Czworościany ortocentryczne zadania
|
|
- Małgorzata Szczepańska
- 7 lat temu
- Przeglądów:
Transkrypt
1 Czworościany ortocentryczne zadania 1. Wykazać, że nastepujące warunki są równoważne: a) istnieje przecięcie wysokości czworościanu, b) przeciwległe krawędzie są prostopadłe, c) sumy kwadratów długości przeciwległych krawędzi są równe, d) równoległościan opisany na czworościanie jest rombościanem, e) środki krawędzi leżą na jednej sferze, f) biśrodkowe czworościanu są równej długości, g) kwadrat długości każdego odcinka łączącego środki przeciwległych krawędzi jest równy sumie kwadratów ich długości podzielonej przez 4, h) iloczyny cosinusów przeciwległych kątów dwuściennych są równe.. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym proste wyznaczone przez trzy biwysokości przecinają się w jednym punkcie. 3. Dowieść, że w czworościanie ortocentrycznym w każdym wierzchołku wszystkie kąty płaskie są albo ostre albo proste albo rozwarte. 4. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym istnieje ściana, która jest trójkątem ostrokątnym. 5. Niech H będzie punktem przecięcia się wysokości w czworościanie ortocentrycznym ABCD. Niech a, b, c, d będą odpowiednio wektorami HA, HB, HC, HD. Wykazać, że iloczyny skalarne ab, ac, ad, bc, bd, cd są równe. 6. Niech H będzie punktem przecięcia się wysokości w czworościanie ortocentrycznym ABCD. Niech a, b, c, d będą odpowiednio wektorami HA, HB, HC, HD, a O środkiem kuli opisanej na tym czworościanie. Wykazać, że HO = a + b + c + d. 7. Niech O będzie środkiem sfery opisanej na czworościanie ortocentrycznym, H punktem przecięcia się jego wysokości, R promieniem sfery opisanej, a d długością dowolnej z biśrodkowych. Dowieść, że OH = 4R 3d. 8. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym środki wszystkich krawędzi, końce wszystkich biwysokości oraz środki odcinków łączących ortocentra ścian z wierzchołkami tych ścian leżą na jednej sferze. 9. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym środki ciężkości ścian, spodki wysokości czworościanu oraz punkty dzielące odcinki łączące ortocentrum czworościanu z jego wierzchołkami w stosunku : 1 (licząc od wierzchołków) leżą na jednej sferze (sfera dwunastu punktów - przestrzenny analog okręgu dziewięciu punktów). Wsk.: Zastanowić się, jaka jest średnica tej sfery. 10. (RUS 1995) Dany jest czworościan, którego wysokości przecinają się w jednym punkcie. Udowodnić, że ten punkt, spodek jednej z wysokości oraz trzy punkty dzielące pozostałe wysokości w stosunku : 1 (licząc od wierzchołków) leżą na jednej sferze. Wsk.: Zastanowić się, jaka jest średnica tej sfery. 1
2 Rozwiązania 1. Wykazać, że nastepujące warunki są równoważne: a) istnieje przecięcie wysokości czworościanu, b) przeciwległe krawędzie są prostopadłe, c) sumy kwadratów długości przeciwległych krawędzi są równe, d) równoległościan opisany na czworościanie jest rombościanem, e) środki krawędzi leżą na jednej sferze, f) biśrodkowe czworościanu są równej długości, g) kwadrat długości każdego odcinka łączącego środki przeciwległych krawędzi jest równy sumie kwadratów ich długości podzielonej przez 4, h) iloczyny cosinusów przeciwległych kątów dwuściennych są równe. Rozwiązanie. Niech ABCD będzie danym czworościanem. Dowód implikacji a) b). Załóżmy, że wysokości czworościanu przecinają się w punkcie H. Wtedy DH ABC, skąd DH AB i analogicznie CH ABD, skąd CH AB. Zatem płaszczyzna CDH jest prostopadła do krawędzi AB, co oznacza, że AB CD. Analogicznie dowodzimy, że AC BD i AD BD. Dowód implikacji b) d). Niech AC 1 BD 1 A 1 CB 1 D będzie równoległościanem opisanym na danym czworościanie ABCD. Skoro AB CD, to A 1 B 1 CD, a więc czworokąt A 1 CB 1 D jest rombem. Podobnie dowodzimy, że pozostałe ściany danego równoległościanu są rombami, a więc w konsekwencji równoległościan ten jest rombościanem. Dowód implikacji d) e). Skoro równoległościan opisany na czworościanie ABCD jest rombościanem, to biśrodkowe są równej długości, a ponieważ przecinają się w jednym punkcie, który dzieli kazdą z nich na pół, to końce biśrodkowych leżą na jednej sferze. Dowód implikacji e) f). Czworokąt wyznaczony przez każde dwie biśrodkowe jest równoległobokiem. Jeśli końce wszystkich biśrodkowych leżą na jednej sferze, to końce dwóch biśrodkowych leżą na okręgu, skąd wniosek, że równoległobok wyznaczony przez nie jest prostokątem. Biśrodkowe są przekątnymi tego prostokąta, a więc są równej długości. Przeprowadzając to samo rozumowanie dla innej pary dostajemy, że wszystkie biśrodkowe są równej długosci. Dowód implikacji f) c). Korzystając z zadania 16 z zadań dotyczących wpisywania w równoległościan (kącik 3) widzimy, że biśrodkowa łącząca środki krawędzi AB i CD ma długość równą 1 AC + AD + BC + BD AB CD, a biśrodkowa łącząca środki krawędzi AC i BD ma długość równą Skoro te dwie biśrodkowe mają równe długości, to 1 AB + CD + BC + AD AC BD. AC + AD + BC + BD AB CD = AB + CD + BC + AD AC BD, skąd wynika, że Podobnie dowodzimy, że AC + BD = AB + CD. AB + CD = AD + BC.
3 Dowód implikacji c) a). Jeśli AD + BC = AC + BD, to AD BD = AC BC. To oznacza, że spodki wysokości w trójkątach ABC i ABD poprowadzone odpowiednio z punktów C i D pokrywają się. Innymi słowy istnieje na prostej AB taki punkt S, że CDS AB. Niech CC i DD będą wysokościami trójkąta CDS. Wtedy CC DS i CC AB, skąd CC ABD. Analogicznie dowodzimy, że DD ABC. Proste CC i DD są więc wysokościami czworościanu ABCD i przecinają się. W podobny sposób dowodzimy, że każde dwie sposród wysokości czworościanu ABCD przecinają się. Jednakże jeśli mamy dwie przecinające się wysokości i trzecią, która przecina każdą z nich, to musi ona przechodzić przez punkt przecięcia pierwszych dwóch (inaczej musiałaby leżeć w płaszczyźnie wyznaczonej przez dwie pierwsze, a to jest niemożliwe). To zaś wraz z wcześniejszą uwagą oznacza, że wszystkie cztery wysokości przecinają się w jednym punkcie. Udowodniliśmy zatem, że warunki a) f) są równoważne. Wystarczy, jeśli pokażemy teraz, że każdy z pozostałych dwóch warunków jest równoważny z dowolnym z nich. Dowód równoważności: g) d). Wpiszmy dany czworościan w równoległościan AC 1 BD 1 A 1 CB 1 D o krawędziach AC 1 = a, C 1 B = b, C 1 C = c. Wtedy biśrodkowa łącząca środki krawędzi AB i CD ma długość równą c. Warunek g) dla tej środkowej możemy zapisać w postaci c = AB + CD = AB + C 1 D1 = a + b. 4 4 Zatem warunek g) jest równoważny równościom a = b + c, b = a + c, c = a + b. To jest równoważne temu, że a = b = c, czyli że dany równoległościan jest rombościanem. Dowód równoważności: h) c). Oprzemy się na dwóch lematach: Lemat 1 Jeśli a i b są dwoma przeciwległymi krawędziami czworościanu, a α i β kątami dwuściennymi przy tych krawędziach, to wyrażenie ab sinαsinβ nie zależy od wyboru pary przeciwległych krawędzi czworościanu. Dowód. Oznaczmy przez S 1 i S pola ścian, których jedną z krawędzi jest a, a przez S 3 i S 4 pola ścian, których jedną z krawędzi jest b. Niech ponadto V będzie objętością tego czworościanu, a h 1 wysokość poprowadzoną na ścianę S 1. Wtedy V = S 1h 1 = S 1S sinα 3 3a i analgicznie skąd V = S 3S 4 sinβ, 3b ab sinαsinβ = 4S 1S S 3 S 4 9V. Nie zależy więc od wyboru pary przeciwległych krawędzi. Lemat Jeśli a i b są dwoma przeciwległymi krawędziami czworościanu, a α i β kątami dwuściennymi przy tych krawędziach, to wyrażenie a + b + ctgαctgβ nie zależy od wyboru pary przeciwległych krawędzi czworościanu. 3
4 Dowód. Oznaczmy przez S 1 i S pola ścian, których jedną z krawędzi jest a, a przez S 3 i S 4 pola ścian, których jedną z krawędzi jest b. Przyjmijmy ponadto, że m i n są pozostałymi krawędziami ściany S 1, γ i δ miarami kątów dwuściennych przy tych krawędziach, a h 1 wysokością czworościanu poprowadzoną do ściany S 1. Wówczas skąd po wstawieniu h 1 = 3V S 1 otrzymamy S 1 = ah 1 ctgα + mh 1 ctgγ + nh 1 ctgδ, actgα + mctgγ + nctgδ = S 1 3V. Pisząc analogiczne zależności dla pozostałych ścian i biorąc je ze znakiem + dla S 1 i S oraz ze znakiem dla S 3 i S 4 dochodzimy do równości actgα bctgβ = S 1 + S S3 S4. 3V Podnosząc ją do kwadratu i uwzględniając, że ctg x = 1 sin x 1 uzyskujemy Ponadto skąd dostajemy ( a + b + abctgαctgβ = a sin α + b S sin β 1 + S S3 S4 ). 3V a sin α = 4S 1S 9V oraz b sin β = 4S 3S 4 9V, a + b + abctgαctgβ = (S 1S + S 1S 3 + S 1S 4 + S S 3 + S S 4 + S 3S 4) (S S 4 + S S 4 4) 9V = = (S 1 + S + S 3 + S 4) (S S 4 + S S 4 4) 9V. Powyższe wyrażenie nie zależy od wyboru pary przeciwległych krawędzi, co kończy dowód lematu. Na mocy lematów 1 i, jeśli a i b są dwoma przeciwległymi krawędziami czworościanu, a α i β kątami dwuściennymi przy tych krawędziach, to wyrażenie a + b + Mcosαcosβ, (gdzie M = (ab)/sinαsinβ) ma taką samą wartość dla każdej z par przeciwległych krawędzi czworościanu. Stąd natychmiast wynika, że iloczyny cosinusów przeciwległych kątów dwuściennych są równe wtedy i tylko wtedy, gdy sumy kwadratów przeciwległych krawędzi są równe. Rozwiązanie jest więc zakończone.. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym proste wyznaczone przez trzy biwysokości przecinają się w jednym punkcie. Rozwiązanie. Rozważmy czworościan ortocentryczny ABCD. Niech P i Q będą takimi punktami leżącymi odpowiednio na prostych CD i AB, że ABP CD i CDQ AB. Wtedy odcinek P Q jest biwysokością łączącą proste AB i CD. Z drugiej strony ortocentrum czworościanu należy do każdej z tych dwóch płaszczyzn leży więc na prostej P Q. Podobnie dowodzimy, że ortocentrum leży na prostych wyznaczonych przez pozostałe dwie biwysokości. Dowód jest więc zakończony. 3. Dowieść, że w czworościanie ortocentrycznym w każdym wierzchołku wszystkie kąty płaskie są albo ostre albo proste albo rozwarte. Rozwiązanie. Wystarczy, jeśli wykażemy, że w każdym wierzchołku cosinusy kątów płaskich mają ten sam znak. Rozważmy czworościan ABCD i stosując twierdzenie cosinusow otrzymujemy AB AD cos BAD = AD + AB BD, AC AD cos CAD = AD + AC CD. Korzystając teraz z tego, że w czworościanie ortocentrycznym zachodzi równość AB BD = AC CD 4
5 wnosimy, że prawe strony danych równości są równe. Wobec tego cosinusy kątów BAD i CAD są albo oba dodatnie albo oba ujemne albo oba zerowe. Analogicznie dowodzimy, że cosinus trzeciego kąta ma taki sam znak, jak dwóch poprzednich. 4. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym istnieje ściana, która jest trójkątem ostrokątnym. Rozwiązanie. Na mocy poprzedniego zadania widzimy, że w każdym wierzchołku wszystkie kąty płaskie są albo ostre albo proste albo rozwarte. Gdyby istniały dwa wierzchołki, w których kąty płaskie są nieostre, to w pewnym trójkacie suma dwóch kątów byłaby równa co najmniej 180. W takim razie istnieje co najwyżej jeden wierzchołek w którym wszystkie kąty płaskie są nieostre. Zatem w co najmniej trzech wierzchołkach wszystkie kąty płaskie są ostre. Ściana wyznaczona przez te trzy wierzchołki jest trójkątem ostrokątnym. 5. Niech H będzie punktem przecięcia się wysokości w czworościanie ortocentrycznym ABCD. Niech a, b, c, d będą odpowiednio wektorami HA, HB, HC, HD. Wykazać, że iloczyny skalarne ab, ac, ad, bc, bd, cd są równe. Rozwiązanie. Wykażemy, że iloczyny skalarne ab i ac są równe. Zależność ta jest równoważna temu, że a(b c) = 0 lub że po prostu wektor HA jest prostopadły do wektora HB HC = CB. Innymi słowy, że prosta HA jest prostopadła do krawędzi BC. Jednakże prosta HA jest wysokością czworościanu, jest więc prostopadła do płaszczyzny BCD w szczególności do prostej BC. Podobnie dowodzimy kolejno, że co kończy rozwiązanie. ab = ac = ad = bd = cd = bc, 6. Niech H będzie punktem przecięcia się wysokości w czworościanie ortocentrycznym ABCD. Niech a, b, c, d będą odpowiednio wektorami HA, HB, HC, HD, a O środkiem kuli opisanej na tym czworościanie. Wykazać, że HO = a + b + c + d. Rozwiązanie. Niech M i N będą środkami krawędzi AB i CD, a G środkiem odcinka MN (G jest środkiem ciężkości czworościanu ABCD). Czworokąt HMON jest wtedy równoległobokiem (bo MG = MN i G jest środkiem odcinka HO patrz artykuł). Stąd HO = HM + HN = 1 ( HA + HB + HC + HD) = a + b + c + d. 7. Niech O będzie środkiem sfery opisanej na czworościanie ortocentrycznym, H punktem przecięcia się jego wysokości, R promieniem sfery opisanej, a d długością dowolnej z biśrodkowych. Dowieść, że OH = 4R 3d. Rozwiązanie. Niech M i N będą środkami krawędzi AB i CD czworościanu ortocentrycznego ABCD o środku sfery opisanej O i ortocentrum H. Podobnie, jak w poprzednim zadaniu, czworokąt HM ON jest równoległobokiem, skąd wynika, że OH = (OM + ON) MN = 4R (( 1 AB) + ( 1 CD) ) d = 4R 3d. Wykorzystaliśmy dwa fakty: w równoległoboku suma kwadratów wszystkich boków jest równa sumie kwadratów przekątnych oraz że w czworościanie ortocentrycznym kwadrat długości każdego odcinka łączącego środki przeciwległych boków jest równy sumie kwadratów ich długości podzielonej przez 4 patrz zadanie Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym środki wszystkich krawędzi, końce wszystkich biwysokości oraz środki odcinków łączących ortocentra ścian z wierzchołkami tych ścian leżą na jednej sferze. Rozwiązanie. Na mocy zadania 1 środki wszystkich krawędzi czworościanu leżą na jednej sferze. Wykażemy, że na tej sferze leżą pozostałe punkty z treści zadania. Zauważmy, że końce wszystkich biwysokości są spodkami wysokości w odpowiednich trójkątach. Jednakże w każdym trójkącie będącym ścianą czworościanu środki boków, spodki wysokości tego trójkąta oraz środki odcinków łączących ortocentrum z wierzchołkami leżą na jednym okręgu okręgu 9 punktów. Część wspólną sfery przechodzącej przez środki krawędzi z dowolną ściana jest okręgiem opisanym na trójkącie wyznaczonym przez środki boków, czyli właśnie okręgiem 9 punktów. Ta obserwacja kończy rozwiązanie zadania. 5
6 9. Wykazać, że w czworościanie ortocentrycznym środki ciężkości ścian, spodki wysokości czworościanu oraz punkty dzielące odcinki łączące ortocentrum czworościanu z jego wierzchołkami w stosunku : 1 (licząc od wierzchołków) leżą na jednej sferze (sfera dwunastu punktów - przestrzenny analog okręgu dziewięciu punktów). Rozwiązanie. Sposób I Niech A 1 A A 3 A 4 będzie danym czworościanem, a H jego ortocentrum. Niech ponadto G i oznacza środek ciężkości ściany nie zawierającej wierzchołka A i, a B i oznacza punkt dzielący wysokość poprowadzoną na ścianę nie zwierającą wierzchołka A i w stosunku :1. Wykażemy, że czworokąty B i B j G i G j są prostokątami. Istotnie: oznaczając przez S ij środek krawędzi nie zawierającej wierzchołków czworościanu A i i A j stwierdzamy, że B i G j = 3 S ijh = B j G i oraz B i G j S ij H B j G i i podobnie B i B j = 1 3 A ia j = G i G j oraz B i B j G i G j A i A j. Ponadto S i jh A i A j, czyli B i G j B i B j, co oznacza, że czworokąt B i B j G i G j jest prostokątem. Prostokąty B 1 B G 1 G, B 1 B 3 G 1 G 3 i B 1 B 4 G 1 G 4 mają wspólną przekątną B 1 G 1, co oznacza, że punkty B i i G i dla i = 1,, 3, 4 leżą na jednej sferze o średnicy B 1 G 1, ponadto wszystkie przekątne tych prostokątów są średnicami tej sfery. Oznaczając przez H i spodek wysokości poprowadzonej na ścianę nie zawierającą wierzchołka A i stwierdzamy, że B i H i G i = 90 (chyba, że punkty H i i G i się pokrywają, ale wtedy nie ma czego dowodzić). To zaś w połączeniu z poprzednią obserwacją oznacza, że wszystkie 1 punktów leży na jednej sferze. Sposób II Oznaczmy przez O, G, H odpowiednio środek sfery opisanej, środek ciężkości i ortocentrum czworościanu. Na mocy zadania z artykułu wiemy, że G jest środkiem odcinka OH. Zauważmy, że czworościan wyznaczony przez środki ciężkości ścian danego czworościanu jest jego obrazem w jednokładności o środku G i skali 1 3. Niech O 1 będzie obrazem punktu O przy tej jednokładności. Innymi słowy środki ciężkości ścian leżą na sferze o środku O 1 i promieniu R 3, gdzie R jest promieniem sfery opisanej na danym czworościanie. Ponadto GO 1 = 1 3 GO = 1 3 HO. W takim razie jednokładność o środku H i skali 1 3 przekształca sferę opisaną na danym czworościanie na sferę o środku O 1 i promieniu R 3, wierzchołki czworościanu przy tej jednokładności przechodzą na punkty dzielące wysokości w stosunku :1. Na sferze o środku O 1 i promieniu R 3 leży więc 8 z 1 punktów danych w treści zadania wystarczy wykazać, że na tej sferze leżą też spodki wysokosci czworościanu. Oznaczmy ponadto przez O, H, O 1 rzuty prostokątne punktów O, H, O 1 na dowolną ścianę (są to odpowiednio: środek okręgu opisanego na ścianie, ortocentrum tej ściany oraz punkt dzielący odcinek łączący dwa pierwsze w stosunku 1:, licząc od H ) oraz niech G będzie środkiem ciężkości tej ściany. Wiadomo, że O G : G H = 1 : (prosta Eulera), skąd natychmiast wynika, że O G = O 1G = O 1H. Zatem odcinki łączące O 1 z ortocentrami ścian są równe odcinkom łączącym O 1 ze środkami ciężkości ścian, co kończy dowód. Uwaga. Drugi sposób można też zakończyć inaczej: Przyjmując oznaczenia z pierwszego sposobu i rozważając pierwszą jednokładność stwierdzamy, że 3O 1 G i = OA i i O 1 G i OA i. Podobnie rozważając drugą jednokładność stwierdzamy, że 3O 1 B i = OA i i O 1 B i OA i. Stad wynika, że O 1 jest środkiem każdego z odcinków G i B i, czyli G i B i są średnicami tej sfery. Dokończenie jak w pierwszym sposobie. 10. (RUS 1995) Dany jest czworościan, którego wysokości przecinają się w jednym punkcie. Udowodnić, że ten punkt, spodek jednej z wysokości oraz trzy punkty dzielące pozostałe wysokości w stosunku : 1 (licząc od wierzchołków) leżą na jednej sferze. Rozwiązanie. Przyjmijmy, że mamy dany czworościan ABCD, którego wysokości przecinają się w punkcie H. Załóżmy ponadto, że D jest spodkiem wysokości czworościanu poprowadzonej z wierzchołka D, a P, Q, R są punktami dzielącymi pozostałe wysokości w stosunku : 1 (licząc od wierzchołków). Niech G będzie środkiem ciężkości trójkąta ABC. Wykażemy, że punkty D, H, P, Q, R leżą na sferze o średnicy GH. Oczywiście GD H = 90, bowiem prosta DD jest prostopadła do płaszczyzny ABC. Wykażemy, że GP H = 90 (dla punktów Q i R postępujemy analogicznie). Niech A będzie spodkiem wysokości AH, a M środkiem krawędzi BC. Wtedy z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa otrzymujemy, że proste GP i A M są równoległe. Jednakże A M AA, więc również GP AA. To kończy rozwiązanie. 6
Metoda objętości zadania
Metoda objętości zadania Płaszczyzny i dzielą graniastosłup trójkątny na cztery bryły Znaleźć stosunki objętości tych brył 2 any jest równoległościan o objętości V Wyznaczyć objętość części wspólnej czworościanów
Inwersja w przestrzeni i rzut stereograficzny zadania
Inwersja w przestrzeni i rzut stereograficzny zadania Rozważmy sferę S o środku O i promieniu R. Inwersją względem sfery S nazywamy przekształcenie, które przekształca punkt A na punkt A leżący na półprostej
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
IX Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
IX Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (3 października 2013 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Liczba 3 9 3 27 jest a) niewymierna; b) równa 3 27;
GEOMETRIA ELEMENTARNA
Bardo, 7 11 XII A. D. 2016 I Uniwersytecki Obóz Olimpiady Matematycznej GEOMETRIA ELEMENTARNA materiały przygotował Antoni Kamiński na podstawie zbiorów zadań: Przygotowanie do olimpiad matematycznych
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,
Metoda siatek zadania
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
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
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
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
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
XI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
XI Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (24 września 2015 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Dane są takie dodatnie liczby a i b, że 30% liczby a
LX Olimpiada Matematyczna
LX Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia drugiego 13 lutego 2009 r. (pierwszy dzień zawodów) Zadanie 1. Liczby rzeczywiste a 1, a 2,..., a n (n 2) spełniają warunek a 1
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
XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów
XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część testowa (27 września 2018 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. W sklepie U Bronka cena spodni była równa cenie sukienki. Cenę spodni najpierw
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,
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
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
XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2016 r. 17 października 2016 r.)
XII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna ( września 06 r. 7 października 06 r.) Szkice rozwiązań zadań konkursowych. Liczby wymierne a, b, c spełniają równanie
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
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}
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
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
Kolorowanie płaszczyzny, prostych i okręgów
Kolorowanie płaszczyzny, prostych i okręgów Jadwiga Czyżewska Pisane pod kierunkiem W.Guzickiego W 2013 roku na II etapie VIII edycji Olimpiady Matematycznej Gimnazjalistów pojawiło się zadanie o następującej
Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2014/15
Kolokwium nr 3: 27.01.2015 (wtorek), godz. 8:15-10:00 (materiał zad. 1-309) Kolokwium nr 4: 3.02.2015 (wtorek), godz. 8:15-10:00 (materiał zad. 1-309) Ćwiczenia 13,15,20,22.01.2015 (wtorki, czwartki) 266.
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
Planimetria Uczeń: a) stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym, b) korzysta z własności stycznej do okręgu i własności okręgów
Planimetria Uczeń: a) stosuje zależności między kątem środkowym i kątem wpisanym, b) korzysta z własności stycznej do okręgu i własności okręgów stycznych, c) rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje
Temat: PRZEKROJE PROSTOPADŁOŚCIANÓW. Cel lekcji: kształcenie wyobraźni przestrzennej
Temat: PRZEKROJE PROSTOPADŁOŚCIANÓW Cel lekcji: kształcenie wyobraźni przestrzennej Przypomnienie podstawowych wiadomości potrzebnych do rozwiązywania zadań z przekrojami prostopadłościanów. 1. Prostopadłościan
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
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
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. +
V Konkurs Matematyczny Politechniki Białostockiej
V Konkurs Matematyczny Politechniki Białostockiej Rozwiązania - klasy drugie 1. Znaleźć wszystkie pary liczb całkowitych (x, y) spełniające nierówności x + 1 + y 4 x + y 4 5 x 4 + y 1 > 4. Ważne jest zauważenie,
XIII Olimpiada Matematyczna Juniorów
XIII Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część testowa (8 września 017 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. W każdym z trzech lat 018, 019 i 00 pensja pana Antoniego będzie o 5% większa
Kurs ZDAJ MATURĘ Z MATEMATYKI MODUŁ 11 Zadania planimetria
1 TEST WSTĘPNY 1. (1p) Wysokość rombu o boku długości 6 i kącie ostrym 60 o jest równa: A. 6 3 B. 6 C. 3 3 D. 3 2. (1p) W trójkącie równoramiennym długość ramienia wynosi 10 a podstawa 16. Wysokość opuszczona
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
LVII Olimpiada Matematyczna
Zadanie 1. LVII Olimpiada Matematyczna Rozwiązania zadań konkursowych zawodów stopnia trzeciego 5 kwietnia 2006 r. (pierwszy dzień zawodów) Rozwiązać w liczbach rzeczywistych a, b, c, d, e układ równań
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 +
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
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 2 szkice rozwiązań zadań 1. Dana jest taka liczba rzeczywista, której rozwinięcie dziesiętne jest nieskończone
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.
VIII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów
VIII Olimpiada Matematyczna Gimnazjalistów Zawody stopnia pierwszego część testowa www.omg.edu.pl (18 października 01 r.) Rozwiązania zadań testowych 1. Miary α, β, γ kątów pewnego trójkąta spełniają warunek
Treści zadań Obozu Naukowego OMG
STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ GIMNAZJALISTÓW Treści zadań Obozu Naukowego OMG Poziom OMG 2016 rok SZCZYRK 2016 Pierwsze zawody indywidualne Treści
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
Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi na dowodzenie
Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi na dowodzenie Zadanie 1. Na bokach trójkąta równobocznego ABC tak wybrano punkty E, F oraz D, że AE = BF = CD = 1 AB (rysunek obok). a) Udowodnij, że trójkąt EFD jest
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,
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
Ćwiczenia z geometrii I
Ćwiczenia z geometrii I Dominik Burek 1 stycznia 2013 Zadanie 1. W trójkącie ABC punkt I jest środkiem okręgu wpisanego. Punkt P leży wewnątrz trójkąta oraz: Pokazać, że AP AI. P BA + P CA = P BC + P CB.
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
Odkrywanie twierdzeń geometrycznych przy pomocy komputera
Odkrywanie twierdzeń geometrycznych przy pomocy komputera Andrzej Sendlewski WMiI UMK Koło Matematyczne 15 maja 2010 DGS programy komputerowe CINDERELLA ver. 1.4, ver. 2.0 (komercyjna) Circle & Ruler (R.
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
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
O D P O W I E D Z I D O Z A D A Ń T E S T O W Y C H
O D P O W I E D Z I D O Z A D A Ń T E S T O W Y C H 1. Niech A = {(x, y) R R : 3 x +4 x = 5 y } będzie zbiorem rozwiązań równania 3 x +4 x = 5 y w liczbach rzeczywistych. Wówczas zbiór A i zbiór N N mają
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
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
Równania prostych i krzywych; współrzędne punktu
Równania prostych i krzywych; współrzędne punktu Zad 1: Na paraboli o równaniu y = 1 x znajdź punkt P leŝący najbliŝej prostej o równaniu x + y = 0 Napisz równanie stycznej do tej paraboli, poprowadzonej
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
KONKURS ZOSTAŃ PITAGORASEM MUM. Podstawowe własności figur geometrycznych na płaszczyźnie
KONKURS ZOSTAŃ PITAGORASEM MUM ETAP I TEST II Podstawowe własności figur geometrycznych na płaszczyźnie 1. A. Stosunek pola koła wpisanego w kwadrat o boku długości 6 do pola koła opisanego na tym kwadracie
ZADANIA MATURALNE STEREOMETRIA POZIOM PODSTAWOWY Opracowała mgr Danuta Brzezińska
ZADANIA MATURALNE STEREOMETRIA POZIOM PODSTAWOWY Opracowała mgr Danuta Brzezińska Zad.1. ( 5 pkt) Objętość ostrosłupa prawidłowego trójkątnego, o długości krawędzi podstawy 6 cm, jest równa cm 3. Oblicz
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
Rysunek 1. Udowodnij, że AB CD = BC DA. Rysunek 2. Po inwersji o środku w punkcie E. Rysunek 3. Po inwersji o środku w punkcie A
g H e D c H' E g' h e' O d A C' d' C A' F' f' I' G' B' G I F f INWERSJA Inwersją o środku O i promieniu r nazywamy takie przekształcenie płaszczyzny (bez punktu O), które każdemu punktowi X O przyporządkowuje
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
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
XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2018 r. 15 października 2018 r.)
XIV Olimpiada Matematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna ( września 0 r. października 0 r.) Szkice rozwiązań zadań konkursowych. Liczbę naturalną n pomnożono przez, otrzymując
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.
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).
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).
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)
Jarosław Wróblewski Matematyka Elementarna, zima 2011/12
168. Uporządkować podane liczby w kolejności niemalejącej. sin50, cos80, sin170, cos200, sin250, cos280. 169. Naszkicować wykres funkcji f zdefiniowanej wzorem a) f(x) = sin2x b) f(x) = cos3x c) f(x) =
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
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
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
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
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
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
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
= [6; 2]. Wyznacz wierzchołki tego równoległoboku.
ZADANIE 1 (5 PKT) Wyznacz współrzędne wierzchołków trójkata jeżeli środki jego boków maja współrzędne: P = (1, 3), Q = ( 5, 4), R = ( 6, 7). ZADANIE 2 (5 PKT) Dla jakich wartości parametru α odległość
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
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
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
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
Twierdzenie Talesa. Adrian Łydka Bernadeta Tomasz. Teoria
Twierdzenie Talesa. drian Łydka ernadeta Tomasz Teoria Definicja 1. Mówimy, że odcinki i CD są proporcjonalne odpowiednio do odcinków EF i GH, jeżeli CD = EF GH. Twierdzenie 1. (Twierdzenie Talesa) Jeżeli
Treści zadań Obozu Naukowego OMJ
STOWARZYSZENIE NA RZECZ EDUKACJI MATEMATYCZNEJ KOMITET GŁÓWNY OLIMPIADY MATEMATYCZNEJ JUNIORÓW Treści zadań Obozu Naukowego OMJ Poziom OM 2017 rok SZCZYRK 2017 Olimpiada Matematyczna Juniorów jest wspó³finansowana
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
Zadania przygotowawcze do konkursu o tytuł NAJLEPSZEGO MATEMATYKA KLAS PIERWSZYCH I DRUGICH POWIATU BOCHEŃSKIEGO rok szk. 2017/2018.
Zadania przygotowawcze do konkursu o tytuł NAJLEPSZEGO MATEMATYKA KLAS PIERWSZYCH I DRUGICH POWIATU BOCHEŃSKIEGO rok szk. 017/018 19 grudnia 017 1 1 Klasy pierwsze - poziom podstawowy 1. Dane są zbiory
Kurs ZDAJ MATURĘ Z MATEMATYKI - MODUŁ 11 Teoria planimetria
1 Pomimo, że ten dział, to typowa geometria wydawałoby się trudny dział to paradoksalnie troszkę tu odpoczniemy, jeśli chodzi o teorię. Dlaczego? Otóż jak zapewne doskonale wiesz, na maturze otrzymasz
Dział I FUNKCJE TRYGONOMETRYCZNE
MATEMATYKA ZAKRES PODSTAWOWY Rok szkolny 01/013 Klasa: III Nauczyciel: Mirosław Kołomyjski Dział I FUNKCJE TRYGONOMETRYCZNE Lp. Zagadnienie Osiągnięcia ucznia. 1. Miara kąta. Sprawnie operuje pojęciami:
Geometria mas. Bartłomiej Bzdęga. 27 października 2018 r. Uniwersytet im. Adama Mickiewicza w Poznaniu
Uniwersytet im. Adama Mickiewicza w Poznaniu 27 października 2018 r. Zasada dźwigni dwustronnej r1 r2 A 1 (m 1 ) S A 2 (m 2 ) x 1 x 2 x m 1 x 1 +m 2 x 2 m 1 +m 2 m 1 r1 + m 2 r2 = 0 m 1 m 2 = r 2 r 1 Więcej
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
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
MATURA Przygotowanie do matury z matematyki
MATURA 2012 Przygotowanie do matury z matematyki Część VII: Planimetria ROZWIĄZANIA Powtórka jest organizowana przez redaktorów portalu MatmaNa6.pl we współpracy z dziennikarzami Gazety Lubuskiej. Witaj,
Geometria analityczna
Geometria analityczna Wektory Zad Dane są wektory #» a, #» b, #» c Znaleźć długość wektora #» x (a #» a = [, 0, ], #» b = [0,, 3], #» c = [,, ], #» x = #» #» a b + 3 #» c ; (b #» a = [,, ], #» b = [,,
Pole powierzchni całkowitej prostopadłościanu o wymiarach 5 x 3 x 4 jest równe A. 94 B. 60 C. 47 D. 20
STEREOMETRIA - ZADANIA MATURALNE lata 2010-2017 Zadanie 1. (0-1) Maj 2010 [I. Wykorzystanie i tworzenie informacji] Pole powierzchni całkowitej prostopadłościanu o wymiarach 5 x x 4 jest równe A. 94 B.
Projekt Zobaczę-dotknę-wiem i umiem, dofinansowany przez Fundację mbanku w partnerstwie z Fundacją Dobra Sieć
Kartka papieru i własności trójkątów. Ćwiczenie 1 Uczniowie ustalają ile znają rodzajów trójkątów. Podział ze względu na miary kątów Podział ostrokątny prostokątny rozwartokątny ze względu na długości
Zadanie 1. W trapezie ABCD poprowadzono przekątne, które podzieliły go na cztery trójkąty. Mając dane pole S 1
Zadanie. W trapezie ABCD poprowadzono przekątne, które podzieliły go na cztery trójkąty. Mając dane pole S i S 2 obliczyć pole trapezu ABCD. Zadanie 2. Mamy trapez, w którym suma kątów przy dłuższej podstawie
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
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
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:
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
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
XIII Olimpiada Matematyczna Juniorów
XIII Olimpiada atematyczna Juniorów Zawody stopnia pierwszego część korespondencyjna (1 września 2017 r. 16 października 2017 r.) 1. iczby a, b, c spełniają zależności Wykaż, że a 2 +b 2 = c 2. Szkice