Zbiór zadań na zajęcia kółek matematycznych

Transkrypt

1 Ziór zdń n zjęci kółek mtemtycznych Mtysik Mieczysłw

2 Zdnie. Wśród wszystkich prostokątów o dnym owodzie p znleźć prostokąt o njwiększym polu. Rozwiąznie: p Niech: długość jednego oku -p długość drugiego oku, 0<<p Wówczs pole prostokąt jest funkcją : P p- jest to funkcj kwdrtow o miejscch zerowych: 0 orz p. p M. przyjmuje on dl Odp.: Ze wszystkich prostokątów o dnym owodzie njwiększe pole powierzchni m kwdrt.

3 Zdnie. W trpezie ABCD podstwy mją długości i >, punkty E, F są środkmi przekątnych. Znjdź długość odcink EF. AG AD. BH BC. Z twierdzeni Tles wynik że, EF GF GE GE, GF Odp.: Odcinek EF m długość.

4 4 Zdnie. W ukłdzie współrzędnych dne są punkty A0,, B,c 0,, c. Znleźć punkt C leżący n osi OX tki, że długość łmnej ACB jest njmniejsz. Rozwiąznie: CD AC jest minimlne c c c c c c c c c c f c f R c c, ] [, 0 ' ', f

5 5 Zdnie.4. N osi OX leżą punkty A,0 i B,0, znjdź punkt C leżący n osi OY tki y kąt γ ył njwiększy Rozwiąznie: tgα tgβ y y f γ β α tgβ tgα tgγ tg β tg α y y y y y y Odp.: Punkt C musi yć tk orny y y.

6 6 Zdnie.5. W kwdrcie ABCD którego ok m długość odcinki AB i BC podzielone są n cztery równe części. Proste DG, DH, DI, DJ, DK, DL dzielą przekątn AC n 7 części. Jk jest długość odcink EF. Rozwiąznie: Odcinek EF jest średnią rytmetyczną długości pozostłych odcinków n przekątnej AC. Tk więc oznczjąc EF jko orz przyjmując ok kwdrtu jko możn otrzymć związek: Odp.: Odcinek EF m długość. 7

7 7 Zdnie.6. N przekątnej trójkąt prostokątnego ABC zudowno kwdrt, olicz odległość punktu C od punktu przecięci przekątnych tego kwdrtu. Rozwiąznie: Z twierdzeni cosinusów: o sin, cos sin cos 45 cos β β β β β BO c

8 8 Odp.: Odcinek OC m długość

9 9 Zdnie.7 W trójkącie ABC przez punkt P leżący wewnątrz trójkąt przeprowdzono proste AB, BC, c CD Pole trójkąt PA A, pole trójkąt PA A, pole trójkąt PA A. Oliczyć pole trójkąt ABC. Rozwiąznie: Pole trójkąt ABC P P P < < < PA PB PC A B C A BC PB BC PC A BC A A BC PB BC PC BC BC BC Odp.: Pole trójkąt jest równe

10 0 Zdnie.8. Punkt I jest środkiem koł wpisnego w trójkąt ABC. Uzsdnij, że jeżeli AIDCAC to β 60 0 γ. Rozwiąznie: N oku AC zznczmy punkt E tki, że AIAC AIDCAC ECDC trójkąty DCI i CEI są przystjące kąt ADB kąt AEB kąt AEB kąt AIE kąt ABC kąt ADB kąt AIE kąt AEB β z trójkąt ADC γ 80 β 80 β 80 β 60 0 γ Co nleżło wykzć.

11 Zdnie.9 Przekątne trpezu ABCD przecinją się w punkcie. Pole trójkąt AB wynosi P 6, pole trójkąt CD wynosi P 4. Znjdź pole trpezu. Rozwiąznie: AB CD w skli k k P 6 9 P 4 k A C orz B D Poniewż AD i DC mją tką smą wysokość DK, podstw pierwszego z nich jest trzykrotnie większ od podstwy drugiego ztem: P AD P P. Podonie P CB P. tąd otrzymujemy: P P P P P 4 P 7 P. Odp.: Pole trpezu wynosi P P 7 P.

12 Zdnie.0 W trpezie ABCD prowdzimy przekątne przecinjące się w punkcie O. Wiedząc, że pole AOD, pole AOB, olicz pole trpezu ABCD. Rozwiąznie: P AOD P AOB h wysokość trpezu u v h DOC AOB w skli k v u PABO PABD u u u v u 4 u v 4 v k 4k k k u 4 k 4 v u v v u P DOC * 9 9 P ABD P ABC P ADO P COB P ABCD 5 Odp.: Pole trpezu wynosi 5.

13 Zdnie. Dny jest kąt i punkt P nleżący do jego wnętrz. Wyznczyć tką prostą k przechodzącą przez punkt P, któr odcin z kąt trójkąt o njmniejszym polu. Rozwiąznie: Opis konstrukcji:. Rysujemy prostą l przechodzącą przez punkt P i równoległą do jednego z rmion. Przecin on drugie rmię w punkcie A.. N tym rmieniu odkłdmy punkt B, tk y A AB.. Wykreślmy prostą przez punkty B i P. N pierwszym rmieniu otrzymujemy punkt C. Wykżemy, że BC m njmniejsze pole. Przez punkt P prowdzimy inną prostą m. BC zmniejszyliśmy o KPC orz zwiększyliśmy o BPL. Wykreślmy BE KC. KPC BPE, BEP jest częścią PBL, w związku z tym pole KPC < pol PBL. Czyli BC zwiększyliśmy dodtkowo o pole BEL, czyli pole KL > pol BC. Poniewż prostą m wykreślliśmy w dowolny sposó stąd pole BC jest njmniejsze.

14 4 Zdnie. Punkty A,B,C leżą n jednej prostej przy czym punkt B leży między punktmi A i C, orz AB < BC. N odcinku AB udujemy kwdrt ABDE. Przez ED prowdzimy prostą. N odcinku AC jko n średnicy udujemy półokrąg przecinjący prostą ED w punktch P i Q. Punkt A łączymy z Q. Wykzć, że PD DF. Rozwiąznie: Wprowdźmy oznczeni jk n rysunku. Tezę twierdzeni : PD DF możn zpisć EP FB A to ozncz, że nleży wykzć, że AEP ABF. Poniewż są to trójkąty prostokątne orz EA AB wystrczy wykzć, że EAP BAF. EAP jest kątem między cięciwą styczną do okręgu EAP PQA α z tw. o kcie między styczn cięciwą AC EQ BAF PQA α jko kąty nprzeminległe EAP BAF AEP ABF EP FB PD DF Co nleżło wykzć

15 5 Zdnie. N rmionch trpezu ABCD orno punkty E i F tk, że EF AB, orz tk, że prost EF dzieli trpez ABCD n dwie części o równych polch. Olicz długość odcink EF. Rozwiąznie: Niech EF. Wprowdźmy oznczeni jk n rysunku. Rysujemy GH AD, orz przechodzącą przez F, tk że DH AB. P ABFE w, PEFCD v, PABCD v w Z treści zdni wynik: w v v w. 4 Po przeksztłceniu pierwszej równości otrzymujemy: w v w GFB CFH w skli stąd v w v - - średni kwdrtow Odp.: Długość odcink EF jest średnią kwdrtową długości podstw trpezu.

16 6 Zdnie.4. Rmion trpezu ABCD o podstwch, i wysokości h przedłużono do przecięci się w punkcie E. Olicz pole DEC. Rozwiąznie: DEC ABE PDEC h P DEC P DEC h P DEC P DEC h P DEC - P DEC h Odp.: Pole trójkąt DEC wynosi h.

17 7 Zdnie.5 Olicz długość odcink EF łączącego środki przekątnych trpezu o podstwch, Rozwiąznie: Niech >. Wykżemy, że EF AB. Niech G i H oznczją środki rmion trpezu. Nleży pokzć, że łmn GEFH jest prostą Poprowdźmy GU AB, wówczs z tw. Tles GA UB Wynik z tego, że prost równoległ do AB i przechodząc przez punkt G dzieli rmię CB n pół. To ozncz, że w ACD prost GH dzieli AC n pół, czyli E GH. W DCB prost GH dzieli DB n pół, czyli F GH EF AB. W ADB : GF AB i łączy środki dwóch oków trójkąt GF. W ADC : GE DC i łączy środki dwóch oków trójkąt GE. EF GF - GE Odp.: Odcinek EF m długość.

18 8 Zdnie.6. W trpezie o podstwch i poprowdzono przez punkt przecięci się przekątnych odcinek EF równoległy do podstw. Olicz jego długość. Rozwiąznie: EF AB EO AO W DAC, EF DC DC AC FO BO W DBC, DC OF DC BD prwdzimy, czy EO FO? Z i wynik, że wystrczy AO BO sprwdzić czy? AC BD DO CO DO BO CO DCO BAO BO AO BO AOAO DB AC BO AO EO FO. BO AO BD AC Niech EO, z Z ADB otrzymujemy: AO. AC Z podoieństw DCO i BAO DO DB DBBO DB - EO DO DO czyli AB DB DB BO - DB AO DO lecz AC DB AO - AC EF

19 9 EF Odp. Długość odcink EF jest średnią hrmoniczną długości jego podstw. Zdnie.7. Mjąc dne długości podstw trpezu, olicz długość odcink łączącego środki jego rmion. Rozwiąznie: Oznczmy szukny odcinek EF.N przedłużeniu oku BC odkłdmy odcinek CG, tki, że CG. ADF CGF BG AE EB orz AF FG stąd w ABG odcinek EF łączy środki oków AB i AG EF BG AE AB EF BG EF EF Odp.: Długość odcink łączącego środki podstw trpezu jest średnią rytmetyczną długości jego podstw.

20 0 Zdnie.8 Wykzć, że jeśli kąt przy wierzchołku C w trójkącie równormiennym m mirę 0 o, podstw i rmion mją długość odpowiednio i to długości oków w tym trójkącie spełniją równnie:. Rozwiąznie: Wprowdźmy oznczeni jk n rysunku. ACB 0 0, ACD 0 0 sin ACD sin 0 0 Korzystjąc ze wzoru: sinα sinα - 4sin α otrzymujemy: sin*0 0 * - 4* - Co nleżło wykzć.

21 Zdnie.9 W elipsę o osich i wpisno trójkąt ABC. Pol w, w, w mją równe miry, olicz pole trójkąt ABC Jeżeli w koło o promieniu wpiszemy trójkąt równooczny to jego wysokość P P P T h P h h 4 cos ' 4 γ Odp.: Pole trójkąt ABC jest równe 4.

22 Zdnie.0 Wśród wszystkich trpezów równormiennych wpisnych w półkole o promieniu R wyrć ten, który m njwiększe pole. Rozwiąznie: Wprowdźmy oznczeni jk n rysunku. Jko prmetr oiermy odcinek o dł., 0< <R. DC AB h P Poniewż h R, DC, AB R otrzymujemy: R P R R R P R R - R R P 0 R R > 0 n mocy złożeni R stąd R R - R R R czyli P 0. Poniewż dl < R, P > 0 orz dl > R, P < 0 w punkcie R funkcj osiąg mimum. Poniewż DC R stąd Odp.: Trpezem o njwiększym polu jest trpez, który jest połówką sześciokąt foremnego.

23 Zdnie. Czworokąt ABCD wpisno w okrąg o środku O. Przekątne tego czworokąt są do sieie prostopdłe. Udowodnij, że czworokąty AOCB i AOCD mją równe pol Rozwiąznie: Mmy AOCB ABC AOC AC BE AC EF AC BF 4 4 AC BD AC BE ED ABC ADC ABCD Co nleżło wykzć Woec tego AOCB AOCD

24 4 Zdnie. N okręgu o promieniu r opisno trpez prostokątny, którego njmniejszy ok jest równy r/. Wyznczyć pole trpezu. Rozwiąznie: Poniewż ok AB, prostopdły do postw, jest równy r. td wynik, ze njmniejszym okiem równym /r jest mniejsz postw BC. Ay znleźć większą podstwę AD poprowdzimy proste OC i OD, które są dwusiecznymi kątów MCD i NDC djących w sumie 80 o. Ztem MCO ODN 90 o.z trójkąt prostokątnego ODN znjdujemy NOD ODN 90 o.a wiec NOD MCO i woec tego trójkąt ODN i OCM są podone. Otrzymujemy proporcje ND:ON OM:MC, gdzie ON OM r i MC r/ o BC /r, BM r td ND r ; woec tego AD AN ND r r r Odp.: Pole trpezu 9/r

25 5 Zdnie. Rom o kcie ostrym α i oku podzielono prostymi wychodzącymi z wierzchołk tego kt, n trzy równowżne części. Wyznczyć długość odcinków tych prostych. Rozwiąznie: Z wrunku wiemy, że pole trójkąt ABF jest równe / pol romu ABCD, tj. / pol trójkąt ABC. Poniewż trójkąty ABC i ABF mj wspólną wysokość AG, wiec BF /BC / Z twierdzeni cosinusów mmy AF AB BF - AB BF cos80 o - α AF 4/9 4/ cosα AF 4/9 /9 cosα 9 AF cosα AF cosα Odp.: Odcinek AF m długość cosα

26 6 Zdnie.4 um długości rmion trpezu równormiennego wynosi sumy długości jego podstw, stosunek długości podstw wynosi 7:5. Wyzncz miry kątów tego trpezu. Przyjmijmy oznczeni jk n rysunku. Z wrunków zdni otrzymujemy równości : 6c orz 7, 5 stąt 5 6c, 7 7 czyli c 7 zś Woec tego trójkąt AEC jest połówką trójkąt równoocznego, więc α 60. Odp.: Kąty trpezu mją miry: 60 0,0 0, 60 0, 0 0.

27 7 Zdnie.5 Widomo, że >>0 orz 6. Wyzncz Rozwiąznie: koro 6, więc 8, - 4 8, Odp.:

28 8 Zdnie.6. Dl jkich wrtości prmetru m dne równnie posid rozwiązni: m Rozwiąznie: Lewą stronę równni przedstwimy w postci funkcji f - 5 6, rysując odpowiedni wykres odczytmy dl jkich m dne równnie posid rozwiązni: Trktując os OY jko os OM ziór wrtości, os OX jki ziór rgumentów, odczytmy ze dne równnie posid rozwiązni dl m nleżącego do przedziłu od <0;. Odp.: Równnie posid rozwiązni dl m nleżącego do przedziłu od <0;.

29 9 Zdnie.7. W trpezie o podstwch i przeprowdzono prostą równoległą do podstw i dzielącą pole trpezu n dwie równe części. Oliczyć długość odcink prostej zwrtego wewnątrz trpezu. Rozwiąznie: h h h h h h h h h h h P P Odp.: Długość szuknego odcink wynosi

30 0 Zdnie.8. Dne są odcinki i. konstruuj odcinki i y tkie, że : y y. Rozwiąznie: Przeksztłcmy wyjściową zleżność y y / : y y y y y Wykonujemy konstrukcję korzystjąc z twierdzeni Tles.

31 Zdnie.9. W trójkącie równoocznym ABC o oku długości punkt D jest środkiem oku AC, punkt E środkiem odcink DC, zś F jest tkim punktem oku BC, że BFFC. Olicz pole trójkąt DEF. Rozwiąznie: Oznczmy jeszcze przez G środek oku ABC. Otrzymmy wówczs równości EC FC /4, zś DG /. Z twierdzeni o odcinku łączącym środki dwóch oków trójkąt wynik, że EF II DG II AB orz EF /4, zś DG/. Poniewż trójkąty DGC i EFC są jednokłdne z trójkątem ABC w sklch odpowiednio / i /4, zś trójkąt DEF, którego pole mmy oliczyć, jest połową trpezu DGFE, więc P DEF P P DGC EFC 8 Odp.: Pole trójkąt DEF jest równe 8

32 Zdnie.0. Rozwiązć równnie sin cos - sin 4 - cos 4 0. Rozwiąznie: Zpiszmy dne równnie w postci sin cos sin 4 cos 4. Poniewż sin cos /sin4 orz sin 4 cos 4 sin cos - sin cos - /sin 4, wiec podstwijąc now niewidom t sin4 otrzymujemy równnie kwdrtowe /t /t - 0, którego rozwiązniem są liczy t - i t. Równnie sin4 - jest sprzeczne, zś z równni sin4 wynik 4 π/ kπ, tzn. π/8 kπ/ dl k nleżącego do C Odp.: π/8 kπ/ dl k nleżącego do C

33 Zdnie. Dne są cztery liczy. Trzy pierwsze z nich tworzą ciąg geometryczny, trzy osttnie zś ciąg rytmetyczny. um licz skrjnych jest równ 4, sum środkowych. Znjdź te liczy. Rozwiąznie: zukne liczy to, q, q, q q - q. q - q 4 q q, 5/; q 4, q 5/; q 8, q 9/; <> 5q - q 6 0, q lu q /5 q - q, q - q /, lu 5/ Odp: zukne liczy to, 4, 8, lu 5/, 5/, 9/, /.

34 4 Zdnie. Funkcj f jest określon wzorem f - 9. Znjdź wszystkie wrtości prmetru, dl których funkcj f m dw ekstrem loklne dl tkich rgumentów, że jeden z nich jest kwdrtem drugiego. Rozwiąznie: Funkcj f posid ekstrem wtedy i tylko wtedy gdy jej pochodn posid rozwiązni czyli wtedy gdy > 0. f ' 6-8 f ' 6 - D R/{0} > > 0 Funkcj f ' posid rgumenty, z których jeden z nich jest kwdrtem drugiego gdy D R/{0} czyli > 0. Po rozwiązniu tego równi gdzie i są pierwistkmi trójminu kwdrtowego f ' otrzymmy pierwszą dwójkę 0 po opuszczeniu wrtości ezwzględnej ze znkiem plus i drugą dwójkę 0 /4. Po odrzuceniu 0, poniewż nie nleży do D, otrzymmy odpowiedź lu /4. Odp.: Funkcj f posid ekstrem loklne dl tkich rgumentów, że jeden z nich jest kwdrtem drugiego dl lu /4.

35 5 Zdnie. W trpezie ABCD, w którym AD BC, zchodzą równości: ABBC, ACCD i BCCDAD. Wyzncz kąty tego trpezu. Rozwiąznie: Poprowdźmy prostą przez punkt C i równoległą do AB przetnie on ok AD w punkcie D. Trójkąty ABC i ACD są równormienne, więc CAB ACB i CAD ADC. Pondto ACB CAD kąty nprzeminległe orz BAD CD D o ABIICD. tąd CAB ACB CAD ADCα i BAD CD Dα. W trójkącie D DC jest D DAD-AD AD-BCCD, więc CD D D CD. tąd 5α80 0 i osttecznie α6 0. Trpez m więc kąty 6 0, 7 0, 44 0, Odp.: Trpez m kąty: 6 0, 7 0, 44 0, 08 0.

36 6 Zdnie.4 Rozstrzygnij, czy istnieje trójkąt o wysokościch, 5, 5. Rozwiąznie: Wykżemy, że tki trójkąt nie istnieje. Złóżmy przeciwnie i oznczmy: h, h 5, h 5 zś oki, n które wysokości te opuszczono, odpowiednio przez,,. Ze wzoru n pole trójkąt otrzymujemy związki:,, h h h Z nierówności trójkąt wynik < h h h tąd < h h h, czyli < co jest nieprwdą, gdyż oznczłoy, że 5<9 5 czyli 65<405

37 7 Zdnie.5 Udowodnij, ze kwdrt liczy nieprzystej zmniejszony o jest podzielny przez 8. Rozwiąznie: Dowoln liczę nieprzystą możn zpisć w postci n, n C. Nleży udowodnić, że n jest podzielne przez 8 dl dowolnej liczy cłkowitej n. Otrzymujemy: n 4n 4n 4nn n 4n n n n 8 8 Poniewż jedn z dwóch kolejnych licz cłkowitych n i n jest przyst, więc iloczyn nn jest podzielny przez dw. To ozncz, że istnieje k C, n tkie że: k 8 Co nleżło wykzć.

38 8 Zdnie.6 Rozwiąż ukłd równń y y y y Rozwiąznie. Złóżmy, że pr,y spełni dny ukłd równń. pełni ztem równnie. y y yy, ukłdu stronmi y y -y-y0 -y y y - y0 -y y- 0 dodliśmy równni tąd -y0 i y-0, czyli y prwdzmy, że pr, spełni podny ukłd równń. Jest więc jego jedynym rozwiązniem. Odp.: Rozwiązniem ukłdu jest pr licz,.

39 9 Zdnie.7 Wykż, że licz jest złożon. Rozwiąznie: Oznczmy: 545, 545. Wtedy * 545 * * * * *545 Co nleżło wykzć.

40 40 Zdnie.8 Wykż, że < Rozwiąznie: Zuwżmy, że k k k k k < Woec tego < < Co nleżło wykzć.

41 4 Zdnie.9 Trójkąt równooczny ABC wpisno w okrąg i n łuku AB orno tki punkt P, że odcinek CP przecin ok AB w punkcie Q. Udowodnij, że PA PB PQ Rozwiąznie: N półprostej BP odkłdmy od punktu P odcinek PDAP. W ten sposó otrzymujemy trójkąt równooczny APD. Zuwżmy też, że trójkąty DBA i PBQ są podone, stąd AD PQ DB PB DP PB PB DP PB A poniewż ADPDPA, więc PA PQ PA PB, skąd PA PB PQ Co nleżło wykzć

42 4 Zdnie.0 W trójkącie prostokątnym przyprostokątn jest dw rzy mniejsz od przeciwprostokątnej. Ile rzy pole koł opisnego n tym trójkącie jest większe od pol koł wpisnego? Rozwiąznie: Dne: kt BCA 90 o, AB BC ; zukne πr /πr, Jeżeli przymniemy długość przeciwprostokątnej AB, to długości przyprostokątnych wyniosą BC i AC AB - BC <> AC. Korzystmy ze wzoru n długość promieni r okręgu wpisnego w dowolny trójkąt i r /p [/AC*BC]/AB BC CA [/ ]/ /[ ]. Przeciwprostokątn AB jest średnic okręgu opisnego n trójkącie, wiec AB R, std R. zukny stosunek pól ou kół wynosi πr /πr 8 Odp.: Pole koł opisnego n tym trójkącie jest 8 rzy większe od pol koł wpisnego.