójk

Nawi zanie do gimnazjum Planimetria Trójk Rysujemy Rysujemy Rysujemy Zapisujemy t zewn trzny trójk ta, Trójk ty ze wzgl du na miary k tów Trójk PLANIMETRIA Lekcja 102-103. Miary kątów w trójkącie str. 222-224 Nawiązanie do gimnazjum Planimetria to., czy planimetria zajmuje się. (Dział geometrii, który zajmuje się badaniem płaskich figur geometrycznych)

Bardziej szczegółowo

PYTANIA TEORETYCZNE Z MATEMATYKI

PYTANIA TEORETYCZNE Z MATEMATYKI Zbiory liczbowe: 1. Wymień znane Ci zbiory liczbowe. 2. Co to są liczby rzeczywiste? 3. Co to są liczby naturalne? 4. Co to są liczby całkowite? 5. Co to są liczby wymierne? 6. Co to są liczby niewymierne?

Bardziej szczegółowo