Zadanie 15. (0-7)
Rozpatrujemy wszystkie trójkąty równoramienne ostrokątne 𝐴𝐵𝐶 (|𝐴𝐶| = |𝐵𝐶|), na których
opisano okrąg o promieniu 𝑅= 1. Niech 𝑥 oznacza odległość środka okręgu od podstawy
𝐴𝐵 trójkąta.
a) Wykaż, że pole 𝑃 każdego z tych trójkątów, jako funkcja długości 𝑥, wyraża się wzorem
𝑃(𝑥) = (𝑥+ 1) ⋅√1 -𝑥2.
b) Wyznacz dziedzinę funkcji 𝑃.
c) Oblicz długość odcinka 𝑥 tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole.
Oblicz to największe pole.
EMAP-R0_100
\nEMAP-R0_100
\nEMAP-R0_100
BRUDNOPIS (nie podlega ocenie)
EMAP-R0_100
Rozpatrujemy wszystkie trójkąty równoramienne ostrokątne ABC (|AC| = |BC|), na których opisano okrąg o promieniu R=1. Niech x oznacza odległość środka okręgu od podstawy AB trójkąta. a) Wykaż, że pole P każdego z tych trójkątów, jako funkcja długości x, wyraża się wzorem P(x) = (x+1)⋅√1-x^2. b) Wyznacz dziedzinę funkcji P. c) Oblicz długość odcinka x tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole. Oblicz to największe pole.
Zadanie 15. (0-7)
Wymagania egzaminacyjne 2022
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający:
R11.6) stosuje pochodne do rozwiązywania
zagadnień optymalizacyjnych.
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 długość 𝑎 podstawy 𝐴𝐵 trójkąta oraz wysokość ℎ trójkąta opuszczoną na
podstawę 𝐴𝐵 w zależności od odległości 𝑥 środka okręgu opisanego na trójkącie od
podstawy 𝐴𝐵 trójkąta: 𝑎= 2√1 -𝑥2 i ℎ= 𝑥+ 1.
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy wykaże, że pole 𝑃 trójkąta jako funkcja zmiennej 𝑥 wyraża się wzorem
𝑃(𝑥) = (𝑥+ 1) ⋅√1 -𝑥2 .
Zasady oceniania dla podpunktu b)
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy zapisze, że dziedziną funkcji 𝑃 jest przedział (0, 1).
Zasady oceniania dla podpunktu c)
Zdający otrzymuje 1 p.
gdy:
wyznaczy pochodną funkcji 𝑓: 𝑓′(𝑥) = -4𝑥3 -6𝑥2 + 2 dla 𝑥∈(0, 1) (dla
sposobu 1.)
ALBO
pokaże, że dla każdego trójkąta 𝐸𝐹𝐺 wpisanego w okrąg o promieniu 𝑅 można
wskazać trójkąt 𝒯 wpisany w ten okrąg taki, że 𝑃Δ𝐸𝐹𝐺≤𝑃Δ𝒯 i jeden z boków
trójkąta 𝒯 jest oparty na łuku długości 2
3 𝜋𝑅 (dla sposobu 2.).
Zdający otrzymuje 2 p.
gdy:
obliczy miejsca zerowe pochodnej funkcji 𝑓: 𝑥= 1
2 (dla sposobu 1.)
ALBO
pokaże, że spośród wszystkich rozpatrywanych trójkątów największe pole ma trójkąt
równoboczny (dla sposobu 2.).
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zdający otrzymuje 3 p.
gdy:
zbada znak pochodnej funkcji 𝑓 oraz wyznaczy (z uzasadnieniem) wartość
zmiennej 𝑥, dla której funkcja 𝑓 przyjmuje wartość największą, np.:
𝑓′(𝑥) > 0 dla 𝑥∈(0, 1
2 , 1).
Funkcja 𝑓 jest rosnąca w przedziale (0, 1
2] i malejąca w przedziale [1
2 , 1), więc
osiąga wartość największą dla argumentu 𝑥= 1
2 . (dla sposobu 1.)
ALBO
pokaże, że spośród wszystkich rozpatrywanych trójkątów największe pole ma trójkąt
równoboczny i obliczy pole tego trójkąta równobocznego lub 𝑥: 𝑃Δ = 3√3
4 lub 𝑥= 1
2
(dla sposobu 2.).
Zdający otrzymuje 4 p.
gdy:
wyznaczy wśród rozważanych trójkątów taki trójkąt, którego pole jest największe
i obliczy to największe pole: 3√3
4 (dla sposobu 1.)
ALBO
pokaże, że spośród wszystkich rozpatrywanych trójkątów największe pole ma trójkąt
równoboczny oraz obliczy pole tego trójkąta równobocznego oraz 𝑥: 𝑃Δ = 3√3
4 oraz
𝑥= 1
2 (dla sposobu 2.).
Uwagi do podpunktu c):
funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak i zaznaczając na rysunku, np.
znakami „+” i „-”, znak pochodnej.
wyznaczonej wartości 𝑥, przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuacje, gdy
zdający:
opisuje słownie lub graficznie (np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji 𝑓
lub
zapisuje, że dla wyznaczonej wartości 𝑥 funkcja 𝑓 ma maksimum lokalne i jest to
jednocześnie jej największa wartość.
Jeśli zdający nie przedstawi takiego uzasadnienia, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty
(za wyznaczenie pochodnej funkcji 𝑓 oraz obliczenie miejsc zerowych pochodnej funkcji 𝑓).
przedziału (0, 1), to może otrzymać punkt za zbadanie znaku pochodnej i wyznaczenie
argumentu, dla którego funkcja 𝑓 przyjmuje wartość największą, o ile miejsce zerowe
pochodnej należy do wyznaczonej dziedziny.
Przykładowe pełne rozwiązania
a)
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku: 𝑎 - długość podstawy trójkąta, 𝑏 - długość ramienia
trójkąta, ℎ - wysokość trójkąta, 𝑥 - odległość środka okręgu opisanego na trójkącie od
podstawy 𝐴𝐵 trójkąta, 𝑆 - środek okręgu opisanego na trójkącie, 𝐷 - spodek wysokości
𝐶𝐷 poprowadzonej z wierzchołka 𝐶 na podstawę 𝐴𝐵 trójkąta.
Promień okręgu jest równy 1, więc ℎ= 𝑥+ 1.
Z geometrycznych warunków zadania wynika, że 𝑎∈(0, 2) oraz 𝑥∈(0, 1).
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta 𝑆𝐷𝐵 i wyznaczamy 𝑎 w zależności od 𝑥:
|𝑆𝐷|2 + |𝐷𝐵|2 = |𝐵𝑆|2
𝑥2 + (1
2 𝑎)
2
= 1
𝑎= 2√1 -𝑥2
gdzie 𝑥> 0 i 1 -𝑥2 > 0, tj. dla 𝑥∈(0, 1).
Zatem pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 jest równe
𝑃= 1
2 ⋅𝑎⋅ℎ
𝑃(𝑥) = 1
2 ⋅2√1 -𝑥2 ⋅(𝑥+ 1)
𝑃(𝑥) = (𝑥+ 1) ⋅√1 -𝑥2
dla 𝑥∈(0, 1).
𝐴
𝐶
𝑏
𝑏
𝑅
ℎ
𝐵
1
2 𝑎
𝑥
1
2 𝑎
𝑆
𝐷
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Uwaga:
Pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶 można obliczyć, korzystając ze wzoru Herona. Trójkąt jest
równoramienny, więc połowa 𝑝 obwodu jest równa 𝑎+2𝑏
2
. Zatem
𝑃= √𝑝(𝑝-𝑎)(𝑝-𝑏)(𝑝-𝑏) = √𝑎+ 2𝑏
2
⋅2𝑏-𝑎
2
⋅𝑎
2 ⋅𝑎
2 = √4𝑏2 -𝑎2
4
⋅𝑎2
4
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkątów 𝐵𝐶𝐷 oraz 𝑆𝐷𝐵 i otrzymujemy kolejno:
|𝐵𝐶|2 = |𝐶𝐷|2 + |𝐷𝐵|2 i |𝑆𝐷|2 + |𝐷𝐵|2 = |𝐵𝑆|2
𝑏2 = (𝑥+ 1)2 + 1
4 𝑎2 i 𝑥2 + 1
4 𝑎2 = 12
4𝑏2 -𝑎2 = 4(𝑥+ 1)2 i 1
4 𝑎2 = 1 -𝑥2
Zatem
𝑃= √4𝑏2 -𝑎2
4
⋅𝑎2
4 = √4(𝑥+ 1)2
4
⋅(1 -𝑥2) = (𝑥+ 1) ⋅√1 -𝑥2
dla 𝑥> 0 i 1 -𝑥2 > 0, tj. dla 𝑥∈(0, 1).
b)
Dziedziną funkcji 𝑃 zmiennej 𝑥 jest przedział (0, 1).
c)
Sposób 1.
Przekształcamy wzór funkcji 𝑃:
𝑃(𝑥) = (𝑥+ 1) ⋅√1 -𝑥2 = √(𝑥+ 1)2 ⋅(1 -𝑥2) = √(𝑥2 + 2𝑥+ 1)(1 -𝑥2)
𝑃(𝑥) = √-𝑥4 -2𝑥3 + 2𝑥+ 1
Wyznaczamy wartość największą funkcji 𝑃 w przedziale (0, 1).
Tworzymy funkcję pomocniczą 𝑓 określoną wzorem 𝑓(𝑥) = -𝑥4 -2𝑥3 + 2𝑥+ 1 dla
każdego 𝑥∈(0, 1) i szukamy argumentu, dla którego funkcja ta osiąga wartość
największą.
Obliczamy pochodną funkcji 𝑓: 𝑓′(𝑥) = -4𝑥3 -6𝑥2 + 2 dla 𝑥∈(0, 1).
Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji 𝑓.
Zauważmy, że liczba (-1) jest pierwiastkiem wielomianu -4𝑥3 -6𝑥2 + 2. Dzielimy
wielomian -4𝑥3 -6𝑥2 + 2 przez dwumian 𝑥+ 1 i otrzymujemy trójmian -4𝑥2 -2𝑥+ 2.
Obliczamy pierwiastki tego trójmianu: 𝑥= -1 i 𝑥= 1
2 . Ponieważ (-1) ∉(0, 1), więc
𝑓′(𝑥) = 0 tylko dla 𝑥= 1
2 .
Ponieważ 𝑓′(𝑥) > 0 dla 𝑥∈(0, 1
2 , 1), więc funkcja 𝑓 jest
rosnąca w przedziale (0, 1
2] i malejąca w przedziale [1
2 , 1). Zatem funkcja 𝑓 osiąga
wartość największą dla argumentu 𝑥= 1
2 .
Ponieważ funkcja 𝑦(𝑡) = √𝑡, określona dla 𝑡≥0, jest funkcją rosnącą, więc funkcja 𝑃
osiąga wartość największą dla tego samego argumentu, dla którego funkcja 𝑓 osiąga
wartość największą.
Zatem funkcja 𝑃 osiąga wartość największą dla 𝑥= 1
2 .
Spośród rozważanych trójkątów największe pole ma ten, dla którego odległość 𝑥 środka
okręgu opisanego na tym trójkącie od podstawy 𝐴𝐵 tego trójkąta jest równa 1
2 . Pole tego
trójkąta jest równe 𝑃(1
2 + 1) ⋅√1 -(1
2)
2
= 3
2 ⋅√3
4 = 3√3
4 .
Sposób 2.
Pokażemy, że spośród wszystkich rozważanych trójkątów największe pole ma trójkąt
równoboczny.
Rozważmy dowolny trójkąt wpisany w dany okrąg o obwodzie 𝐿= 2𝜋𝑅. Jego wierzchołki
dzielą okrąg na trzy łuki. Jeśli dany trójkąt nie jest równoboczny, to nazwijmy jego wierzchołki
tak, by łuk 𝐸𝐹 miał długość mniejszą, a łuk 𝐸𝐺 - większą od 𝐿/3. Niech 𝐸′ będzie
punktem symetrycznym do punktu 𝐸 względem symetralnej boku 𝐹𝐺. Wówczas każdy
punkt 𝑃 łuku 𝐸𝐸′ jest bardziej oddalony od boku 𝐹𝐺 niż punkt 𝐸, zatem pole trójkąta
𝐸𝐹𝐺 jest mniejsze niż pole trójkąta 𝑃𝐹𝐺: 𝑃Δ𝐸𝐹𝐺< 𝑃Δ𝑃𝐹𝐺 . Ponieważ łuk 𝐸′𝐺 ma długość
mniejszą od 𝐿/3, punkt 𝑃 możemy wybrać tak, by łuk 𝑃𝐺 miał długość dokładnie
równą 𝐿/3.
Jeśli punkt 𝐹 dzieli łuk 𝐺𝑃 na połowy, to trójkąt 𝑃𝐹𝐺 jest równoboczny i dowód jest
zakończony. W przeciwnym przypadku jeden z łuków 𝑃𝐹, 𝐹𝐺 ma długość większą, a drugi
mniejszą od 𝐿/3. Postępując dokładnie tak samo jak w pierwszym kroku dowodu,
𝐺
𝐸′
𝐹
𝐸
𝑃
Zasady oceniania rozwiązań zadań
znajdziemy punkt 𝑄 taki, że łuki 𝑃𝑄 oraz 𝑄𝐺 mają długość 𝐿/3 oraz pole
𝑃Δ𝑃𝐹𝐺< 𝑃Δ𝑃𝑄𝐺 , co kończy dowód, bo trójkąt 𝑃𝑄𝐺 jest równoboczny.
Trójkąt równoboczny wpisany w okrąg o promieniu 𝑅= 1 ma bok długości 𝑎= √3𝑅= √3
i wysokość równą ℎ= 𝑎√3
2
= 3
2 . Pole tego trójkąta jest równe 𝑎2⋅√3
4
= 3√3
4 natomiast
𝑥= ℎ-𝑅= 3
2 -1 = 1
2 .
Uwaga:
Zdający może rozwiązywać zadanie, wykorzystując nierówność między średnimi
arytmetyczną i geometryczną.
Z zależności między średnimi arytmetyczną i geometryczną zastosowanej dla liczb dodatnich
𝑥+1
3 , 𝑥+1
3 , 𝑥+1
3 , 1 -𝑥 otrzymujemy
𝑥+1
3 +
𝑥+1
3 +
𝑥+1
3 + 1 -𝑥
4
≥√𝑥+ 1
3
∙𝑥+ 1
3
∙𝑥+ 1
3
∙(1 -𝑥)
4
1
2 ≥√√𝑥+ 1
3
∙𝑥+ 1
3
∙𝑥+ 1
3
∙(1 -𝑥)
1
4 ≥√𝑥+ 1
3
∙𝑥+ 1
3
∙𝑥+ 1
3
∙(1 -𝑥)
1
4 ≥
1
3√3
⋅(𝑥+ 1) ⋅√1 -𝑥2
1
4 ≥
1
3√3
⋅𝑃(𝑥)
𝑃(𝑥) ≤3√3
4
przy czym równość zachodzi jedynie wtedy, gdy 𝑥+1
3
= 1 -𝑥, czyli gdy 𝑥= 1
2 .