{"id":"matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona/zad/14","paper_id":"matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona","number":"14","points":6,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2021,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 14. (0-6)\nDane są parabola o równaniu 𝑦= 𝑥ଶ oraz punkty 𝐴= (0, 2) i 𝐵= (1, 3) (zobacz rysunek).\nRozpatrujemy wszystkie trójkąty 𝐴𝐵𝐶, których wierzchołek 𝐶 leży na tej paraboli. Niech 𝑚\noznacza pierwszą współrzędną punktu 𝐶.\na) Wyznacz pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jako funkcję zmiennej 𝑚.\nb) Wyznacz wszystkie wartości 𝑚, dla których trójkąt 𝐴𝐵𝐶 jest ostrokątny.\n-3 -2 -1 0\n1 2 3 𝑥\n𝑦\n7\n6\n5\n4\n3\n2\n1\n𝐴\n𝐵\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100\nOdpowiedź:\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n14.\nMaks. liczba pkt\n6\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100\nRozwiązanie zadania. Dane są parabola o równaniu y=x^2 oraz punkty A=(0,2) i B=(1,3) (zobacz rysunek). Rozpatrujemy wszystkie trójkąty ABC, których wierzchołek C leży na tej paraboli. Niech m oznacza pierwszą współrzędną punktu C. a) Wyznacz pole P trójkąta ABC jako funkcję zmiennej m. b) Wyznacz wszystkie wartości m, dla których trójkąt ABC jest ostrokątny.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 14. (0-6)\nWymagania egzaminacyjne 2021\nWymaganie ogólne\nWymagania szczegółowe\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający:\nP4.9) wyznacza wzór funkcji kwadratowej\nna podstawie pewnych informacji o tej\nfunkcji lub o jej wykresie;\nR7.4) znajduje związki miarowe w figurach\npłaskich […].\nŁącznie za zadanie zdający może otrzymać 6 punktów: 3 punkty za rozwiązanie podpunktu a)\noraz 3 punkty za rozwiązanie podpunktu b).\nZasady oceniania dla podpunktu a)\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy zapisze współrzędne punktu 𝐶 w zależności od zmiennej 𝑚: 𝐶= (𝑚, 𝑚2).\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy:\n\nwyznaczy wysokość ℎ𝐶 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 opuszczoną z wierzchołka 𝐶 w zależności\nod 𝑚: ℎ𝐶=\n|𝑚-𝑚2+2|\n√2\nALBO\n\nwyznaczy współrzędne dwóch wektorów zaczepionych w jednym z wierzchołków\ntrójkąta 𝐴𝐵𝐶, rozpinających trójkąt 𝐴𝐵𝐶, np. 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = [𝑚, 𝑚2 -2], 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = [1, 1]\nALBO\n\nwyznaczy długości odcinków 𝐴𝐶 i 𝐵𝐶 w zależności od zmiennej 𝑚 oraz wyznaczy\ndługość odcinka 𝐴𝐵: |𝐴𝐶| = √𝑚2 + (𝑚2 -2)2, |𝐵𝐶| = √(𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2,\n|𝐴𝐵| = √2\nZdający otrzymuje 3 p.\ngdy zastosuje poprawną metodę i zapisze wzór na pole trójkąta 𝐴𝐵𝐶 w zależności od\nzmiennej 𝑚:\n𝑃(𝑚) = 1\n2 ⋅|𝑚2 -𝑚-2| dla 𝑚≠-1 i 𝑚≠2\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający wyznaczy poprawny wzór funkcji 𝑃(𝑚), lecz nie poda dziedziny tej funkcji,\nto może za rozwiązanie podpunktu a) otrzymać 3 punkty.\n2. Jeżeli zdający przyjmuje 𝐶= (𝑥, 𝑥2), konsekwentnie rozwiązuje podpunkt a) zadania do\nkońca, otrzymując 𝑃(𝑥) = 1\n2 ⋅|𝑥2 -𝑥-2|, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZasady oceniania dla podpunktu b)\nZdający otrzymuje 1 p.\ngdy:\n\nzauważy, że trójkąt ten jest ostrokątny wtedy i tylko wtedy, gdy punkt 𝐶 leży na jednym\nz fragmentów 𝑀1𝑀2 lub 𝑁1𝑁2 paraboli\nALBO\n\nzapisze równania prostych prostopadłych do prostej 𝐴𝐵 przechodzących przez punkt\n𝐴 i 𝐵\nALBO\n\nzapisze, że w każdym z rozpatrywanych trójkątów 𝐴𝐵𝐶 kąt przy wierzchołku 𝐶 jest\nostry i zapisze warunki na to, żeby kąty przy wierzchołkach 𝐴 i 𝐵 były ostre\nALBO\n\nzapisze warunki na to, aby kąty przy wierzchołkach 𝐴, 𝐵 i 𝐶 były ostre, np.:\ncos|∡𝐶𝐴𝐵| > 0 oraz cos|∡𝐴𝐵𝐶| > 0 oraz cos|∡𝐴𝐶𝐵| > 0\nlub\ncos|∡(𝐴𝐵,⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ )| > 0 oraz cos|∡(𝐶𝐴,⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ )| > 0 oraz cos|∡(𝐵𝐴,⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ )| > 0\nlub\n𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ > 0 oraz 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ > 0 oraz 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ > 0\nlub\n|𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐶|2 > |𝐶𝐴|2, |𝐵𝐶|2 + |𝐶𝐴|2 > |𝐴𝐵|2, |𝐴𝐶|2 + |𝐴𝐵|2 > |𝐵𝐶|2\nZdający otrzymuje 2 p.\ngdy:\n\nwyznaczy równania prostych 𝑀1𝑁1 oraz 𝑀2𝑁2 oraz obliczy odcięte co najmniej\ndwóch punktów spośród 𝑀1, 𝑁1, 𝑀2, 𝑁2 i stwierdzi, że trójkąt ten jest ostrokątny wtedy\ni tylko wtedy, gdy punkt 𝐶 leży na jednym z fragmentów 𝑀1𝑀2 lub 𝑁1𝑁2 paraboli\nALBO\n\nzapisze układ nierówności:\n𝑚2 + (𝑚2 -2)2 + 2 -(𝑚-1)2 -(𝑚2 -3)2 > 0\ni\n(𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2 + 2 -𝑚2 -(𝑚2 -2)2 > 0\ni\n𝑚2 + (𝑚2 -2)2 + (𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2 -2 > 0\nALBO\n\nstwierdzi, że w każdym z rozpatrywanych trójkątów 𝐴𝐵𝐶 kąt przy wierzchołku 𝐶 jest\nostry oraz zapisze układ nierówności:\n𝑚2 + (𝑚2 -2)2 + 2 -(𝑚-1)2 -(𝑚2 -3)2 > 0\ni\n(𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2 + 2 -𝑚2 -(𝑚2 -2)2 > 0\nALBO\n\nzapisze układ nierówności:\n𝑚2 + 𝑚-2 > 0\ni\n𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 > 0\ni\n-𝑚2 -𝑚+ 4 > 0\nZdający otrzymuje 3 p.\ngdy zastosuje poprawną metodę i wyznaczy wartości 𝑚 dla których trójkąt 𝐴𝐵𝐶 jest\nostrokątny:\n𝑚∈(-1-√17\n2\n, -2) ∪(1, -1+√17\n2\n).\nUwaga:\nJeżeli zdający, rozwiązując część b) sposobem 1., nie stwierdzi, że kąt przy wierzchołku 𝐶\njest zawsze ostry, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\na)\nSposób 1.\nNiech 𝐶 będzie dowolnym punktem leżącym na paraboli. Wtedy 𝐶= (𝑚, 𝑚2), gdzie 𝑚 jest\ndowolną liczbą rzeczywistą.\nDługość odcinka 𝐴𝐵 jest równa |𝐴𝐵| = √(1 -0)2 + (3 -2)2 = √2, a prosta 𝐴𝐵 ma\nrównanie postaci 𝑦= 𝑥+ 2, czyli 𝑥-𝑦+ 2 = 0.\nWysokość ℎ𝐶 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 opuszczona z wierzchołka 𝐶 jest równa odległości punktu 𝐶\nod prostej 𝐴𝐵, więc ze wzoru na odległość punktu od prostej otrzymujemy\nℎ𝐶=\n|𝑚-𝑚2 + 2|\n√12 + (-1)2 =\n|𝑚-𝑚2 + 2|\n√2\nZatem pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równe\n𝑃= 1\n2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅ℎ𝐶= 1\n2 ⋅√2 ⋅|𝑚-𝑚2 + 2|\n√2\n= 1\n2 ⋅|𝑚-𝑚2 + 2|\ndla 𝑚≠-1 oraz 𝑚≠2 (gdy punkt 𝐶 leży na prostej 𝐴𝐵, a więc gdy 𝑚-𝑚2 + 2 = 0,\nto trójkąt 𝐴𝐵𝐶 nie istnieje).\nSposób 2.\nNiech 𝐶 będzie dowolnym punktem leżącym na paraboli. Wtedy 𝐶= (𝑚, 𝑚2), gdzie 𝑚 jest\ndowolną liczbą rzeczywistą. Współrzędne wektorów 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ i 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ są równe\n𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = [1 -0, 3 -2] = [1, 1] oraz 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = [𝑚-0, 𝑚2 -2] = [𝑚, 𝑚2 -2]\nZatem pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równe\n𝑃(𝑚) = 1\n2 ⋅|𝑚⋅1 -1 ⋅(𝑚2 -2)| = 1\n2 ⋅|𝑚2 -𝑚-2|\nZasady oceniania rozwiązań zadań\ndla 𝑚≠-1 oraz 𝑚≠2 (gdy punkt 𝐶 leży na prostej 𝐴𝐵, a więc gdy 𝑚-𝑚2 + 2 = 0,\nto trójkąt 𝐴𝐵𝐶 nie istnieje).\nb)\nSposób 1.\nZauważmy, że trójkąt 𝐴𝐵𝐶 jest ostrokątny wtedy i tylko wtedy, gdy punkt 𝐶 leży na jednym\nz fragmentów 𝑀1𝑀2 lub 𝑁1𝑁2 paraboli, gdzie końce tych fragmentów to punkty przecięcia\nprostych prostopadłych do prostej 𝐴𝐵, przechodzących przez punkty 𝐴 i 𝐵, z parabolą (kąt\nprzy wierzchołku 𝐶 tego trójkąta zawsze będzie kątem ostrym).\nWystarczy w tym celu pokazać, że punkt 𝐶 nie leży w kole, którego średnicą jest odcinek 𝐴𝐵.\nPromień tego koła jest równy 𝑟=\n√2\n2 , a środkiem koła jest punkt 𝑆= (0+1\n2 , 2+3\n2 ) = (1\n2 , 5\n2),\nwięc koło jest opisane nierównością\n(𝑥-1\n2)\n2\n+ (𝑦-5\n2)\n2\n≤1\n2\nczyli\n(𝑥-1\n2)\n2\n+ (𝑦-5\n2)\n2\n-1\n2 ≤0\nPonieważ\n(𝑚-1\n2)\n2\n+ (𝑚2 -5\n2)\n2\n-1\n2 = 𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 = (𝑚2 -2,1)2 + 0,2𝑚2 -𝑚+ 1,59\ni wyróżnik trójmianu 0,2𝑚2 -𝑚+ 1,59 jest ujemny, więc\n(𝑚-1\n2)\n2\n+ (𝑚2 -5\n2)\n2\n-1\n2 = (𝑚2 -2,1)2 + 0,2𝑚2 -𝑚+ 1,59 > 0\ndla każdego 𝑚∈𝑅.\n-3 -2 -1\n0\n1\n2\n3\n𝑥\n𝑦\n7\n6\n5\n4\n3\n2\n1\n𝐴\n𝐵\n𝑁2\n𝐶2\n𝑁1\n𝑀2\n𝐶1\n𝑀1\nTo oznacza, że współrzędne punktu 𝐶= (𝑚, 𝑚2) leżącego na paraboli, nie spełniają\nnierówności koła, czyli 𝐶 nie leży w kole, którego średnicą jest odcinek 𝐴𝐵.\nWspółczynnik kierunkowy prostej 𝐴𝐵 jest równy 1, więc prosta prostopadła do 𝐴𝐵\ni przechodząca przez punkt 𝐴 ma równanie 𝑦= -𝑥+ 2, natomiast prosta prostopadła do\n𝐴𝐵 i przechodząca przez punkt 𝐵 ma równanie 𝑦= -𝑥+ 4.\nPierwsze współrzędne punktów 𝑀1 i 𝑁1 przecięcia prostej o równaniu 𝑦= -𝑥+ 2\nz parabolą obliczymy, rozwiązując równanie otrzymane z przyrównania prawych stron równań\n𝑦= -𝑥+ 2 i 𝑦= 𝑥2. Otrzymujemy 𝑥2 = -𝑥+ 2, więc 𝑥𝑀1 = 1 oraz 𝑥𝑁1 = -2.\nPodobnie obliczymy pierwsze współrzędne punktów 𝑀2 i 𝑁2. Po przyrównaniu prawych stron\nrównań 𝑦= -𝑥+ 4 i 𝑦= 𝑥2 otrzymujemy 𝑥2 = -𝑥+ 4, więc 𝑥𝑁2 = -1-√17\n2\noraz\n𝑥𝑀2 = -1+√17\n2\nZatem trójkąt 𝐴𝐵𝐶 jest ostrokątny tylko wtedy, gdy 𝑚∈(-1-√17\n2\n, -2) ∪(1, -1+√17\n2\n).\nUwagi:\n1. Uzasadnienie, że punkt 𝐶 nie leży w kole o średnicy 𝐴𝐵 można przeprowadzić też\nw następujący sposób. Promień tego koła jest równy 𝑟=\n√2\n2 , a środkiem tego koła jest\npunkt 𝑆= (0+1\n2 , 2+3\n2 ) = (1\n2 , 5\n2). Rozważmy kwadrat opisany na tym kole, przy czym\nodcinek 𝐴𝐵 łączy środki dwóch przeciwległych boków tego kwadratu. Wierzchołkami tego\nkwadratu są punkty 𝐸= (1\n2 , 3\n2), 𝐹= (3\n2 , 5\n2), 𝐺= (1\n2 , 7\n2), 𝐻= (-1\n2 , 5\n2). Obszar\nograniczony parabolą, w którym zawarty jest odcinek 𝐴𝐵, jest opisany nierównością\n𝑦> 𝑥2. Ponieważ 3\n2 > (1\n2)\n2\n, 5\n2 > (3\n2)\n2\n, 7\n2 > (1\n2)\n2\noraz 5\n2 > (-1\n2)\n2\n, więc każdy z punktów\n𝐸, 𝐹, 𝐺 i 𝐻 leży w tym obszarze. Obszar ten jest figurą wypukłą, więc kwadrat 𝐸𝐹𝐺𝐻 jest\nzawarty w tym obszarze. Zatem koło wpisane w ten kwadrat również jest w tym obszarze\nzawarte. To oznacza, że żaden z punktów 𝐶 nie leży w kole o środku 𝑆 i średnicy 𝐴𝐵.\n2. Uzasadnienie, że wyrażenie 𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 przyjmuje dla każdego 𝑚∈𝑅 wartości\ndodatnie, można przeprowadzić też następująco. Gdy 𝑚< 2, to wówczas 2 -𝑚> 0, więc\n𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 = (𝑚2 -2)2 + 2 -𝑚> 0. Dla 𝑚≥2 mamy z kolei 𝑚2 -2 ≥2,\nwięc\n(𝑚2 -2)2 + 2 -𝑚≥2(𝑚2 -2) + 2 -𝑚= 2𝑚2 -𝑚-2 ≥2 ⋅22 -2 -2 > 0.\nSposób 2.\nAby wyznaczyć wszystkie wartości 𝑚, dla których trójkąt 𝐴𝐵𝐶 jest ostrokątny, wystarczy\nwyznaczyć te wartości 𝑚, dla których kąty 𝐶𝐴𝐵, 𝐴𝐵𝐶 i 𝐴𝐶𝐵 są ostre. Tak jest wtedy, gdy\ncosinusy tych kątów są dodatnie, czyli gdy\ncos|∡𝐶𝐴𝐵| > 0 i cos|∡𝐴𝐵𝐶| > 0 i cos|∡𝐴𝐶𝐵| > 0.\nStąd i z twierdzenia cosinusów otrzymujemy\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2\n2𝑏𝑐\n> 0 i 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2\n2𝑎𝑐\n> 0 i 𝑏2 + 𝑎2 -𝑐2\n2𝑎𝑏\n> 0\ngdzie 𝑎2 = |𝐵𝐶|2 = (𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2, 𝑏2 = |𝐴𝐶|2 = 𝑚2 + (𝑚2 -2)2 oraz\n𝑐2 = |𝐴𝐵|2 = 2.\nZatem\n𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2 > 0 i 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2 > 0 i 𝑏2 + 𝑎2 -𝑐2 > 0\nRozwiązujemy pierwszą z tych nierówności:\n𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2 > 0\n𝑚2 + (𝑚2 -2)2 + 2 -(𝑚-1)2 -(𝑚2 -3)2 > 0\n2𝑚2 + 2𝑚-4 > 0\n2(𝑚-1)(𝑚+ 2) > 0\n𝑚∈(-∞, -2) ∪(1, +∞)\nRozwiązujemy drugą z nierówności:\n𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2 > 0\n(𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2 + 2 -𝑚2 -(𝑚2 -2)2 > 0\n-2𝑚2 -2𝑚+ 8 > 0\nΔ = (-2)2 -4 ⋅(-2) ⋅8 = 68\n𝑚1 = 2 -√68\n-4\n= -1 + √17\n2\n, 𝑚2 = 2 + √68\n-4\n= -1 -√17\n2\n𝑚∈(-1 -√17\n2\n, -1 + √17\n2\n)\nNierówności 𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2 > 0 i 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2 > 0 są spełnione jednocześnie dla\n𝑚∈(-1-√17\n2\n, -2) ∪(1, -1+√17\n2\n).\nPrzekształcamy nierówność 𝑏2 + 𝑎2 -𝑐2 > 0 i otrzymujemy\n𝑚2 + (𝑚2 -2)2 + (𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2 -2 > 0\n2𝑚4 -8𝑚2 -2𝑚+ 12 > 0\n𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 > 0\nWykażemy, że dla każdego 𝑚∈(-1-√17\n2\n, -2) ∪(1, -1+√17\n2\n) nierówność ta jest\nprawdziwa.\nNierówność 𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 > 0 możemy zapisać w postaci\n(𝑚2 -2)2 + 2 -𝑚> 0\nDla 𝑚< 2 nierówność jest prawdziwa, gdyż lewa strona nierówności jest dodatnia. Ponieważ\n-1+√17\n2\n< -1+5\n2\n= 2, więc dla każdego 𝑚∈(-1-√17\n2\n, -2) ∪(1, -1+√17\n2\n) nierówność\n𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 > 0 jest prawdziwa.\nStąd trójkąt 𝐴𝐵𝐶 jest ostrokątny tylko dla 𝑚∈(-1-√17\n2\n, -2) ∪(1, -1+√17\n2\n).","solution":"## Poprawna odpowiedź:\n\n**a)** \\(P(m) = \\dfrac{1}{2}|m^2 - m - 2|\\), dla \\(m \\neq -1\\) i \\(m \\neq 2\\)\n\n**b)** \\(m \\in \\left(\\dfrac{-1-\\sqrt{17}}{2},\\; -2\\right) \\cup \\left(1,\\; \\dfrac{-1+\\sqrt{17}}{2}\\right)\\)\n\n## Sposób 1 - wzór na pole trójkąta ze współrzędnych (część a) i wektory (część b)\n\n### Część a) - pole P(m)\n\nPonieważ \\(C\\) leży na paraboli \\(y = x^2\\), jego współrzędne to \\(C = (m,\\, m^2)\\).\n\nUżywamy wzoru na pole trójkąta ze współrzędnych wierzchołków \\(A(x_A, y_A)\\), \\(B(x_B, y_B)\\), \\(C(x_C, y_C)\\):\n\n\\[P = \\frac{1}{2}\\left|(x_B - x_A)(y_C - y_A) - (y_B - y_A)(x_C - x_A)\\right|\\]\n\nPodstawiamy \\(A = (0,2)\\), \\(B = (1,3)\\), \\(C = (m, m^2)\\):\n\n\\[P = \\frac{1}{2}\\left|(1-0)(m^2-2) - (3-2)(m-0)\\right|\\]\n\n\\[P = \\frac{1}{2}\\left|m^2 - 2 - m\\right|\\]\n\n\\[\\boxed{P(m) = \\frac{1}{2}\\left|m^2 - m - 2\\right|}\\]\n\n**Kiedy trójkąt degeneruje?** Gdy \\(P = 0\\), czyli \\(m^2 - m - 2 = 0\\):\n\\[\\Delta = 1 + 8 = 9, \\quad m = \\frac{1 \\pm 3}{2}\\]\nwięc \\(m = 2\\) lub \\(m = -1\\). Są to wartości, dla których \\(C\\) leży na prostej \\(AB\\) - trójkąt nie istnieje. Stąd **dziedzina**: \\(m \\neq -1,\\; m \\neq 2\\).\n\n### Część b) - ostrokątność przez iloczyny skalarne\n\nTrójkąt jest ostrokątny wtedy i tylko wtedy, gdy **każdy** iloczyn skalarny odpowiednich wektorów wychodzących z wierzchołka jest dodatni.\n\n**Kąt przy A** - wektory \\(\\vec{AB} = (1,1)\\) oraz \\(\\vec{AC} = (m,\\; m^2-2)\\):\n\n\\[\\vec{AB} \\cdot \\vec{AC} = 1 \\cdot m + 1 \\cdot (m^2-2) = m^2 + m - 2 = (m+2)(m-1)\\]\n\nWarunek ostrokątności przy A:\n\\[(m+2)(m-1) > 0 \\implies m < -2 \\;\\text{ lub }\\; m > 1\\]\n\n**Kąt przy B** - wektory \\(\\vec{BA} = (-1,-1)\\) oraz \\(\\vec{BC} = (m-1,\\; m^2-3)\\):\n\n\\[\\vec{BA} \\cdot \\vec{BC} = (-1)(m-1) + (-1)(m^2-3) = -m+1-m^2+3 = -m^2 - m + 4\\]\n\nWarunek ostrokątności przy B:\n\\[-m^2 - m + 4 > 0 \\implies m^2 + m - 4 < 0\\]\n\nMiejsca zerowe: \\(m = \\dfrac{-1 \\pm \\sqrt{17}}{2}\\), więc:\n\\[\\frac{-1-\\sqrt{17}}{2} < m < \\frac{-1+\\sqrt{17}}{2}\\]\n\n**Kąt przy C** - wektory \\(\\vec{CA} = (-m,\\; 2-m^2)\\) oraz \\(\\vec{CB} = (1-m,\\; 3-m^2)\\):\n\n\\[\\vec{CA} \\cdot \\vec{CB} = (-m)(1-m) + (2-m^2)(3-m^2)\\]\n\\[= -m + m^2 + 6 - 2m^2 - 3m^2 + m^4 = m^4 - 4m^2 - m + 6\\]\n\nZauważamy:\n\\[m^4 - 4m^2 - m + 6 = (m^2-2)^2 + (2-m)\\]\n\n- Dla \\(m \\leq 2\\): oba składniki \\(\\geq 0\\), a jednoczesna równość wymagałaby \\(m^2 = 2\\) i \\(m = 2\\) jednocześnie - niemożliwe. Zatem \\(> 0\\). ✓\n- Dla \\(m > 2\\): mamy \\(m^2 - 2 > m\\) (bo \\(m^2 - m - 2 = (m-2)(m+1) > 0\\)), więc \\((m^2-2)^2 > m^2 > m > m-2\\), co daje \\((m^2-2)^2 + (2-m) > 0\\). ✓\n\n**Kąt przy C jest zawsze ostry** - ten warunek nie ogranicza zbioru rozwiązań.\n\n**Część wspólna wszystkich warunków:**\n\n\\[\\left(m < -2 \\;\\text{ lub }\\; m > 1\\right) \\quad \\cap \\quad \\left(\\frac{-1-\\sqrt{17}}{2} < m < \\frac{-1+\\sqrt{17}}{2}\\right)\\]\n\nPonieważ \\(\\dfrac{-1-\\sqrt{17}}{2} \\approx -2{,}56\\) i \\(\\dfrac{-1+\\sqrt{17}}{2} \\approx 1{,}56\\):\n\n\\[\\boxed{m \\in \\left(\\frac{-1-\\sqrt{17}}{2},\\; -2\\right) \\cup \\left(1,\\; \\frac{-1+\\sqrt{17}}{2}\\right)}\\]\n\n## Sposób 2 - podstawa × wysokość (część a) i twierdzenie cosinusów (część b)\n\n### Część a) - odległość od prostej AB\n\nProsta przez \\(A = (0,2)\\) i \\(B = (1,3)\\) ma równanie \\(y = x + 2\\), czyli \\(x - y + 2 = 0\\).\n\nPodstawa \\(|AB|\\):\n\\[|AB| = \\sqrt{(1-0)^2 + (3-2)^2} = \\sqrt{2}\\]\n\nOdległość \\(C = (m, m^2)\\) od prostej \\(AB\\):\n\\[h = \\frac{|m - m^2 + 2|}{\\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \\frac{|m^2 - m - 2|}{\\sqrt{2}}\\]\n\nPole:\n\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot |AB| \\cdot h = \\frac{1}{2} \\cdot \\sqrt{2} \\cdot \\frac{|m^2 - m - 2|}{\\sqrt{2}} = \\frac{1}{2}|m^2 - m - 2|\\]\n\nWynik identyczny. ✓\n\n### Część b) - twierdzenie cosinusów\n\nTrójkąt ostrokątny \\(\\iff\\) dla każdego wierzchołka: **najdłuższy bok naprzeciwko** spełnia \\(c^2 < a^2 + b^2\\).\n\nObliczamy kwadraty boków:\n\\[|AB|^2 = 2\\]\n\\[|AC|^2 = m^2 + (m^2-2)^2 = m^4 - 3m^2 + 4\\]\n\\[|BC|^2 = (m-1)^2 + (m^2-3)^2 = m^4 - 5m^2 - 2m + 10\\]\n\n**Ostrokątność przy A** (\\(\\angle A < 90°\\) gdy \\(|BC|^2 < |AB|^2 + |AC|^2\\)):\n\\[m^4 - 5m^2 - 2m + 10 < 2 + m^4 - 3m^2 + 4\\]\n\\[-2m^2 - 2m + 4 < 0 \\implies m^2 + m - 2 > 0 \\implies (m+2)(m-1) > 0\\]\n\n**Ostrokątność przy B** (\\(\\angle B < 90°\\) gdy \\(|AC|^2 < |AB|^2 + |BC|^2\\)):\n\\[m^4 - 3m^2 + 4 < 2 + m^4 - 5m^2 - 2m + 10\\]\n\\[2m^2 + 2m - 8 < 0 \\implies m^2 + m - 4 < 0\\]\n\nOba wyniki zgodne z Metodą 1 - odpowiedź identyczna. ✓\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 11 (Geometria analityczna, s. 22-25)**\n\n- Odległość punktu \\(P(x_0, y_0)\\) od prostej \\(Ax + By + C = 0\\):\n\\[d = \\frac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\\sqrt{A^2 + B^2}}\\]\nUżyte w Sposobie 2 do wyznaczenia wysokości trójkąta.\n\n- Długość odcinka:\n\\[|AB| = \\sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2}\\]\nUżyte do obliczenia \\(|AB|\\), \\(|AC|\\), \\(|BC|\\).\n\n- Pole trójkąta ze współrzędnych:\n\\[P = \\frac{1}{2}|(x_B - x_A)(y_C - y_A) - (y_B - y_A)(x_C - x_A)|\\]\nUżyte bezpośrednio w Sposobie 1 (część a).\n\n**Dział 7 (Funkcja kwadratowa, s. 7-9)** - wyznacznik \\(\\Delta = b^2 - 4ac\\) do rozwiązania nierówności kwadratowych w części b).\n\n## Typowe pułapki i uwagi\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Łatwo zapomnieć o wartości bezwzględnej w formule na pole! Wyrażenie \\(m^2 - m - 2\\) zmienia znak - bez \\(|\\cdot|\\) dostaniemy ujemne \"pole\" dla pewnych \\(m\\).\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Wielu uczniów sprawdza ostrokątność tylko przy **jednym** wierzchołku. Trójkąt jest ostrokątny tylko wtedy, gdy **wszystkie trzy** kąty są ostre - trzeba uciąć część wspólną wszystkich warunków.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Nie wolno zapomnieć o przypadkach degeneracji (\\(m = -1\\) i \\(m = 2\\)), gdy \\(A\\), \\(B\\), \\(C\\) są współliniowe - trójkąt wtedy nie istnieje i pytanie o jego ostrokątność nie ma sensu. Na szczęście oba te punkty nie należą do wyznaczonego przedziału.\n\n### Sposob 1 (odleglosc punktu od prostej - czesc a)\n**a)** Na paraboli \\(C = (m, m^{2})\\).\n\\(|AB| = \\sqrt{(1-0)^{2} + (3-2)^{2}} = \\sqrt{2}\\).\n\nProsta AB: wspolczynnik \\(\\tfrac{3-2}{1-0} = 1\\), \\(y = x + 2\\), czyli \\(x - y + 2 = 0\\).\n\nWysokosc z C (karta wzorow: odleglosc punktu od prostej):\n\\[h_{C} = \\dfrac{|m - m^{2} + 2|}{\\sqrt{2}}.\\]\n\n\\[P(m) = \\tfrac{1}{2}|AB| \\cdot h_{C} = \\tfrac{1}{2}\\sqrt{2} \\cdot \\dfrac{|m - m^{2} + 2|}{\\sqrt{2}} = \\dfrac{1}{2}|m^{2} - m - 2|.\\]\n\nDziedzina: \\(m^{2} - m - 2 \\neq 0\\), czyli \\(m \\neq -1\\) i \\(m \\neq 2\\) (gdy C lezy na prostej AB, trojkat nie istnieje).\n\n**b)** Trojkat ABC jest ostrokatny gdy wszystkie trzy katy sa ostre. Warunek: \\(|AB|^{2} + |AC|^{2} > |BC|^{2}\\) oraz analogicznie dla pozostalych wierzcholkow.\n\n\\(|AC|^{2} = m^{2} + (m^{2} - 2)^{2}\\), \\(|BC|^{2} = (m-1)^{2} + (m^{2} - 3)^{2}\\), \\(|AB|^{2} = 2\\).\n\nNierownosci:\n\\(b^{2} + c^{2} > a^{2}\\): \\(m^{2} + (m^{2}-2)^{2} + 2 - (m-1)^{2} - (m^{2}-3)^{2} > 0\\).\nPo uproszczeniu: \\(2m^{2} + 2m - 4 > 0 \\Rightarrow 2(m-1)(m+2) > 0 \\Rightarrow m \\in (-\\infty, -2) \\cup (1, +\\infty)\\).\n\n\\(a^{2} + c^{2} > b^{2}\\): \\((m-1)^{2} + (m^{2}-3)^{2} + 2 - m^{2} - (m^{2}-2)^{2} > 0\\).\nPo uproszczeniu: \\(-2m^{2} - 2m + 8 > 0 \\Rightarrow m^{2} + m - 4 < 0\\). \\(\\Delta = 1 + 16 = 17\\), \\(m \\in \\left(\\tfrac{-1-\\sqrt{17}}{2}, \\tfrac{-1+\\sqrt{17}}{2}\\right)\\).\n\n\\(a^{2} + b^{2} > c^{2}\\): \\(m^{4} - 4m^{2} - m + 6 > 0\\) - zachodzi zawsze (wyrozniki ujemne - analiza CKE).\n\nCzesc wspolna pierwszych dwoch: \\(m \\in \\left(\\tfrac{-1-\\sqrt{17}}{2}, -2\\right) \\cup \\left(1, \\tfrac{-1+\\sqrt{17}}{2}\\right)\\).\n\n### Sposob 2 (iloczyn wektorowy - czesc a)\n\\(\\vec{AB} = [1, 1]\\), \\(\\vec{AC} = [m, m^{2} - 2]\\).\nPole \\(P = \\tfrac{1}{2}|1 \\cdot (m^{2} - 2) - 1 \\cdot m| = \\tfrac{1}{2}|m^{2} - m - 2|\\), \\(m \\neq -1, m \\neq 2\\).\n\n**b)** Geometryczna obserwacja: trojkat jest ostrokatny gdy C nie lezy w kole o srednicy AB. Srodek \\(S = (\\tfrac{1}{2}, \\tfrac{5}{2})\\), promien \\(\\tfrac{\\sqrt{2}}{2}\\). Dodatkowe warunki prostopadlosci w A i B ograniczaja m.\n\nWynik jak wyzej.\n\n### Uwagi o punktacji\n**a)** (3 pkt):\n- 1 pkt: \\(C = (m, m^{2})\\).\n- 2 pkt: wyznaczy \\(h_{C}\\) albo wektory AB i AC, albo dlugosci AC, BC, AB.\n- 3 pkt: \\(P(m) = \\tfrac{1}{2}|m^{2} - m - 2|\\) z dziedzina \\(m \\neq -1, m \\neq 2\\).\n\n**b)** (3 pkt):\n- 1 pkt: zauwazy, ze ostrokatny odp. C lezy na fragmencie paraboli poza kolem srednicy AB, lub zapisze trzy nierownosci cos > 0.\n- 2 pkt: wyznaczy rownania prostych prostopadlych lub ulozy uklad trzech nierownosci i rozwiaze dwie.\n- 3 pkt: \\(m \\in \\left(\\tfrac{-1-\\sqrt{17}}{2}, -2\\right) \\cup \\left(1, \\tfrac{-1+\\sqrt{17}}{2}\\right)\\).\n\n**Trik:** W czesci b) mozesz pominac nierownosc dla kata przy C - zachodzi zawsze dla punktu paraboli poza kolem srednicy AB.","image":"img/matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona/zad-14.webp","solution_image":"img/matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona/sol-14.svg","topics":"analityczna","page_from":20,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2021 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 14. (0-6)
Dane są parabola o równaniu 𝑦= 𝑥ଶ oraz punkty 𝐴= (0, 2) i 𝐵= (1, 3) (zobacz rysunek).
Rozpatrujemy wszystkie trójkąty 𝐴𝐵𝐶, których wierzchołek 𝐶 leży na tej paraboli. Niech 𝑚
oznacza pierwszą współrzędną punktu 𝐶.
a) Wyznacz pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jako funkcję zmiennej 𝑚.
b) Wyznacz wszystkie wartości 𝑚, dla których trójkąt 𝐴𝐵𝐶 jest ostrokątny.
-3 -2 -1 0
1 2 3 𝑥
𝑦
7
6
5
4
3
2
1
𝐴
𝐵

\n

EMAP-R0_100

\n

EMAP-R0_100

\n

EMAP-R0_100
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
14.
Maks. liczba pkt
6
Uzyskana liczba pkt

\n

EMAP-R0_100
Rozwiązanie zadania. Dane są parabola o równaniu y=x^2 oraz punkty A=(0,2) i B=(1,3) (zobacz rysunek). Rozpatrujemy wszystkie trójkąty ABC, których wierzchołek C leży na tej paraboli. Niech m oznacza pierwszą współrzędną punktu C. a) Wyznacz pole P trójkąta ABC jako funkcję zmiennej m. b) Wyznacz wszystkie wartości m, dla których trójkąt ABC jest ostrokątny.

","answer_text_html":"

Zadanie 14. (0-6)
Wymagania egzaminacyjne 2021
Wymaganie ogólne
Wymagania szczegółowe
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający:
P4.9) wyznacza wzór funkcji kwadratowej
na podstawie pewnych informacji o tej
funkcji lub o jej wykresie;
R7.4) znajduje związki miarowe w figurach
płaskich […].
Łącznie za zadanie zdający może otrzymać 6 punktów: 3 punkty za rozwiązanie podpunktu a)
oraz 3 punkty za rozwiązanie podpunktu b).
Zasady oceniania dla podpunktu a)
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy zapisze współrzędne punktu 𝐶 w zależności od zmiennej 𝑚: 𝐶= (𝑚, 𝑚2).
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy:

wyznaczy wysokość ℎ𝐶 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 opuszczoną z wierzchołka 𝐶 w zależności
od 𝑚: ℎ𝐶=
|𝑚-𝑚2+2|
√2
ALBO

wyznaczy współrzędne dwóch wektorów zaczepionych w jednym z wierzchołków
trójkąta 𝐴𝐵𝐶, rozpinających trójkąt 𝐴𝐵𝐶, np. 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = [𝑚, 𝑚2 -2], 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = [1, 1]
ALBO

wyznaczy długości odcinków 𝐴𝐶 i 𝐵𝐶 w zależności od zmiennej 𝑚 oraz wyznaczy
długość odcinka 𝐴𝐵: |𝐴𝐶| = √𝑚2 + (𝑚2 -2)2, |𝐵𝐶| = √(𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2,
|𝐴𝐵| = √2
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy zastosuje poprawną metodę i zapisze wzór na pole trójkąta 𝐴𝐵𝐶 w zależności od
zmiennej 𝑚:
𝑃(𝑚) = 1
2 ⋅|𝑚2 -𝑚-2| dla 𝑚≠-1 i 𝑚≠2
Uwagi:

\n
  1. Jeżeli zdający wyznaczy poprawny wzór funkcji 𝑃(𝑚), lecz nie poda dziedziny tej funkcji,
\n

to może za rozwiązanie podpunktu a) otrzymać 3 punkty.

\n
  1. Jeżeli zdający przyjmuje 𝐶= (𝑥, 𝑥2), konsekwentnie rozwiązuje podpunkt a) zadania do
\n

końca, otrzymując 𝑃(𝑥) = 1
2 ⋅|𝑥2 -𝑥-2|, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zasady oceniania dla podpunktu b)
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy:

zauważy, że trójkąt ten jest ostrokątny wtedy i tylko wtedy, gdy punkt 𝐶 leży na jednym
z fragmentów 𝑀1𝑀2 lub 𝑁1𝑁2 paraboli
ALBO

zapisze równania prostych prostopadłych do prostej 𝐴𝐵 przechodzących przez punkt
𝐴 i 𝐵
ALBO

zapisze, że w każdym z rozpatrywanych trójkątów 𝐴𝐵𝐶 kąt przy wierzchołku 𝐶 jest
ostry i zapisze warunki na to, żeby kąty przy wierzchołkach 𝐴 i 𝐵 były ostre
ALBO

zapisze warunki na to, aby kąty przy wierzchołkach 𝐴, 𝐵 i 𝐶 były ostre, np.:
cos|∡𝐶𝐴𝐵| > 0 oraz cos|∡𝐴𝐵𝐶| > 0 oraz cos|∡𝐴𝐶𝐵| > 0
lub
cos|∡(𝐴𝐵,⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ )| > 0 oraz cos|∡(𝐶𝐴,⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ )| > 0 oraz cos|∡(𝐵𝐴,⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ )| > 0
lub
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ > 0 oraz 𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅ 𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ > 0 oraz 𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ > 0
lub
|𝐴𝐵|2 + |𝐵𝐶|2 > |𝐶𝐴|2, |𝐵𝐶|2 + |𝐶𝐴|2 > |𝐴𝐵|2, |𝐴𝐶|2 + |𝐴𝐵|2 > |𝐵𝐶|2
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy:

wyznaczy równania prostych 𝑀1𝑁1 oraz 𝑀2𝑁2 oraz obliczy odcięte co najmniej
dwóch punktów spośród 𝑀1, 𝑁1, 𝑀2, 𝑁2 i stwierdzi, że trójkąt ten jest ostrokątny wtedy
i tylko wtedy, gdy punkt 𝐶 leży na jednym z fragmentów 𝑀1𝑀2 lub 𝑁1𝑁2 paraboli
ALBO

zapisze układ nierówności:
𝑚2 + (𝑚2 -2)2 + 2 -(𝑚-1)2 -(𝑚2 -3)2 > 0
i
(𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2 + 2 -𝑚2 -(𝑚2 -2)2 > 0
i
𝑚2 + (𝑚2 -2)2 + (𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2 -2 > 0
ALBO

stwierdzi, że w każdym z rozpatrywanych trójkątów 𝐴𝐵𝐶 kąt przy wierzchołku 𝐶 jest
ostry oraz zapisze układ nierówności:
𝑚2 + (𝑚2 -2)2 + 2 -(𝑚-1)2 -(𝑚2 -3)2 > 0
i
(𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2 + 2 -𝑚2 -(𝑚2 -2)2 > 0
ALBO

zapisze układ nierówności:
𝑚2 + 𝑚-2 > 0
i
𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 > 0
i
-𝑚2 -𝑚+ 4 > 0
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy zastosuje poprawną metodę i wyznaczy wartości 𝑚 dla których trójkąt 𝐴𝐵𝐶 jest
ostrokątny:
𝑚∈(-1-√17
2
, -2) ∪(1, -1+√17
2
).
Uwaga:
Jeżeli zdający, rozwiązując część b) sposobem 1., nie stwierdzi, że kąt przy wierzchołku 𝐶
jest zawsze ostry, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty.
Przykładowe pełne rozwiązania
a)
Sposób 1.
Niech 𝐶 będzie dowolnym punktem leżącym na paraboli. Wtedy 𝐶= (𝑚, 𝑚2), gdzie 𝑚 jest
dowolną liczbą rzeczywistą.
Długość odcinka 𝐴𝐵 jest równa |𝐴𝐵| = √(1 -0)2 + (3 -2)2 = √2, a prosta 𝐴𝐵 ma
równanie postaci 𝑦= 𝑥+ 2, czyli 𝑥-𝑦+ 2 = 0.
Wysokość ℎ𝐶 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 opuszczona z wierzchołka 𝐶 jest równa odległości punktu 𝐶
od prostej 𝐴𝐵, więc ze wzoru na odległość punktu od prostej otrzymujemy
ℎ𝐶=
|𝑚-𝑚2 + 2|
√12 + (-1)2 =
|𝑚-𝑚2 + 2|
√2
Zatem pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równe
𝑃= 1
2 ⋅|𝐴𝐵| ⋅ℎ𝐶= 1
2 ⋅√2 ⋅|𝑚-𝑚2 + 2|
√2
= 1
2 ⋅|𝑚-𝑚2 + 2|
dla 𝑚≠-1 oraz 𝑚≠2 (gdy punkt 𝐶 leży na prostej 𝐴𝐵, a więc gdy 𝑚-𝑚2 + 2 = 0,
to trójkąt 𝐴𝐵𝐶 nie istnieje).
Sposób 2.
Niech 𝐶 będzie dowolnym punktem leżącym na paraboli. Wtedy 𝐶= (𝑚, 𝑚2), gdzie 𝑚 jest
dowolną liczbą rzeczywistą. Współrzędne wektorów 𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ i 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ są równe
𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ = [1 -0, 3 -2] = [1, 1] oraz 𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗ = [𝑚-0, 𝑚2 -2] = [𝑚, 𝑚2 -2]
Zatem pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równe
𝑃(𝑚) = 1
2 ⋅|𝑚⋅1 -1 ⋅(𝑚2 -2)| = 1
2 ⋅|𝑚2 -𝑚-2|
Zasady oceniania rozwiązań zadań
dla 𝑚≠-1 oraz 𝑚≠2 (gdy punkt 𝐶 leży na prostej 𝐴𝐵, a więc gdy 𝑚-𝑚2 + 2 = 0,
to trójkąt 𝐴𝐵𝐶 nie istnieje).
b)
Sposób 1.
Zauważmy, że trójkąt 𝐴𝐵𝐶 jest ostrokątny wtedy i tylko wtedy, gdy punkt 𝐶 leży na jednym
z fragmentów 𝑀1𝑀2 lub 𝑁1𝑁2 paraboli, gdzie końce tych fragmentów to punkty przecięcia
prostych prostopadłych do prostej 𝐴𝐵, przechodzących przez punkty 𝐴 i 𝐵, z parabolą (kąt
przy wierzchołku 𝐶 tego trójkąta zawsze będzie kątem ostrym).
Wystarczy w tym celu pokazać, że punkt 𝐶 nie leży w kole, którego średnicą jest odcinek 𝐴𝐵.
Promień tego koła jest równy 𝑟=
√2
2 , a środkiem koła jest punkt 𝑆= (0+1
2 , 2+3
2 ) = (1
2 , 5
2),
więc koło jest opisane nierównością
(𝑥-1
2)
2

\n\n

2)
2
≤1
2
czyli
(𝑥-1
2)
2

\n\n

2)
2
-1
2 ≤0
Ponieważ
(𝑚-1
2)
2

\n\n

2)
2
-1
2 = 𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 = (𝑚2 -2,1)2 + 0,2𝑚2 -𝑚+ 1,59
i wyróżnik trójmianu 0,2𝑚2 -𝑚+ 1,59 jest ujemny, więc
(𝑚-1
2)
2

\n\n

2)
2
-1
2 = (𝑚2 -2,1)2 + 0,2𝑚2 -𝑚+ 1,59 > 0
dla każdego 𝑚∈𝑅.
-3 -2 -1
0
1
2
3
𝑥
𝑦
7
6
5
4
3
2
1
𝐴
𝐵
𝑁2
𝐶2
𝑁1
𝑀2
𝐶1
𝑀1
To oznacza, że współrzędne punktu 𝐶= (𝑚, 𝑚2) leżącego na paraboli, nie spełniają
nierówności koła, czyli 𝐶 nie leży w kole, którego średnicą jest odcinek 𝐴𝐵.
Współczynnik kierunkowy prostej 𝐴𝐵 jest równy 1, więc prosta prostopadła do 𝐴𝐵
i przechodząca przez punkt 𝐴 ma równanie 𝑦= -𝑥+ 2, natomiast prosta prostopadła do
𝐴𝐵 i przechodząca przez punkt 𝐵 ma równanie 𝑦= -𝑥+ 4.
Pierwsze współrzędne punktów 𝑀1 i 𝑁1 przecięcia prostej o równaniu 𝑦= -𝑥+ 2
z parabolą obliczymy, rozwiązując równanie otrzymane z przyrównania prawych stron równań
𝑦= -𝑥+ 2 i 𝑦= 𝑥2. Otrzymujemy 𝑥2 = -𝑥+ 2, więc 𝑥𝑀1 = 1 oraz 𝑥𝑁1 = -2.
Podobnie obliczymy pierwsze współrzędne punktów 𝑀2 i 𝑁2. Po przyrównaniu prawych stron
równań 𝑦= -𝑥+ 4 i 𝑦= 𝑥2 otrzymujemy 𝑥2 = -𝑥+ 4, więc 𝑥𝑁2 = -1-√17
2
oraz
𝑥𝑀2 = -1+√17
2
Zatem trójkąt 𝐴𝐵𝐶 jest ostrokątny tylko wtedy, gdy 𝑚∈(-1-√17
2
, -2) ∪(1, -1+√17
2
).
Uwagi:

\n
  1. Uzasadnienie, że punkt 𝐶 nie leży w kole o średnicy 𝐴𝐵 można przeprowadzić też
\n

w następujący sposób. Promień tego koła jest równy 𝑟=
√2
2 , a środkiem tego koła jest
punkt 𝑆= (0+1
2 , 2+3
2 ) = (1
2 , 5
2). Rozważmy kwadrat opisany na tym kole, przy czym
odcinek 𝐴𝐵 łączy środki dwóch przeciwległych boków tego kwadratu. Wierzchołkami tego
kwadratu są punkty 𝐸= (1
2 , 3
2), 𝐹= (3
2 , 5
2), 𝐺= (1
2 , 7
2), 𝐻= (-1
2 , 5
2). Obszar
ograniczony parabolą, w którym zawarty jest odcinek 𝐴𝐵, jest opisany nierównością
𝑦> 𝑥2. Ponieważ 3
2 > (1
2)
2
, 5
2 > (3
2)
2
, 7
2 > (1
2)
2
oraz 5
2 > (-1
2)
2
, więc każdy z punktów
𝐸, 𝐹, 𝐺 i 𝐻 leży w tym obszarze. Obszar ten jest figurą wypukłą, więc kwadrat 𝐸𝐹𝐺𝐻 jest
zawarty w tym obszarze. Zatem koło wpisane w ten kwadrat również jest w tym obszarze
zawarte. To oznacza, że żaden z punktów 𝐶 nie leży w kole o środku 𝑆 i średnicy 𝐴𝐵.

\n
  1. Uzasadnienie, że wyrażenie 𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 przyjmuje dla każdego 𝑚∈𝑅 wartości
\n

dodatnie, można przeprowadzić też następująco. Gdy 𝑚< 2, to wówczas 2 -𝑚> 0, więc
𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 = (𝑚2 -2)2 + 2 -𝑚> 0. Dla 𝑚≥2 mamy z kolei 𝑚2 -2 ≥2,
więc
(𝑚2 -2)2 + 2 -𝑚≥2(𝑚2 -2) + 2 -𝑚= 2𝑚2 -𝑚-2 ≥2 ⋅22 -2 -2 > 0.
Sposób 2.
Aby wyznaczyć wszystkie wartości 𝑚, dla których trójkąt 𝐴𝐵𝐶 jest ostrokątny, wystarczy
wyznaczyć te wartości 𝑚, dla których kąty 𝐶𝐴𝐵, 𝐴𝐵𝐶 i 𝐴𝐶𝐵 są ostre. Tak jest wtedy, gdy
cosinusy tych kątów są dodatnie, czyli gdy
cos|∡𝐶𝐴𝐵| > 0 i cos|∡𝐴𝐵𝐶| > 0 i cos|∡𝐴𝐶𝐵| > 0.
Stąd i z twierdzenia cosinusów otrzymujemy
Zasady oceniania rozwiązań zadań
𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2
2𝑏𝑐

\n
0 i 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2
\n

2𝑎𝑐

\n
0 i 𝑏2 + 𝑎2 -𝑐2
\n

2𝑎𝑏

\n
0
\n

gdzie 𝑎2 = |𝐵𝐶|2 = (𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2, 𝑏2 = |𝐴𝐶|2 = 𝑚2 + (𝑚2 -2)2 oraz
𝑐2 = |𝐴𝐵|2 = 2.
Zatem
𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2 > 0 i 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2 > 0 i 𝑏2 + 𝑎2 -𝑐2 > 0
Rozwiązujemy pierwszą z tych nierówności:
𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2 > 0
𝑚2 + (𝑚2 -2)2 + 2 -(𝑚-1)2 -(𝑚2 -3)2 > 0
2𝑚2 + 2𝑚-4 > 0
2(𝑚-1)(𝑚+ 2) > 0
𝑚∈(-∞, -2) ∪(1, +∞)
Rozwiązujemy drugą z nierówności:
𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2 > 0
(𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2 + 2 -𝑚2 -(𝑚2 -2)2 > 0
-2𝑚2 -2𝑚+ 8 > 0
Δ = (-2)2 -4 ⋅(-2) ⋅8 = 68
𝑚1 = 2 -√68
-4
= -1 + √17
2
, 𝑚2 = 2 + √68
-4
= -1 -√17
2
𝑚∈(-1 -√17
2
, -1 + √17
2
)
Nierówności 𝑏2 + 𝑐2 -𝑎2 > 0 i 𝑎2 + 𝑐2 -𝑏2 > 0 są spełnione jednocześnie dla
𝑚∈(-1-√17
2
, -2) ∪(1, -1+√17
2
).
Przekształcamy nierówność 𝑏2 + 𝑎2 -𝑐2 > 0 i otrzymujemy
𝑚2 + (𝑚2 -2)2 + (𝑚-1)2 + (𝑚2 -3)2 -2 > 0
2𝑚4 -8𝑚2 -2𝑚+ 12 > 0
𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 > 0
Wykażemy, że dla każdego 𝑚∈(-1-√17
2
, -2) ∪(1, -1+√17
2
) nierówność ta jest
prawdziwa.
Nierówność 𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 > 0 możemy zapisać w postaci
(𝑚2 -2)2 + 2 -𝑚> 0
Dla 𝑚< 2 nierówność jest prawdziwa, gdyż lewa strona nierówności jest dodatnia. Ponieważ
-1+√17
2
< -1+5
2
= 2, więc dla każdego 𝑚∈(-1-√17
2
, -2) ∪(1, -1+√17
2
) nierówność
𝑚4 -4𝑚2 -𝑚+ 6 > 0 jest prawdziwa.
Stąd trójkąt 𝐴𝐵𝐶 jest ostrokątny tylko dla 𝑚∈(-1-√17
2
, -2) ∪(1, -1+√17
2
).

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2021-maj-matura-rozszerzona/sol-14.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź:

\n

a) \\(P(m) = \\dfrac{1}{2}|m^2 - m - 2|\\), dla \\(m \\neq -1\\) i \\(m \\neq 2\\)

\n

b) \\(m \\in \\left(\\dfrac{-1-\\sqrt{17}}{2},\\; -2\\right) \\cup \\left(1,\\; \\dfrac{-1+\\sqrt{17}}{2}\\right)\\)

\n

Sposób 1 - wzór na pole trójkąta ze współrzędnych (część a) i wektory (część b)

\n
Część a) - pole P(m)
\n

Ponieważ \\(C\\) leży na paraboli \\(y = x^2\\), jego współrzędne to \\(C = (m,\\, m^2)\\).

\n

Używamy wzoru na pole trójkąta ze współrzędnych wierzchołków \\(A(x_A, y_A)\\), \\(B(x_B, y_B)\\), \\(C(x_C, y_C)\\):

\n

\\[P = \\frac{1}{2}\\left|(x_B - x_A)(y_C - y_A) - (y_B - y_A)(x_C - x_A)\\right|\\]

\n

Podstawiamy \\(A = (0,2)\\), \\(B = (1,3)\\), \\(C = (m, m^2)\\):

\n

\\[P = \\frac{1}{2}\\left|(1-0)(m^2-2) - (3-2)(m-0)\\right|\\]

\n

\\[P = \\frac{1}{2}\\left|m^2 - 2 - m\\right|\\]

\n

\\[\\boxed{P(m) = \\frac{1}{2}\\left|m^2 - m - 2\\right|}\\]

\n

Kiedy trójkąt degeneruje? Gdy \\(P = 0\\), czyli \\(m^2 - m - 2 = 0\\):
\\[\\Delta = 1 + 8 = 9, \\quad m = \\frac{1 \\pm 3}{2}\\]
więc \\(m = 2\\) lub \\(m = -1\\). Są to wartości, dla których \\(C\\) leży na prostej \\(AB\\) - trójkąt nie istnieje. Stąd dziedzina: \\(m \\neq -1,\\; m \\neq 2\\).

\n
Część b) - ostrokątność przez iloczyny skalarne
\n

Trójkąt jest ostrokątny wtedy i tylko wtedy, gdy każdy iloczyn skalarny odpowiednich wektorów wychodzących z wierzchołka jest dodatni.

\n

Kąt przy A - wektory \\(\\vec{AB} = (1,1)\\) oraz \\(\\vec{AC} = (m,\\; m^2-2)\\):

\n

\\[\\vec{AB} \\cdot \\vec{AC} = 1 \\cdot m + 1 \\cdot (m^2-2) = m^2 + m - 2 = (m+2)(m-1)\\]

\n

Warunek ostrokątności przy A:
\\[(m+2)(m-1) > 0 \\implies m < -2 \\;\\text{ lub }\\; m > 1\\]

\n

Kąt przy B - wektory \\(\\vec{BA} = (-1,-1)\\) oraz \\(\\vec{BC} = (m-1,\\; m^2-3)\\):

\n

\\[\\vec{BA} \\cdot \\vec{BC} = (-1)(m-1) + (-1)(m^2-3) = -m+1-m^2+3 = -m^2 - m + 4\\]

\n

Warunek ostrokątności przy B:
\\[-m^2 - m + 4 > 0 \\implies m^2 + m - 4 < 0\\]

\n

Miejsca zerowe: \\(m = \\dfrac{-1 \\pm \\sqrt{17}}{2}\\), więc:
\\[\\frac{-1-\\sqrt{17}}{2} < m < \\frac{-1+\\sqrt{17}}{2}\\]

\n

Kąt przy C - wektory \\(\\vec{CA} = (-m,\\; 2-m^2)\\) oraz \\(\\vec{CB} = (1-m,\\; 3-m^2)\\):

\n

\\[\\vec{CA} \\cdot \\vec{CB} = (-m)(1-m) + (2-m^2)(3-m^2)\\]
\\[= -m + m^2 + 6 - 2m^2 - 3m^2 + m^4 = m^4 - 4m^2 - m + 6\\]

\n

Zauważamy:
\\[m^4 - 4m^2 - m + 6 = (m^2-2)^2 + (2-m)\\]

\n\n

Kąt przy C jest zawsze ostry - ten warunek nie ogranicza zbioru rozwiązań.

\n

Część wspólna wszystkich warunków:

\n

\\[\\left(m < -2 \\;\\text{ lub }\\; m > 1\\right) \\quad \\cap \\quad \\left(\\frac{-1-\\sqrt{17}}{2} < m < \\frac{-1+\\sqrt{17}}{2}\\right)\\]

\n

Ponieważ \\(\\dfrac{-1-\\sqrt{17}}{2} \\approx -2{,}56\\) i \\(\\dfrac{-1+\\sqrt{17}}{2} \\approx 1{,}56\\):

\n

\\[\\boxed{m \\in \\left(\\frac{-1-\\sqrt{17}}{2},\\; -2\\right) \\cup \\left(1,\\; \\frac{-1+\\sqrt{17}}{2}\\right)}\\]

\n

Sposób 2 - podstawa × wysokość (część a) i twierdzenie cosinusów (część b)

\n
Część a) - odległość od prostej AB
\n

Prosta przez \\(A = (0,2)\\) i \\(B = (1,3)\\) ma równanie \\(y = x + 2\\), czyli \\(x - y + 2 = 0\\).

\n

Podstawa \\(|AB|\\):
\\[|AB| = \\sqrt{(1-0)^2 + (3-2)^2} = \\sqrt{2}\\]

\n

Odległość \\(C = (m, m^2)\\) od prostej \\(AB\\):
\\[h = \\frac{|m - m^2 + 2|}{\\sqrt{1^2 + (-1)^2}} = \\frac{|m^2 - m - 2|}{\\sqrt{2}}\\]

\n

Pole:
\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot |AB| \\cdot h = \\frac{1}{2} \\cdot \\sqrt{2} \\cdot \\frac{|m^2 - m - 2|}{\\sqrt{2}} = \\frac{1}{2}|m^2 - m - 2|\\]

\n

Wynik identyczny. ✓

\n
Część b) - twierdzenie cosinusów
\n

Trójkąt ostrokątny \\(\\iff\\) dla każdego wierzchołka: najdłuższy bok naprzeciwko spełnia \\(c^2 < a^2 + b^2\\).

\n

Obliczamy kwadraty boków:
\\[|AB|^2 = 2\\]
\\[|AC|^2 = m^2 + (m^2-2)^2 = m^4 - 3m^2 + 4\\]
\\[|BC|^2 = (m-1)^2 + (m^2-3)^2 = m^4 - 5m^2 - 2m + 10\\]

\n

Ostrokątność przy A (\\(\\angle A < 90°\\) gdy \\(|BC|^2 < |AB|^2 + |AC|^2\\)):
\\[m^4 - 5m^2 - 2m + 10 < 2 + m^4 - 3m^2 + 4\\]
\\[-2m^2 - 2m + 4 < 0 \\implies m^2 + m - 2 > 0 \\implies (m+2)(m-1) > 0\\]

\n

Ostrokątność przy B (\\(\\angle B < 90°\\) gdy \\(|AC|^2 < |AB|^2 + |BC|^2\\)):
\\[m^4 - 3m^2 + 4 < 2 + m^4 - 5m^2 - 2m + 10\\]
\\[2m^2 + 2m - 8 < 0 \\implies m^2 + m - 4 < 0\\]

\n

Oba wyniki zgodne z Metodą 1 - odpowiedź identyczna. ✓

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 11 (Geometria analityczna, s. 22-25)

\n\n

\\[d = \\frac{|Ax_0 + By_0 + C|}{\\sqrt{A^2 + B^2}}\\]
Użyte w Sposobie 2 do wyznaczenia wysokości trójkąta.

\n\n

\\[|AB| = \\sqrt{(x_B - x_A)^2 + (y_B - y_A)^2}\\]
Użyte do obliczenia \\(|AB|\\), \\(|AC|\\), \\(|BC|\\).

\n\n

\\[P = \\frac{1}{2}|(x_B - x_A)(y_C - y_A) - (y_B - y_A)(x_C - x_A)|\\]
Użyte bezpośrednio w Sposobie 1 (część a).

\n

Dział 7 (Funkcja kwadratowa, s. 7-9) - wyznacznik \\(\\Delta = b^2 - 4ac\\) do rozwiązania nierówności kwadratowych w części b).

\n

Typowe pułapki i uwagi

\n
⚠️ Uwaga: Łatwo zapomnieć o wartości bezwzględnej w formule na pole! Wyrażenie \\(m^2 - m - 2\\) zmienia znak - bez \\(|\\cdot|\\) dostaniemy ujemne "pole" dla pewnych \\(m\\).
\n
⚠️ Uwaga: Wielu uczniów sprawdza ostrokątność tylko przy jednym wierzchołku. Trójkąt jest ostrokątny tylko wtedy, gdy wszystkie trzy kąty są ostre - trzeba uciąć część wspólną wszystkich warunków.
\n
⚠️ Uwaga: Nie wolno zapomnieć o przypadkach degeneracji (\\(m = -1\\) i \\(m = 2\\)), gdy \\(A\\), \\(B\\), \\(C\\) są współliniowe - trójkąt wtedy nie istnieje i pytanie o jego ostrokątność nie ma sensu. Na szczęście oba te punkty nie należą do wyznaczonego przedziału.
\n
Sposob 1 (odleglosc punktu od prostej - czesc a)
\n

a) Na paraboli \\(C = (m, m^{2})\\).
\\(|AB| = \\sqrt{(1-0)^{2} + (3-2)^{2}} = \\sqrt{2}\\).

\n

Prosta AB: wspolczynnik \\(\\tfrac{3-2}{1-0} = 1\\), \\(y = x + 2\\), czyli \\(x - y + 2 = 0\\).

\n

Wysokosc z C (karta wzorow: odleglosc punktu od prostej):
\\[h_{C} = \\dfrac{|m - m^{2} + 2|}{\\sqrt{2}}.\\]

\n

\\[P(m) = \\tfrac{1}{2}|AB| \\cdot h_{C} = \\tfrac{1}{2}\\sqrt{2} \\cdot \\dfrac{|m - m^{2} + 2|}{\\sqrt{2}} = \\dfrac{1}{2}|m^{2} - m - 2|.\\]

\n

Dziedzina: \\(m^{2} - m - 2 \\neq 0\\), czyli \\(m \\neq -1\\) i \\(m \\neq 2\\) (gdy C lezy na prostej AB, trojkat nie istnieje).

\n

b) Trojkat ABC jest ostrokatny gdy wszystkie trzy katy sa ostre. Warunek: \\(|AB|^{2} + |AC|^{2} > |BC|^{2}\\) oraz analogicznie dla pozostalych wierzcholkow.

\n

\\(|AC|^{2} = m^{2} + (m^{2} - 2)^{2}\\), \\(|BC|^{2} = (m-1)^{2} + (m^{2} - 3)^{2}\\), \\(|AB|^{2} = 2\\).

\n

Nierownosci:
\\(b^{2} + c^{2} > a^{2}\\): \\(m^{2} + (m^{2}-2)^{2} + 2 - (m-1)^{2} - (m^{2}-3)^{2} > 0\\).
Po uproszczeniu: \\(2m^{2} + 2m - 4 > 0 \\Rightarrow 2(m-1)(m+2) > 0 \\Rightarrow m \\in (-\\infty, -2) \\cup (1, +\\infty)\\).

\n

\\(a^{2} + c^{2} > b^{2}\\): \\((m-1)^{2} + (m^{2}-3)^{2} + 2 - m^{2} - (m^{2}-2)^{2} > 0\\).
Po uproszczeniu: \\(-2m^{2} - 2m + 8 > 0 \\Rightarrow m^{2} + m - 4 < 0\\). \\(\\Delta = 1 + 16 = 17\\), \\(m \\in \\left(\\tfrac{-1-\\sqrt{17}}{2}, \\tfrac{-1+\\sqrt{17}}{2}\\right)\\).

\n

\\(a^{2} + b^{2} > c^{2}\\): \\(m^{4} - 4m^{2} - m + 6 > 0\\) - zachodzi zawsze (wyrozniki ujemne - analiza CKE).

\n

Czesc wspolna pierwszych dwoch: \\(m \\in \\left(\\tfrac{-1-\\sqrt{17}}{2}, -2\\right) \\cup \\left(1, \\tfrac{-1+\\sqrt{17}}{2}\\right)\\).

\n
Sposob 2 (iloczyn wektorowy - czesc a)
\n

\\(\\vec{AB} = [1, 1]\\), \\(\\vec{AC} = [m, m^{2} - 2]\\).
Pole \\(P = \\tfrac{1}{2}|1 \\cdot (m^{2} - 2) - 1 \\cdot m| = \\tfrac{1}{2}|m^{2} - m - 2|\\), \\(m \\neq -1, m \\neq 2\\).

\n

b) Geometryczna obserwacja: trojkat jest ostrokatny gdy C nie lezy w kole o srednicy AB. Srodek \\(S = (\\tfrac{1}{2}, \\tfrac{5}{2})\\), promien \\(\\tfrac{\\sqrt{2}}{2}\\). Dodatkowe warunki prostopadlosci w A i B ograniczaja m.

\n

Wynik jak wyzej.

\n
Uwagi o punktacji
\n

a) (3 pkt):

\n\n

b) (3 pkt):

\n\n

Trik: W czesci b) mozesz pominac nierownosc dla kata przy C - zachodzi zawsze dla punktu paraboli poza kolem srednicy AB.

"},{"source":"zadaniazmatur","label":"zadaniazmatur.pl","kind":"text","html":"

a) $P(m) = \\dfrac{1}{2} \\cdot |m^{2} - m - 2|$ dla $m \\neq -1$ i $m \\neq 2$, b) $m \\in \\left(\\dfrac{-1 - \\sqrt{17}}{2}, -2\\right) \\cup \\left(1, \\dfrac{-1 + \\sqrt{17}}{2}\\right)$

"}]}