Zadanie 15. (0-7)
Rozpatrujemy wszystkie trójkąty prostokątne 𝐴𝐵𝐶 o przeciwprostokątnej 𝐴𝐵 i obwodzie
równym 4. Niech 𝑥= |𝐴𝐶|.
a) Wykaż, że pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jako funkcja zmiennej 𝑥 jest określone wzorem
𝑃ሺ𝑥ሻ= 𝑥ሺ4 -2𝑥ሻ
4 -𝑥
b) Wyznacz dziedzinę funkcji 𝑃.
c) Oblicz długości boków tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole. Oblicz
to największe pole.
EMAP-R0_100
\nEMAP-R0_100
Odpowiedź:
EMAP-R0_100
BRUDNOPIS (nie podlega ocenie)
Rozwiązanie zadania. Rozpatrujemy wszystkie trójkąty prostokątne ABC o przeciwprostokątnej AB i obwodzie równym 4. Niech x=|AC|. a) Wykaż, że pole P trójkąta ABC jako funkcja zmiennej x jest określone wzorem P(x) = x(4-2x) / 4-x} b) Wyznacz dziedzinę funkcji P. c) Oblicz długości boków tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole. Oblicz to największe pole.
Zadanie 15. (0-7)
Łącznie za zadanie zdający może otrzymać 7 punktów: 2 punkty za rozwiązanie podpunktu a),
1 punkt za rozwiązanie podpunktu b) oraz 4 punkty za rozwiązanie podpunktu c).
Zasady oceniania dla podpunktu a)
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy:
zapisze równość wynikającą z twierdzenia Pitagorasa oraz podanego obwodu tego
trójkąta, np. (4 -(𝑥+ 𝑏))
2 = 𝑥2 + 𝑏2
ALBO
zapisze układ równań 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑐2 i 𝑦= 4 -𝑥-𝑐.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy wykaże, że pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jako funkcja zmiennej 𝑥 wyraża się wzorem
𝑃(𝑥) = 𝑥(4-2𝑥)
4-𝑥
Zasady oceniania dla podpunktu b)
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy zapisze, że dziedziną funkcji 𝑃 jest przedział liczbowy (0, 2).
Uwagi:
podpunktu a) zadania, pod warunkiem, że rozważa wyznaczoną przez siebie funkcję jednej
zmiennej.
Zasady oceniania dla podpunktu c)
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy wyznaczy pochodną funkcji 𝑃: 𝑃′(𝑥) = 2𝑥2-16𝑥+16
(4-𝑥)2
, gdzie 𝑥∈(0, 2).
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy zastosuje warunek konieczny istnienia ekstremum funkcji 𝑃 i obliczy miejsca zerowe
pochodnej 𝑃′: 𝑥= 4 -2√2.
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy zbada znak pochodnej funkcji 𝑃 oraz wyznaczy (z uzasadnieniem) wartość zmiennej 𝑥,
dla której funkcja 𝑃 przyjmuje wartość największą, np.:
𝑃′(𝑥) > 0 dla 𝑥∈(0, 4 -2√2)
𝑃′(𝑥) < 0 dla 𝑥∈(4 -2√2, 2)
Funkcja 𝑃 jest rosnąca w przedziale (0, 4 -2√2] oraz malejąca w przedziale [4 -2√2, 2),
więc w punkcie 𝑥= 4 -2√2 funkcja 𝑃 osiąga największą wartość.
Zdający otrzymuje 4 p.
gdy zapisze, że przy podanym obwodzie równym 4, największe pole równe 4(3 -2√2) ma
trójkąt o bokach 4 -2√2, 4 -2√2 i 4√2 -4.
Uwagi:
funkcją wymierną postaci 𝑎𝑥2+𝑏𝑥+𝑐
(4-𝑥)2
, gdzie 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥+ 𝑐 jest trójmianem kwadratowym,
mającym wyróżnik dodatni, to zdający może otrzymać punkty za obliczenie miejsc zerowych
pochodnej i wyznaczenie argumentu, dla którego pole osiąga największą wartość, o ile
konsekwentnie do popełnionego błędu obliczy miejsca zerowe pochodnej lub uzasadni
istnienie największej wartości rozważanej funkcji.
która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak.
\nwyznaczonej wartości 𝑥, przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuacje, gdy
zdający:
a) opisuje, słownie lub graficznie (np. przy użyciu strzałek), monotoniczność funkcji 𝑃;
b) zapisuje, że dla wyznaczonej wartości 𝑥 funkcja 𝑃 ma maksimum lokalne i jest to
jednocześnie jej największa wartość.
Jeżeli zdający nie przedstawi takiego uzasadnienia, to może otrzymać co najwyżej
2 punkty (otrzymuje punkty za wyznaczenie pochodnej funkcji 𝑃 oraz wyznaczenie miejsc
zerowych pochodnej funkcji 𝑃).
o największym polu zdający otrzymuje wtedy, gdy otrzymał punkt za poprawne
uzasadnienie, że funkcja 𝑃 osiąga wartość największą w punkcie 𝑥= 4 -2√2.
Przykładowe pełne rozwiązanie
a) i b)
Przyjmijmy następujące oznaczenia: 𝑏= |𝐵𝐶|, 𝑐= |𝐴𝐵|.
Z warunków zadania 𝑥+ 𝑏+ 𝑐= 4, więc 𝑐= 4 -(𝑥+ 𝑏).
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝐴𝐵𝐶 i otrzymujemy
𝑐2 = 𝑥2 + 𝑏2
[4 -(𝑥+ 𝑏)]2 = 𝑥2 + 𝑏2
𝑏(4 -𝑥) = 8 -4𝑥
𝑏= 8 -4𝑥
4 -𝑥 , gdzie 8 -4𝑥
4 -𝑥> 0 i 0 < 𝑥< 4
Wyznaczamy pole tego trójkąta, jako funkcję długości 𝑥 jego przyprostokątnej 𝐴𝐶:
Zasady oceniania rozwiązań zadań
𝑃= 1
2 ⋅𝑥⋅𝑏= 1
2 ⋅𝑥⋅8 -4𝑥
4 -𝑥= 𝑥(4 -2𝑥)
4 -𝑥
gdzie 8-4𝑥
4-𝑥> 0 i 0 < 𝑥< 4.
Wyznaczamy dziedzinę funkcji 𝑃:
8 -4𝑥
4 -𝑥> 0 i 0 < 𝑥< 4
0 < 𝑥< 2
Obliczamy pochodną funkcji 𝑃:
𝑃′(𝑥) = (4𝑥-2𝑥2)′ ⋅(4 -𝑥) -(4𝑥-2𝑥2) ⋅(4 -𝑥)′
(4 -𝑥)2
= 2𝑥2 -16𝑥+ 16
(4 -𝑥)2
dla 𝑥∈(0, 2).
Obliczamy miejsce zerowe funkcji 𝑃′:
2𝑥2 -16𝑥+ 16
(4 -𝑥)2
= 0
2𝑥2 -16𝑥+ 16 = 0
Δ = (-16)2 -4 ⋅2 ⋅16 = 8 ⋅16
𝑥= 16 + 8√2
4
= 4 + 2√2 ∉(0, 2) lub 𝑥= 16 -8√2
4
= 4 -2√2 ∈(0, 2)
Badamy monotoniczność funkcji 𝑃:
𝑃′(𝑥) > 0 dla 𝑥∈(0, 4 -2√2)
𝑃′(𝑥) < 0 dla 𝑥∈(4 -2√2, 2)
Zatem
funkcja 𝑃 jest rosnąca w przedziale (0, 4 -2√2],
funkcja 𝑃 jest malejąca w przedziale [4 -2√2, 2).
Stąd w punkcie 𝑥= 4 -2√2 funkcja 𝑃 osiąga największą wartość.
c)
Gdy 𝑥= 4 -2√2, to wtedy 𝑏= 8-4𝑥
4-𝑥= 4(2√2-2)
2√2
= 4 -2√2.
Zatem 𝑐= 𝑥√2 = 4√2 -4 i 𝑃(4 -2√2) = 1
2 ⋅𝑥⋅𝑏= 1
2 ⋅(4 -2√2)
2 = 4(3 -2√2).
Spośród rozważanych trójkątów największe pole ma trójkąt o bokach 4 -2√2, 4 -2√2 oraz
4√2 -4. Pole tego trójkąta jest równe 4(3 -2√2).
Największe pole równe $4(3 - 2\\sqrt{2})$ ma trójkąt o bokach $4 - 2\\sqrt{2}$, $4 - 2\\sqrt{2}$ i $4\\sqrt{2} - 4$.
"}]}