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

Transkrypt

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

2 Zadanie Trójkąt ABC jest trójkątem prostokątnym. Z punktu M, należącego do przeciwprostokątnej BC, poprowadzono odcinki MD oraz MS, prostopadłe odpowiednio do przyprostokątnych AC oraz AB (rysunek obok). DM MS Udowodnij, że. AB AC

3 Założenie: ABC prostokątny, BAC = 90, MBC, MD AC oraz MS AB DM MS Teza: AB AC Dowód (I sposób): DMC ABC na podstawie cechy kkk, bo BAC = MDC = 90 (z założenia) ACB = DCM (wspólny kąt), DM CM stąd AB CB MSB ABC na podstawie cechy kkk, bo BAC = BSM = 90 (z założenia) ABC = SBM (wspólny kąt), MS MB stąd AC CB DM MS CM MB CM MB CB =. AB AC CB CB CB CB

4 Dowód (II sposób): P AMC + P ABM = P ABC, zatem AC DM + AB MS = AC AB Po podzieleniu obu stron równości przez AC AB otrzymuję: DM MS. AB AC

5 Zadanie W trójkącie ABC długości boków wynoszą: AB = c, AC = b, BC = a, gdzie 0 < a < b < c. Pole tego trójkąta wynosi. Wykaż, że AC > 6.

6 Założenie: ABC dowolny, AB = c, AC = b, BC = a, gdzie 0 < a < b < c, P ABC = Teza: AC > 6 Dowód: Prowadzę wysokość AD trójkąta ABC z wierzchołka A na bok BC. Wprowadzam oznaczenie: AD = h, h > 0. P ABC = BC AD = ah =, skąd ah = 6. a < b (z założenia) h b Otrzymuję: ah < b czyli b > 6, skąd b > 6 (bo z założenia b > 0). Zatem AC > 6.

7 Zadanie Trójkąt ABC jest prostokątny. Punkt D jest spodkiem wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną AB oraz AD = DB. Wykaż, że CAD = 60.

8 Założenie: ABC prostokątny, AB przeciwprostokątna, CD wysokość ABC, AD = DB Teza: CAD = 60 Dowód: Z twierdzenia o wysokości w trójkącie prostokątnym poprowadzonej na przeciwprostokątną: CD = AD DB. Z założenia wiem, że AD = DB, stąd CD = AD, zatem CD. AD czyli W trójkącie prostokątnym CDA: CD AD tg CAD =, skąd CAD = 60. CD AD =,

9 Zadanie W trójkącie ABC poprowadzono środkowe AD oraz CE, które przecięły się w punkcie M. Wiadomo, że AD CE = oraz MAC + ACM = 60. Wykaż, że pole trójkąta ABC wynosi.

10 Założenie: AD, CE środkowe w trójkącie ABC, AD CE = {M}, AD CE = oraz MAC + ACM = 60 Teza: P ABC =

11 Dowód (I sposób): AMC = 80 (MAC + ACM ) = = = 0 (z założenia i sumy miar kątów wewnętrznych w trójkącie AMC) DMC = 80 AMC = 80 0 = 60 (z własności kątów przyległych) P CMD = MC MD sin, gdzie = DMC oraz MC = CE i MD = AD (z własności środkowych), skąd P CMD = CE AD sin60 = Z założenia AD CE =, więc P CMD = 6 Wiadomo, że P ABC = 6 P CMD = 6 6 =. CE AD = CE AD 9 8

12 Dowód (II sposób): AMC = 80 (MAC + ACM ) = = = 0 (z założenia i sumy miar kątów wewnętrznych w trójkącie AMC) DMC = 80 AMC = 80 0 = = 60 (z własności kątów przyległych) W trójkącie MDC prowadzę wysokość CK na bok MD, gdzie CK = MC (bo CK sin 60 MC ) Z własności środkowej MC = CE, zatem CK = CE P ABC = P ADC, bo trójkąty ADC oraz ABD mają wspólną wysokość wysokość trójkąta ABC poprowadzona na bok BC oraz CD = DB z założenia, zatem P ABC = AD CK AD CE AD CE, ale z założenia AD CE =, więc P ABC =.

13 Zadanie Okręgi o (O, r ) oraz o (O,r ), gdzie r > r są zewnętrznie styczne w punkcie S. Przez punkt S prowadzimy prostą k, która przecina okrąg o w punkcie A i okrąg o w punkcie B oraz prostą l, która przecina okrąg o w punkcie C i okrąg o w punkcie D. Wykaż, że AC BD.

14 Założenie: Okręgi o (O, r ), o (O,r ), gdzie r > r, są zewnętrznie styczne w punkcie S. Sk i k o = {A} i k o = {B} Sl i l o = {C} i l o = {D} Teza: AC BD

15 Dowód: Prowadzę prostą p przechodzącą przez punkt S styczną jednocześnie do obu okręgów. Na prostej p wybieram punkty M i N (jak na rysunku). ACS = ASM z własności kąta wpisanego i dopisanego opartych na tym samym łuku ASM = NSB z własności kątów wierzchołkowych NSB = BDS z własności kąta dopisanego i wpisanego opartych na tym samym łuku więc ACS = BDS Rozważam proste AC oraz BD przecięte prostą l. Kąty ACS oraz BDS są kątami naprzemianległymi wewnętrznymi i ACS = BDS, więc proste AC i BD są równoległe.

16 Zadanie a Wykaż, że jeśli a 0 i b 0 i a + b 0 i a b, to b a b.

17 Założenie: a a 0 i b 0 i a + b 0 i a b Teza: b a b Dowód (I sposób): Z założenia a a b, więc a a b, skąd b = a( ). b a( ) a( ) a( ) Zatem a b a a( ) a a a a.

18 Dowód (II sposób): Z założenia wiem, że a 0, więc a b a b a a a b a a, Skąd a b, zatem a b a a a b b a b

19 Dowód (III sposób): a b Wiadomo, że a b a b, stąd b a b = a a b, zatem: b a b = = =.

20 Zadanie Udowodnij, że iloczyn cyfr dowolnej liczby czterocyfrowej jest mniejszy od tej liczby.

21 Założenie: a cyfra tysięcy liczby czterocyfrowej, a{,,, 4, 5, 6, 7, 8, 9} b cyfra setek liczby czterocyfrowej, b{0,,,, 4, 5, 6, 7, 8, 9} c cyfra dziesiątek liczby czterocyfrowej, c{0,,,, 4, 5, 6, 7, 8, 9} d cyfra jedności liczby czterocyfrowej, d{0,,,, 4, 5, 6, 7, 8, 9} 000a + 00b + 0c + d liczba czterocyfrowa Teza: abcd < 000a + 00b + 0c + d Dowód: Z założenia wiem, że b 9 i c 9 i d 9, więc abcd a999 < a00 0 = 000a < 000a + 00b + 0c + d.

22 Zadanie Udowodnij, że jedynym rozwiązaniem równania x + y x + y + 7 = 0 jest para liczb (6, ).

23 Założenie: x + y x + y + 7 = 0 równanie z niewiadomymi x i y. Teza: Para liczb (6, ) jest jedynym rozwiązaniem danego równania. Dowód: Równanie x + y x + y + 7 = 0 sprowadzam do postaci: (x x + 6) 6 +( y + y + ) + 7 = 0 Na podstawie wzorów skróconego mnożenia otrzymuję: (x 6) + (y + ) = 0. Suma dwóch nieujemnych składników (x 6) oraz (y + ) wynosi zero, zatem wnioskuję, że każdy składnik jest równy zeru: (x 6) = 0 i (y + ) = 0, skąd x = 6 i y =. Zatem jedynym rozwiązaniem równania x + y x + y + 7 = 0 jest para liczb (6, ).

24 Zadanie Wykaż, że jeśli x > k, to wyrażenie x + 5x kx 5k przyjmuje tylko wartości dodatnie.

25 Założenie: x > k Teza: Wyrażenie x + 5x kx 5k przyjmuje tylko wartości dodatnie. Dowód: Zastosuję metodę grupowania wyrazów by przedstawić wyrażenie x + 5x kx 5k w postaci iloczynowej: x + 5x kx 5k = x(x + 5) k(x + 5) = (x + 5)(x k) Czynnik x + 5 jest dodatni dla każdego xr. Z założenia wiem, że x > k, więc x k > 0. Iloczyn dwóch liczb dodatnich jest dodatni, zatem (x + 5)(x k) > 0, co oznacza, że wyrażenie x + 5x kx 5k przyjmuje tylko wartości dodatnie.

26 Zadanie ab Wykaż, że jeśli a > i b < 4, to 4 b a.

27 Założenie: a > i b < 4 Teza: ab 4 b a Dowód (I sposób): Z założenia wiem, że a > i b < 4, zatem a > 0 i b 4 < 0. Iloczyn liczb o różnych znakach jest ujemny, więc (a )(b 4) < 0, skąd ab 4a b + 8 < 0, czyli ab + 8 < b + 4a, zatem ab + 4 < b + a.

28 Dowód (II sposób): Wystarczy udowodnić, że 4 b a 0 Najpierw przedstawię wyrażenie ab ab. ab 4 b a w postaci iloczynowej: 4 b a = (ab + 8 b 4a) = [a(b 4) (b 4)] = = (b 4)(a ) Z założenia wiem, że b < 4, czyli b 4 < 0 Z założenia wiem, że a >, więc a > 0 Iloczyn liczb o różnych znakach jest ujemny, więc (b 4)(a ) < 0, skąd ab (b 4)(a ) < 0, zatem 4 b a 0.

29 Zadanie Wykaż, że dla dowolnego kąta ostrego prawdziwa jest nierówność tg + ctg.

30 Założenie: kąt ostry Teza: tg + ctg Dowód (I sposób): Dla dowolnej liczby dodatniej a prawdziwa jest nierówność a + a. Wiadomo, że ctg =, gdzie kat ostry, więc ctg = tg tg Ponieważ tg > 0, więc nierówność tg + tg jest prawdziwa.

31 Dowód (II sposób): Dla dowolnego kąta ostrego, prawdziwa jest nierówność (tg ctg ) 0 Po zastosowaniu wzoru skróconego mnożenia otrzymuję: tg tg ctg + ctg 0, zatem tg + ctg tg ctg Ze związków między funkcjami trygonometrycznymi tego samego kąta wiem, że tg ctg =, więc tg + ctg.

32 Zadanie Dany jest sześcian ABCDA B C D. Punkt O jest punktem przecięcia przekątnych kwadratu BCC B (rysunek obok). Wykaż, że odcinek DO jest prostopadły do odcinka BC.

33 Założenie: sześcian ABCDA B C D, O punkt przecięcia przekątnych ściany BCC B Teza: DO BC

34 Dowód: Rozpatruję trójkąt DBC. Jest to trójkąt równoramienny, ponieważ DB = DC. Punkt O (jako punkt przecięcia przekątnych kwadratu) dzieli przekątną BC na połowy. Odcinek DO jest więc środkową poprowadzoną w trójkącie równoramiennym DBC do podstawy BC, jest więc wysokością w tym trójkącie, zatem DO BC