{"id":"matematyka-2022-maj-matura-rozszerzona/zad/15","paper_id":"matematyka-2022-maj-matura-rozszerzona","number":"15","points":7,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2022,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 15. (0-7)\nRozpatrujemy wszystkie trójkąty równoramienne o obwodzie równym 18.\na) Wykaż, że pole 𝑃 każdego z tych trójkątów, jako funkcja długości 𝑏 ramienia, wyraża się\nwzorem 𝑃(𝑏) =\n(18-2𝑏) ⋅ √18𝑏-81\n2\nb) Wyznacz dziedzinę funkcji 𝑃.\nc) Oblicz długości boków tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole.\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100\nWypełnia\negzaminator\nNr zadania\n15.\nMaks. liczba pkt\n7\nUzyskana liczba pkt\n\nEMAP-R0_100\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)\n\nEMAP-R0_100\nRozpatrujemy wszystkie trójkąty równoramienne o obwodzie równym 18. a) Wykaż, że pole P każdego z tych trójkątów, jako funkcja długości b ramienia, wyraża się wzorem P(b)= (18-2b)⋅√(18b-81) / 2 b) Wyznacz dziedzinę funkcji P c) Oblicz długości boków tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole.","answer":null,"answer_text":"Zadanie 15. (0-7)\nWymagania egzaminacyjne 2022\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający:\nR11.6) stosuje pochodne do rozwiązywania\nzagadnień optymalizacyjnych.\nZasady oceniania dla sposobu 1.\nCzęść a)\nZdający otrzymuje 1 pkt\ngdy wyznaczy i zapisze długość 𝑎 podstawy oraz wysokość ℎ trójkąta w zależności od\ndługości 𝑏 ramienia trójkąta: 𝑎= 18 -2𝑏, ℎ= √18𝑏-81.\nZdający otrzymuje 2 pkt\ngdy zapisze pole trójkąta jako funkcję jednej zmiennej 𝑏:\n𝑃(𝑏) =\n(18 -2𝑏) ⋅√18𝑏-81\n2\n= √(18 -2𝑏)2(18𝑏-81)\n2\nCzęść b)\nZdający otrzymuje 1 pkt\ngdy poprawnie wyznaczy dziedzinę funkcji 𝑃: (9\n2 , 9).\nCzęść c)\nZdający otrzymuje 1 pkt\ngdy wyznaczy wzór pochodnej funkcji 𝑓, np.\n𝑓′(𝑏) = (-72 + 8𝑏)(18𝑏-81) + (324 -72𝑏+ 4𝑏2) ∙18 lub\n𝑓′(𝑏) = 216𝑏2 -3240𝑏+ 11664, lub 𝑓′(𝑏) = 216(𝑏2 -15𝑏+ 54).\nZdający otrzymuje 2 pkt\ngdy obliczy miejsca zerowe pochodnej funkcji 𝑓: 𝑏= 6.\nZdający otrzymuje 3 pkt\ngdy zbada znak pochodnej funkcji 𝑓: 𝑓′(𝑏) > 0 dla 𝑏∈(9\n2 , 6) oraz 𝑓′(𝑏) < 0 dla\n𝑏∈(6, 9) oraz wyznaczy (z uzasadnieniem) wartość zmiennej 𝑏, dla której funkcja 𝑓\nosiąga wartość największą, np.\nfunkcja 𝑓 zmiennej 𝑏 (określona na przedziale (9\n2 , 9)) jest rosnąca w przedziale (9\n2 , 6]\noraz malejąca w przedziale [6, 9), więc w punkcie 𝑏= 6 osiąga największą wartość.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZdający otrzymuje 4 pkt\ngdy zapisze, że długość podstawy i ramienia trójkąta o największym polu są równe\nodpowiednio 𝑎= 6 i 𝑏= 6.\nUwagi do części c):\n1. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres\nfunkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak i zaznaczając na rysunku, np.\nznakami „+” i „-”, znak pochodnej.\n2. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja posiada wartość największą dla\nwyznaczonej wartości 𝑏, przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy\nzdający:\n- opisuje (słownie lub graficznie -np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji 𝑓\nlub\n- zapisuje, że dla wyznaczonej wartości 𝑏 funkcja 𝑓 ma maksimum lokalne i jest to\njednocześnie jej największa wartość.\nJeżeli zdający nie przedstawi takiego uzasadnienia, to za część c) może otrzymać co\nnajwyżej 3 punkty.\n3. Jeśli zdający błędnie wyznaczy dziedzinę funkcji 𝑃 zmiennej 𝑏, to może otrzymać punkt\nza dwa ostatnie kroki w części c) tylko wtedy, gdy wyznaczone przez zdającego miejsce\nzerowe pochodnej należy do części wspólnej wyznaczonej przez zdającego dziedziny\ni przedziału (9\n2 , 9).\n4. Jeśli zdający uzasadnia istnienie największej wartości funkcji pola trójkąta w zbiorze ℝ,\nto nie otrzymuje punktu za krok trzeci w części c).\n5. Jeśli w części c) zdający bada błędną funkcję , np. 𝑓(𝑏) = (18-2𝑏)(18𝑏-81)\n2\n, to za\nczęść c) otrzymuje 0 punktów.\nZasady oceniania dla sposobu 2.\nCzęść a)\nZdający otrzymuje 1 pkt\ngdy zapisze długość 𝑎 podstawy w zależności od długości 𝑏 ramienia trójkąta oraz\ndługości potrzebnych do zastosowania wzoru Herona : 𝑎= 18 -2𝑏, 𝑝= 2𝑏+𝑎\n2\n,\n𝑝-𝑎= 2𝑏-𝑎\n2\n, 𝑝-𝑏= 𝑎\n2 .\nZdający otrzymuje 2 pkt\ngdy zapisze pole trójkąta jako funkcję jednej zmiennej 𝑏:\n𝑃(𝑏) = (18 -2𝑏) ⋅√18𝑏-81\n2\n= √(18 -2𝑏)2(18𝑏-81)\n2\nCzęść b)\nZdający otrzymuje 1 pkt\ngdy poprawnie wyznaczy dziedzinę funkcji 𝑃: (9\n2 , 9).\nCzęść c)\nZdający otrzymuje 1 pkt\ngdy zapisze zależność między średnią arytmetyczną i średnią geometryczną :\n2𝑏-9 + 9 -𝑏+ 9 -𝑏\n3\n≥√(2𝑏-9) ∙(9 -𝑏) ∙(9 -𝑏)\n3\nZdający otrzymuje 2 pkt\ngdy obliczy 𝑏 , dla którego zachodzi równość średniej arytmetycznej i geometrycznej: 𝑏= 6.\nZdający otrzymuje 3 pkt\ngdy uzasadni, że dla 𝑏= 6 funkcja 𝑃 osiąga wartość największą.\nZdający otrzymuje 4 pkt\ngdy zapisze, że długość podstawy i ramienia trójkąta o największym polu są równe\nodpowiednio 𝑎= 6, 𝑏= 6.\nPrzykładowe pełne rozwiązania\nSposób 1.\na)\nPrzyjmujemy następujące oznaczenia:\n𝑎 - długość podstawy trójkąta,\n𝑏 - długość ramienia trójkąta,\nℎ - wysokość trójkąta.\nObwód trójkąta jest równy 18, więc 𝑎+ 2𝑏= 18 i stąd 𝑎= 18 -2𝑏.\nZ geometrycznych warunków zadania wynika, że 𝑎∈(0, +∞) oraz 𝑏∈(0, +∞), więc\n18 -2𝑏> 0, zatem 𝑏∈(0, 9).\nKorzystając z twierdzenia Pitagorasa i związku 𝑎= 18 -2𝑏, otrzymujemy\nℎ2 = 𝑏2 -(1\n2 𝑎)\n2\nℎ2 = 𝑏2 -(1\n2 (18 -2𝑏))\n2\nℎ2 = 𝑏2 -(9 -𝑏)2\nℎ2 = 18𝑏-81\nℎ= √18𝑏-81\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nMusi zachodzić 18𝑏-81 > 0, więc 𝑏> 81\n18 . Zatem 𝑏∈(9\n2 , 9).\nPole trójkąta o podstawie 𝑎 i wysokości ℎ jest równe 𝑃= 𝑎ℎ\n2 .\nZapisujemy pole trójkąta jako funkcję 𝑃 zmiennej 𝑏:\n𝑃(𝑏) = (18 -2𝑏) ⋅√18𝑏-81\n2\ndla 𝑏∈(9\n2 , 9)\nb)\nZ geometrycznych warunków zadania wynika, że 𝑎∈(0, +∞) oraz 𝑏∈(0, +∞), więc\n18 -2𝑏> 0, zatem 𝑏∈(0, 9).\nZ warunku trójkąta 2𝑏> 𝑎 , czyli 2𝑏> 18 -2𝑏, więc 𝑏> 9\n2 . Zatem 𝑏∈(9\n2 , 9).\nDziedziną tej funkcji jest przedział (9\n2 , 9).\nc)\nPrzekształcamy wzór funkcji 𝑃:\n𝑃(𝑏) = (18 -2𝑏) ⋅√18𝑏-81\n2\n= √(18 -2𝑏)2(18𝑏-81)\n2\nTworzymy funkcję pomocniczą 𝑓 określoną wzorem\n𝑓(𝑏) = (18 -2𝑏)2(18𝑏-81) dla 𝑏∈(9\n2 , 9).\nWyznaczamy pochodną funkcji 𝑓:\n𝑓′(𝑏) = (-72 + 8𝑏)(18𝑏-81) + (324 -72𝑏+ 4𝑏2) ∙18 = 216𝑏2 -3240𝑏+ 11664\nObliczamy miejsce zerowe pochodnej funkcji 𝑓:\n𝑓′(𝑏) = 0\n216𝑏2 -3240𝑏+ 11664 = 0 i 𝑏∈(9\n2 , 9)\n𝑏2 -15𝑏+ 54 = 0 i 𝑏∈(9\n2 , 9)\n𝑏= 6\nPonieważ 𝑓′(𝑏) > 0 dla 𝑏∈(9\n2 , 6) oraz 𝑓′(𝑏) < 0 dla 𝑏∈(6,9), więc funkcja 𝑓 jest\nrosnąca w przedziale (9\n2, 6⟩ oraz malejąca w przedziale ⟨6, 9). Zatem funkcja 𝑓 osiąga\nwartość największą dla 𝑏= 6.\nPonieważ funkcja 𝑔(𝑥) = √𝑥, określona dla każdej liczby 𝑥≥0, jest funkcją rosnącą, więc\nfunkcja pola 𝑃 osiąga wartość największą dla tego argumentu, dla którego funkcja 𝑓\nosiąga wartość największą, tj. dla 𝑏= 6. Wtedy 𝑎= 18 -2 ∙6 = 6.\nSpośród rozważanych trójkątów największe pole ma trójkąt równoboczny o boku 6.\nSposób 2.\na)\nPrzyjmujemy następujące oznaczenia:\n𝑎 - długość podstawy trójkąta,\n𝑏 - długość ramienia trójkąta,\nℎ - wysokość trójkąta.\nObwód trójkąta jest równy 18, więc 𝑎+ 2𝑏= 18 i stąd 𝑎= 18 -2𝑏.\nWyznaczamy pole trójkąta, korzystając ze wzoru Herona.\nTrójkąt jest równoramienny, więc połowa 𝑝 obwodu trójkąta jest równa 𝑝= 2𝑏+𝑎\n2\noraz\n𝑝-𝑎= 2𝑏+𝑎\n2\n-𝑎= 2𝑏-𝑎\n2\ni 𝑝-𝑏= 2𝑏+𝑎\n2\n-𝑏= 𝑎\n2 .\nZatem\n𝑃= √2𝑏+ 𝑎\n2\n∙2𝑏-𝑎\n2\n∙𝑎\n2 ∙𝑎\n2\nPonieważ 𝑎= 18 -2𝑏> 0, więc\n𝑃(𝑏) = √2𝑏+ 18 -2𝑏\n2\n∙2𝑏-18 + 2𝑏\n2\n∙18 -2𝑏\n2\n∙18 -2𝑏\n2\n𝑃(𝑏) = √9 ∙(2𝑏-9) ∙(18 -2𝑏\n2\n)\n2\n𝑃(𝑏) =\n(18 -2𝑏) ⋅√18𝑏-81\n2\nb)\nWyznaczamy dziedzinę funkcji 𝑃.\nZ geometrycznych warunków zadania wynika, że 𝑎∈(0, +∞) oraz 𝑏∈(0, +∞), więc\n18 -2𝑏> 0, zatem 𝑏∈(0, 9).\nPonadto z warunku dla trójkąta 2𝑏> 𝑎 , więc 2𝑏> 18 -2𝑏 i stąd 𝑏> 9\n2 .\nDziedziną funkcji 𝑃 jest przedział (9\n2 , 9).\nc)\nZ nierówności między średnimi arytmetyczną i geometryczną dla liczb dodatnich 2𝑏-9,\n9 -𝑏, 9 -𝑏 otrzymujemy\n2𝑏-9 + 9 -𝑏+ 9 -𝑏\n3\n≥√(2𝑏-9) ∙(9 -𝑏) ∙(9 -𝑏)\n3\n3 ≥√(2𝑏-9) ∙(9 -𝑏)2\n3\n27 ≥(2𝑏-9) ∙(9 -𝑏)2\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nZatem\n√(2𝑏-9) ∙(9 -𝑏)2 ≤3√3\nprzy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy 2𝑏-9 = 9 -𝑏, tj. dla 𝑏= 6.\nPonieważ\n𝑃(𝑏) =\n(18 -2𝑏) ⋅√18𝑏-81\n2\n= 3√(9 -𝑏)2 ⋅(2𝑏-9)\nwięc 𝑃(𝑏) ≤3 ⋅3√3, przy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy 𝑏= 6.\nZatem funkcja 𝑃 osiąga wartość największą dla 𝑏= 6. Wtedy 𝑎= 18 -2 ∙6 = 6.\nSpośród rozważanych trójkątów największe pole ma trójkąt równoboczny o boku 6.","solution":"## Poprawna odpowiedź:\n\na) Dowód przez podstawienie i uproszczenie - patrz Sposób 1.\nb) Dziedzina: \\(b \\in \\left(\\dfrac{9}{2},\\ 9\\right)\\).\nc) Trójkąt o największym polu jest **równoboczny** - każdy bok ma długość **6**.\n\n## Sposób 1 (zadanie a) - Dowód wzoru na \\(P(b)\\))\n\n**Oznaczenia:** niech \\(b\\) = długość ramienia, \\(a\\) = długość podstawy.\n\nObwód trójkąta równoramiennego:\n\\[a + 2b = 18 \\implies a = 18 - 2b\\]\n\nTrójkąt równoramienny jest symetryczny, więc wysokość opuszczona na podstawę dzieli ją na dwie połowy. Z twierdzenia Pitagorasa:\n\\[h = \\sqrt{b^2 - \\left(\\frac{a}{2}\\right)^2}\\]\n\nPole:\n\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h = \\frac{a}{2}\\sqrt{b^2 - \\frac{a^2}{4}} = \\frac{a}{2} \\cdot \\frac{\\sqrt{4b^2 - a^2}}{2} = \\frac{a\\sqrt{4b^2 - a^2}}{4}\\]\n\nPodstawiamy \\(a = 18 - 2b\\):\n\\[4b^2 - a^2 = 4b^2 - (18-2b)^2 = 4b^2 - (324 - 72b + 4b^2) = 72b - 324 = 4(18b - 81)\\]\n\n\\[\\sqrt{4b^2 - a^2} = \\sqrt{4(18b-81)} = 2\\sqrt{18b - 81}\\]\n\nWstawiamy:\n\\[P = \\frac{(18-2b) \\cdot 2\\sqrt{18b-81}}{4} = \\boxed{\\frac{(18-2b)\\sqrt{18b-81}}{2}}\\]\n\nCo było do wykazania. ∎\n\n## Zadanie b) - Dziedzina funkcji \\(P\\)\n\nAby funkcja \\(P(b)\\) była określona i trójkąt faktycznie istniał, muszą być spełnione dwa warunki:\n\n**Warunek 1 - wyrażenie pod pierwiastkiem musi być dodatnie** (dla trójkąta niewyrodniałego):\n\\[18b - 81 > 0 \\implies b > \\frac{81}{18} = \\frac{9}{2}\\]\n\n**Warunek 2 - podstawa musi być dodatnia:**\n\\[a = 18 - 2b > 0 \\implies b < 9\\]\n\n**Wniosek:** Dziedzina funkcji \\(P\\) to:\n\\[\\boxed{b \\in \\left(\\frac{9}{2},\\ 9\\right)}\\]\n\n## Zadanie c), Sposób 1 - Pochodna\n\nSzukamy maksimum \\(P(b) = \\dfrac{(18-2b)\\sqrt{18b-81}}{2}\\) na przedziale \\(\\left(\\dfrac{9}{2}, 9\\right)\\).\n\nOznaczamy \\(u = 18-2b\\), \\(v = \\sqrt{18b-81}\\), aby liczyć pochodną iloczynu:\n\n\\[P'(b) = \\frac{u'v + uv'}{2}\\]\n\n\\[u' = -2, \\qquad v' = \\frac{18}{2\\sqrt{18b-81}} = \\frac{9}{\\sqrt{18b-81}}\\]\n\n\\[P'(b) = \\frac{-2\\sqrt{18b-81} + (18-2b)\\cdot\\dfrac{9}{\\sqrt{18b-81}}}{2}\\]\n\nLicznik (po pomnożeniu przez \\(\\sqrt{18b-81}\\)):\n\\[-2(18b-81) + 9(18-2b) = -36b + 162 + 162 - 18b = -54b + 324 = -54(b-6)\\]\n\nCzyli:\n\\[P'(b) = \\frac{-54(b-6)}{2\\sqrt{18b-81}}\\]\n\nMianownik jest dodatni na całej dziedzinie. Zatem:\n- \\(P'(b) > 0\\) dla \\(b < 6\\) - funkcja rośnie\n- \\(P'(b) = 0\\) dla \\(b = 6\\) - **ekstremum**\n- \\(P'(b) < 0\\) dla \\(b > 6\\) - funkcja maleje\n\n**Maksimum w punkcie \\(b = 6\\).**\n\nDługości boków:\n\\[b = 6, \\quad a = 18 - 2 \\cdot 6 = 6\\]\n\nTrójkąt jest **równoboczny** o boku \\(6\\).\n\nNajwiększe pole:\n\\[P(6) = \\frac{(18-12)\\sqrt{108-81}}{2} = \\frac{6\\sqrt{27}}{2} = \\frac{6 \\cdot 3\\sqrt{3}}{2} = 9\\sqrt{3}\\]\n\n## Sposób 2 - Nierówność AM-GM (bez pochodnej)\n\nZamiast pochodnej, korzystamy z AM-GM. Maksymalizujemy \\(P^2\\) (co jest równoważne maksymalizacji \\(P\\)):\n\n\\[P^2 = \\frac{(18-2b)^2(18b-81)}{4}\\]\n\nWprowadzamy \\(u = 18 - 2b\\), czyli \\(b = \\dfrac{18-u}{2}\\). Przeliczamy:\n\n\\[18b - 81 = 9(18-u) - 81 = 81 - 9u = 9(9-u)\\]\n\nZatem:\n\\[P^2 = \\frac{u^2 \\cdot 9(9-u)}{4} = \\frac{9}{4} \\cdot u^2(9-u)\\]\n\nSzukamy maksimum wyrażenia \\(u^2(9-u)\\). Stosujemy **AM-GM dla trzech liczb**:\n\n\\[\\frac{u}{2},\\quad \\frac{u}{2},\\quad 9-u\\]\n\nSuma tych liczb jest stała:\n\\[\\frac{u}{2} + \\frac{u}{2} + (9-u) = 9\\]\n\nZ AM-GM: \\(\\dfrac{a+b+c}{3} \\geq \\sqrt[3]{abc}\\), a więc:\n\n\\[\\sqrt[3]{\\frac{u}{2} \\cdot \\frac{u}{2} \\cdot (9-u)} \\leq \\frac{9}{3} = 3\\]\n\n\\[\\frac{u}{2} \\cdot \\frac{u}{2} \\cdot (9-u) \\leq 27 \\implies \\frac{u^2(9-u)}{4} \\leq 27\\]\n\nRówność zachodzi gdy \\(\\dfrac{u}{2} = 9-u\\), stąd \\(u = 6\\). Wtedy:\n\n\\[P^2 \\leq \\frac{9}{4} \\cdot 4 \\cdot 27 = 243 \\implies P \\leq \\sqrt{243} = 9\\sqrt{3}\\]\n\n\\(u = 6\\) oznacza \\(18 - 2b = 6\\), czyli **\\(b = 6\\)** - trójkąt równoboczny o boku \\(6\\). ✓\n\n## Wzory z karty CKE\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 15-17)** - twierdzenie Pitagorasa:\n\\[a^2 + b^2 = c^2\\]\nUżyte do wyznaczenia wysokości trójkąta równoramiennego: \\(h = \\sqrt{b^2 - \\left(\\frac{a}{2}\\right)^2}\\).\n\n**Dział 10 (Planimetria, s. 15)** - pole trójkąta:\n\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot \\text{podstawa} \\cdot \\text{wysokość}\\]\nPodstawowa formuła użyta na samym początku.\n\n**Dział 16 (Pochodna funkcji, s. 32-33)** - reguła różniczkowania iloczynu oraz tabela pochodnych:\n\\[[f(x) \\cdot g(x)]' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x), \\qquad [\\sqrt{x}]' = \\frac{1}{2\\sqrt{x}}\\]\nUżyte w Sposobie 1 do obliczenia \\(P'(b)\\).\n\n## Typowe pułapki i uwagi\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Przy wyznaczaniu dziedziny pamiętaj o **obu warunkach** - wyrażenie pod pierwiastkiem musi być nieujemne (lepiej: dodatnie, bo $= 0$ daje zdegenerowany trójkąt o polu 0) **oraz** podstawa $a = 18-2b$ musi być dodatnia. Pominięcie drugiego warunku daje dziedzinę $b \\in \\left(\\frac{9}{2}, +\\infty\\right)$, co jest błędem.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Przy liczeniu pochodnej iloczynu \\((18-2b)\\sqrt{18b-81}\\) łatwo pomylić się w znakach - \\((18-2b)' = -2\\), nie \\(+2\\). Warto od razu wyciągnąć wspólny czynnik \\(-54\\), żeby zobaczyć znak pochodnej.\n\n> ⚠️ **Uwaga:** Wynik - trójkąt równoboczny - jest intuicyjny: wśród wszystkich trójkątów o danym obwodzie to właśnie trójkąt równoboczny ma największe pole. Jeśli Twój wynik wyszedł inny, sprawdź obliczenia - prawie na pewno jest błąd gdzieś wyżej.\n\n### Sposób 1. (tw. Pitagorasa + pochodna)\n\n**Oznaczenia:** \\(a\\) - podstawa, \\(b\\) - ramię, \\(h\\) - wysokość.\n\n**a) Dowód wzoru.**\n\nObwód: \\(a+2b = 18\\), stąd \\(a = 18-2b\\).\n\nZ tw. Pitagorasa w połówce trójkąta (wysokość dzieli podstawę na pół):\n\n\\(h^2 = b^2 - \\left(\\dfrac{a}{2}\\right)^2 = b^2 - \\left(\\dfrac{18-2b}{2}\\right)^2 = b^2 - (9-b)^2\\)\n\n\\(h^2 = b^2 - (81 - 18b + b^2) = 18b - 81\\)\n\n\\(h = \\sqrt{18b-81}\\)\n\nPole: \\(P = \\dfrac{ah}{2} = \\dfrac{(18-2b)\\sqrt{18b-81}}{2}\\). \\(\\blacksquare\\)\n\n**b) Dziedzina.**\n\nWarunki:\n- \\(a > 0\\): \\(18-2b > 0\\), czyli \\(b < 9\\).\n- \\(b > 0\\).\n- Nierówność trójkąta: \\(2b > a\\), czyli \\(2b > 18-2b\\), \\(b > \\dfrac{9}{2}\\).\n- Wyrażenie pod pierwiastkiem: \\(18b-81 > 0\\), czyli \\(b > \\dfrac{9}{2}\\) (tak samo).\n\nDziedzina: \\(b \\in \\left(\\dfrac{9}{2},\\; 9\\right)\\).\n\n**c) Maksimum pola.**\n\nAby uniknąć pochodnej z pierwiastka, pracujemy z funkcją pomocniczą:\n\n\\(f(b) = (18-2b)^2(18b-81) = [P(b)\\cdot 2]^2 / 1\\) a właściwie \\(f(b) = (18-2b)^2(18b-81)\\) - pole jest maksymalne, gdy \\(f\\) jest maksymalne (oba dodatnie w dziedzinie).\n\nWyliczamy \\(f'(b)\\):\n\n\\(f'(b) = 2(18-2b)\\cdot(-2)\\cdot(18b-81) + (18-2b)^2\\cdot 18\\)\n\n\\(= -4(18-2b)(18b-81) + 18(18-2b)^2\\)\n\n\\(= (18-2b)[-4(18b-81) + 18(18-2b)]\\)\n\n\\(= (18-2b)[-72b+324+324-36b]\\)\n\n\\(= (18-2b)(648-108b)\\)\n\n\\(= 108(18-2b)(6-b)\\)\n\nMiejsca zerowe: \\(b = 9\\) (poza dziedziną) lub \\(b = 6\\).\n\n**Znak pochodnej w dziedzinie \\(\\left(\\dfrac{9}{2}, 9\\right)\\):**\n- Dla \\(b \\in \\left(\\dfrac{9}{2}, 6\\right)\\): \\((18-2b) > 0\\), \\((6-b) > 0\\), więc \\(f'(b) > 0\\) - funkcja rosnąca.\n- Dla \\(b \\in (6, 9)\\): \\((18-2b) > 0\\), \\((6-b) < 0\\), więc \\(f'(b) < 0\\) - funkcja malejąca.\n\nZatem \\(f\\) (i \\(P\\)) osiąga maksimum w \\(b = 6\\).\n\nPodstawa: \\(a = 18 - 2\\cdot 6 = 6\\).\n\n**Odpowiedź:** Największe pole ma trójkąt **równoboczny o boku 6** (bo \\(a=b=6\\)).\n\n### Sposób 2. (nierówność AM-GM)\n\n**a) i b) jak wyżej.**\n\n**c)** Przekształcamy:\n\n\\(P^2(b) = \\dfrac{(18-2b)^2(18b-81)}{4} = \\dfrac{4(9-b)^2\\cdot 9(2b-9)}{4} = 9(9-b)^2(2b-9)\\)\n\nStosujemy AM-GM do trzech liczb dodatnich \\(9-b, 9-b, 2b-9\\):\n\n\\(\\dfrac{(9-b)+(9-b)+(2b-9)}{3} \\geq \\sqrt[3]{(9-b)^2(2b-9)}\\)\n\n\\(\\dfrac{9}{3} = 3 \\geq \\sqrt[3]{(9-b)^2(2b-9)}\\)\n\n\\(27 \\geq (9-b)^2(2b-9)\\), z równością gdy \\(9-b = 2b-9\\), czyli \\(b = 6\\).\n\nStąd \\(P^2 \\leq 9\\cdot 27 = 243\\), więc \\(P \\leq \\sqrt{243} = 9\\sqrt{3}\\), z równością dla \\(b = 6\\).\n\nWtedy \\(a = 18-12 = 6\\) - trójkąt równoboczny.\n\n**Trik:** Gdy szukasz maksimum funkcji postaci \\(P(b) = f(b)\\sqrt{g(b)}\\), pracuj z \\(P^2\\) - pochodna jest dramatycznie prostsza. Tu dodatkowo widzimy symetrię: ekstremum w \"równym podziale\" - trójkąt równoboczny to zawsze optymalny przy ustalonym obwodzie (izoperymetr).\n\n### Uwagi o punktacji\n(0-7)\n**Część a) (0-2):**\n- 1 pkt: \\(a = 18-2b\\), \\(h = \\sqrt{18b-81}\\).\n- 2 pkt: pełny wzór \\(P(b) = \\dfrac{(18-2b)\\sqrt{18b-81}}{2}\\).\n\n**Część b) (0-1):**\n- 1 pkt: dziedzina \\(\\left(\\dfrac{9}{2}, 9\\right)\\).\n\n**Część c) (0-4):**\n- 1 pkt: wyznaczenie pochodnej funkcji pomocniczej \\(f(b) = (18-2b)^2(18b-81)\\).\n- 2 pkt: \\(f'(b) = 0 \\Rightarrow b = 6\\).\n- 3 pkt: zbadanie znaku pochodnej + uzasadnienie maksimum.\n- 4 pkt: \\(a = 6\\) i \\(b = 6\\) (trójkąt równoboczny).\n\n**UWAGA:** Uzasadnienie istnienia największej wartości w całym \\(\\mathbb{R}\\) zamiast w dziedzinie = nie dostajemy punktu za krok 3. Uzasadnienie maksimum lokalnego jako maksimum globalnego wymaga zbadania monotoniczności na całej dziedzinie.","image":"img/matematyka-2022-maj-matura-rozszerzona/zad-15.webp","solution_image":"img/matematyka-2022-maj-matura-rozszerzona/sol-15.svg","topics":"optymalizacja","page_from":22,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":"maturazai","text_source":"site","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2022 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"

Zadanie 15. (0-7)
Rozpatrujemy wszystkie trójkąty równoramienne o obwodzie równym 18.
a) Wykaż, że pole 𝑃 każdego z tych trójkątów, jako funkcja długości 𝑏 ramienia, wyraża się
wzorem 𝑃(𝑏) =
(18-2𝑏) ⋅ √18𝑏-81
2
b) Wyznacz dziedzinę funkcji 𝑃.
c) Oblicz długości boków tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole.

\n

EMAP-R0_100

\n

EMAP-R0_100
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
15.
Maks. liczba pkt
7
Uzyskana liczba pkt

\n

EMAP-R0_100
BRUDNOPIS (nie podlega ocenie)

\n

EMAP-R0_100
Rozpatrujemy wszystkie trójkąty równoramienne o obwodzie równym 18. a) Wykaż, że pole P każdego z tych trójkątów, jako funkcja długości b ramienia, wyraża się wzorem P(b)= (18-2b)⋅√(18b-81) / 2 b) Wyznacz dziedzinę funkcji P c) Oblicz długości boków tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole.

","answer_text_html":"

Zadanie 15. (0-7)
Wymagania egzaminacyjne 2022
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
III. Modelowanie matematyczne.
Zdający:
R11.6) stosuje pochodne do rozwiązywania
zagadnień optymalizacyjnych.
Zasady oceniania dla sposobu 1.
Część a)
Zdający otrzymuje 1 pkt
gdy wyznaczy i zapisze długość 𝑎 podstawy oraz wysokość ℎ trójkąta w zależności od
długości 𝑏 ramienia trójkąta: 𝑎= 18 -2𝑏, ℎ= √18𝑏-81.
Zdający otrzymuje 2 pkt
gdy zapisze pole trójkąta jako funkcję jednej zmiennej 𝑏:
𝑃(𝑏) =
(18 -2𝑏) ⋅√18𝑏-81
2
= √(18 -2𝑏)2(18𝑏-81)
2
Część b)
Zdający otrzymuje 1 pkt
gdy poprawnie wyznaczy dziedzinę funkcji 𝑃: (9
2 , 9).
Część c)
Zdający otrzymuje 1 pkt
gdy wyznaczy wzór pochodnej funkcji 𝑓, np.
𝑓′(𝑏) = (-72 + 8𝑏)(18𝑏-81) + (324 -72𝑏+ 4𝑏2) ∙18 lub
𝑓′(𝑏) = 216𝑏2 -3240𝑏+ 11664, lub 𝑓′(𝑏) = 216(𝑏2 -15𝑏+ 54).
Zdający otrzymuje 2 pkt
gdy obliczy miejsca zerowe pochodnej funkcji 𝑓: 𝑏= 6.
Zdający otrzymuje 3 pkt
gdy zbada znak pochodnej funkcji 𝑓: 𝑓′(𝑏) > 0 dla 𝑏∈(9
2 , 6) oraz 𝑓′(𝑏) < 0 dla
𝑏∈(6, 9) oraz wyznaczy (z uzasadnieniem) wartość zmiennej 𝑏, dla której funkcja 𝑓
osiąga wartość największą, np.
funkcja 𝑓 zmiennej 𝑏 (określona na przedziale (9
2 , 9)) jest rosnąca w przedziale (9
2 , 6]
oraz malejąca w przedziale [6, 9), więc w punkcie 𝑏= 6 osiąga największą wartość.
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zdający otrzymuje 4 pkt
gdy zapisze, że długość podstawy i ramienia trójkąta o największym polu są równe
odpowiednio 𝑎= 6 i 𝑏= 6.
Uwagi do części c):

\n
  1. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres
\n

funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak i zaznaczając na rysunku, np.
znakami „+” i „-”, znak pochodnej.

\n
  1. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja posiada wartość największą dla
\n

wyznaczonej wartości 𝑏, przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy
zdający:

\n\n

lub

\n\n

jednocześnie jej największa wartość.
Jeżeli zdający nie przedstawi takiego uzasadnienia, to za część c) może otrzymać co
najwyżej 3 punkty.

\n
  1. Jeśli zdający błędnie wyznaczy dziedzinę funkcji 𝑃 zmiennej 𝑏, to może otrzymać punkt
\n

za dwa ostatnie kroki w części c) tylko wtedy, gdy wyznaczone przez zdającego miejsce
zerowe pochodnej należy do części wspólnej wyznaczonej przez zdającego dziedziny
i przedziału (9
2 , 9).

\n
  1. Jeśli zdający uzasadnia istnienie największej wartości funkcji pola trójkąta w zbiorze ℝ,
\n

to nie otrzymuje punktu za krok trzeci w części c).

\n
  1. Jeśli w części c) zdający bada błędną funkcję , np. 𝑓(𝑏) = (18-2𝑏)(18𝑏-81)
\n

2
, to za
część c) otrzymuje 0 punktów.
Zasady oceniania dla sposobu 2.
Część a)
Zdający otrzymuje 1 pkt
gdy zapisze długość 𝑎 podstawy w zależności od długości 𝑏 ramienia trójkąta oraz
długości potrzebnych do zastosowania wzoru Herona : 𝑎= 18 -2𝑏, 𝑝= 2𝑏+𝑎
2
,
𝑝-𝑎= 2𝑏-𝑎
2
, 𝑝-𝑏= 𝑎
2 .
Zdający otrzymuje 2 pkt
gdy zapisze pole trójkąta jako funkcję jednej zmiennej 𝑏:
𝑃(𝑏) = (18 -2𝑏) ⋅√18𝑏-81
2
= √(18 -2𝑏)2(18𝑏-81)
2
Część b)
Zdający otrzymuje 1 pkt
gdy poprawnie wyznaczy dziedzinę funkcji 𝑃: (9
2 , 9).
Część c)
Zdający otrzymuje 1 pkt
gdy zapisze zależność między średnią arytmetyczną i średnią geometryczną :
2𝑏-9 + 9 -𝑏+ 9 -𝑏
3
≥√(2𝑏-9) ∙(9 -𝑏) ∙(9 -𝑏)
3
Zdający otrzymuje 2 pkt
gdy obliczy 𝑏 , dla którego zachodzi równość średniej arytmetycznej i geometrycznej: 𝑏= 6.
Zdający otrzymuje 3 pkt
gdy uzasadni, że dla 𝑏= 6 funkcja 𝑃 osiąga wartość największą.
Zdający otrzymuje 4 pkt
gdy zapisze, że długość podstawy i ramienia trójkąta o największym polu są równe
odpowiednio 𝑎= 6, 𝑏= 6.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1.
a)
Przyjmujemy następujące oznaczenia:
𝑎 - długość podstawy trójkąta,
𝑏 - długość ramienia trójkąta,
ℎ - wysokość trójkąta.
Obwód trójkąta jest równy 18, więc 𝑎+ 2𝑏= 18 i stąd 𝑎= 18 -2𝑏.
Z geometrycznych warunków zadania wynika, że 𝑎∈(0, +∞) oraz 𝑏∈(0, +∞), więc
18 -2𝑏> 0, zatem 𝑏∈(0, 9).
Korzystając z twierdzenia Pitagorasa i związku 𝑎= 18 -2𝑏, otrzymujemy
ℎ2 = 𝑏2 -(1
2 𝑎)
2
ℎ2 = 𝑏2 -(1
2 (18 -2𝑏))
2
ℎ2 = 𝑏2 -(9 -𝑏)2
ℎ2 = 18𝑏-81
ℎ= √18𝑏-81
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Musi zachodzić 18𝑏-81 > 0, więc 𝑏> 81
18 . Zatem 𝑏∈(9
2 , 9).
Pole trójkąta o podstawie 𝑎 i wysokości ℎ jest równe 𝑃= 𝑎ℎ
2 .
Zapisujemy pole trójkąta jako funkcję 𝑃 zmiennej 𝑏:
𝑃(𝑏) = (18 -2𝑏) ⋅√18𝑏-81
2
dla 𝑏∈(9
2 , 9)
b)
Z geometrycznych warunków zadania wynika, że 𝑎∈(0, +∞) oraz 𝑏∈(0, +∞), więc
18 -2𝑏> 0, zatem 𝑏∈(0, 9).
Z warunku trójkąta 2𝑏> 𝑎 , czyli 2𝑏> 18 -2𝑏, więc 𝑏> 9
2 . Zatem 𝑏∈(9
2 , 9).
Dziedziną tej funkcji jest przedział (9
2 , 9).
c)
Przekształcamy wzór funkcji 𝑃:
𝑃(𝑏) = (18 -2𝑏) ⋅√18𝑏-81
2
= √(18 -2𝑏)2(18𝑏-81)
2
Tworzymy funkcję pomocniczą 𝑓 określoną wzorem
𝑓(𝑏) = (18 -2𝑏)2(18𝑏-81) dla 𝑏∈(9
2 , 9).
Wyznaczamy pochodną funkcji 𝑓:
𝑓′(𝑏) = (-72 + 8𝑏)(18𝑏-81) + (324 -72𝑏+ 4𝑏2) ∙18 = 216𝑏2 -3240𝑏+ 11664
Obliczamy miejsce zerowe pochodnej funkcji 𝑓:
𝑓′(𝑏) = 0
216𝑏2 -3240𝑏+ 11664 = 0 i 𝑏∈(9
2 , 9)
𝑏2 -15𝑏+ 54 = 0 i 𝑏∈(9
2 , 9)
𝑏= 6
Ponieważ 𝑓′(𝑏) > 0 dla 𝑏∈(9
2 , 6) oraz 𝑓′(𝑏) < 0 dla 𝑏∈(6,9), więc funkcja 𝑓 jest
rosnąca w przedziale (9
2, 6⟩ oraz malejąca w przedziale ⟨6, 9). Zatem funkcja 𝑓 osiąga
wartość największą dla 𝑏= 6.
Ponieważ funkcja 𝑔(𝑥) = √𝑥, określona dla każdej liczby 𝑥≥0, jest funkcją rosnącą, więc
funkcja pola 𝑃 osiąga wartość największą dla tego argumentu, dla którego funkcja 𝑓
osiąga wartość największą, tj. dla 𝑏= 6. Wtedy 𝑎= 18 -2 ∙6 = 6.
Spośród rozważanych trójkątów największe pole ma trójkąt równoboczny o boku 6.
Sposób 2.
a)
Przyjmujemy następujące oznaczenia:
𝑎 - długość podstawy trójkąta,
𝑏 - długość ramienia trójkąta,
ℎ - wysokość trójkąta.
Obwód trójkąta jest równy 18, więc 𝑎+ 2𝑏= 18 i stąd 𝑎= 18 -2𝑏.
Wyznaczamy pole trójkąta, korzystając ze wzoru Herona.
Trójkąt jest równoramienny, więc połowa 𝑝 obwodu trójkąta jest równa 𝑝= 2𝑏+𝑎
2
oraz
𝑝-𝑎= 2𝑏+𝑎
2
-𝑎= 2𝑏-𝑎
2
i 𝑝-𝑏= 2𝑏+𝑎
2
-𝑏= 𝑎
2 .
Zatem
𝑃= √2𝑏+ 𝑎
2
∙2𝑏-𝑎
2
∙𝑎
2 ∙𝑎
2
Ponieważ 𝑎= 18 -2𝑏> 0, więc
𝑃(𝑏) = √2𝑏+ 18 -2𝑏
2
∙2𝑏-18 + 2𝑏
2
∙18 -2𝑏
2
∙18 -2𝑏
2
𝑃(𝑏) = √9 ∙(2𝑏-9) ∙(18 -2𝑏
2
)
2
𝑃(𝑏) =
(18 -2𝑏) ⋅√18𝑏-81
2
b)
Wyznaczamy dziedzinę funkcji 𝑃.
Z geometrycznych warunków zadania wynika, że 𝑎∈(0, +∞) oraz 𝑏∈(0, +∞), więc
18 -2𝑏> 0, zatem 𝑏∈(0, 9).
Ponadto z warunku dla trójkąta 2𝑏> 𝑎 , więc 2𝑏> 18 -2𝑏 i stąd 𝑏> 9
2 .
Dziedziną funkcji 𝑃 jest przedział (9
2 , 9).
c)
Z nierówności między średnimi arytmetyczną i geometryczną dla liczb dodatnich 2𝑏-9,
9 -𝑏, 9 -𝑏 otrzymujemy
2𝑏-9 + 9 -𝑏+ 9 -𝑏
3
≥√(2𝑏-9) ∙(9 -𝑏) ∙(9 -𝑏)
3
3 ≥√(2𝑏-9) ∙(9 -𝑏)2
3
27 ≥(2𝑏-9) ∙(9 -𝑏)2
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zatem
√(2𝑏-9) ∙(9 -𝑏)2 ≤3√3
przy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy 2𝑏-9 = 9 -𝑏, tj. dla 𝑏= 6.
Ponieważ
𝑃(𝑏) =
(18 -2𝑏) ⋅√18𝑏-81
2
= 3√(9 -𝑏)2 ⋅(2𝑏-9)
więc 𝑃(𝑏) ≤3 ⋅3√3, przy czym równość zachodzi tylko wtedy, gdy 𝑏= 6.
Zatem funkcja 𝑃 osiąga wartość największą dla 𝑏= 6. Wtedy 𝑎= 18 -2 ∙6 = 6.
Spośród rozważanych trójkątów największe pole ma trójkąt równoboczny o boku 6.

","solutions":[{"source":"site","label":"matematykaszkolna.pl","kind":"image","image":"/img/matematyka-2022-maj-matura-rozszerzona/sol-15.svg"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"

Poprawna odpowiedź:

\n

a) Dowód przez podstawienie i uproszczenie - patrz Sposób 1.
b) Dziedzina: \\(b \\in \\left(\\dfrac{9}{2},\\ 9\\right)\\).
c) Trójkąt o największym polu jest równoboczny - każdy bok ma długość 6.

\n

Sposób 1 (zadanie a) - Dowód wzoru na \\(P(b)\\))

\n

Oznaczenia: niech \\(b\\) = długość ramienia, \\(a\\) = długość podstawy.

\n

Obwód trójkąta równoramiennego:
\\[a + 2b = 18 \\implies a = 18 - 2b\\]

\n

Trójkąt równoramienny jest symetryczny, więc wysokość opuszczona na podstawę dzieli ją na dwie połowy. Z twierdzenia Pitagorasa:
\\[h = \\sqrt{b^2 - \\left(\\frac{a}{2}\\right)^2}\\]

\n

Pole:
\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot a \\cdot h = \\frac{a}{2}\\sqrt{b^2 - \\frac{a^2}{4}} = \\frac{a}{2} \\cdot \\frac{\\sqrt{4b^2 - a^2}}{2} = \\frac{a\\sqrt{4b^2 - a^2}}{4}\\]

\n

Podstawiamy \\(a = 18 - 2b\\):
\\[4b^2 - a^2 = 4b^2 - (18-2b)^2 = 4b^2 - (324 - 72b + 4b^2) = 72b - 324 = 4(18b - 81)\\]

\n

\\[\\sqrt{4b^2 - a^2} = \\sqrt{4(18b-81)} = 2\\sqrt{18b - 81}\\]

\n

Wstawiamy:
\\[P = \\frac{(18-2b) \\cdot 2\\sqrt{18b-81}}{4} = \\boxed{\\frac{(18-2b)\\sqrt{18b-81}}{2}}\\]

\n

Co było do wykazania. ∎

\n

Zadanie b) - Dziedzina funkcji \\(P\\)

\n

Aby funkcja \\(P(b)\\) była określona i trójkąt faktycznie istniał, muszą być spełnione dwa warunki:

\n

Warunek 1 - wyrażenie pod pierwiastkiem musi być dodatnie (dla trójkąta niewyrodniałego):
\\[18b - 81 > 0 \\implies b > \\frac{81}{18} = \\frac{9}{2}\\]

\n

Warunek 2 - podstawa musi być dodatnia:
\\[a = 18 - 2b > 0 \\implies b < 9\\]

\n

Wniosek: Dziedzina funkcji \\(P\\) to:
\\[\\boxed{b \\in \\left(\\frac{9}{2},\\ 9\\right)}\\]

\n

Zadanie c), Sposób 1 - Pochodna

\n

Szukamy maksimum \\(P(b) = \\dfrac{(18-2b)\\sqrt{18b-81}}{2}\\) na przedziale \\(\\left(\\dfrac{9}{2}, 9\\right)\\).

\n

Oznaczamy \\(u = 18-2b\\), \\(v = \\sqrt{18b-81}\\), aby liczyć pochodną iloczynu:

\n

\\[P'(b) = \\frac{u'v + uv'}{2}\\]

\n

\\[u' = -2, \\qquad v' = \\frac{18}{2\\sqrt{18b-81}} = \\frac{9}{\\sqrt{18b-81}}\\]

\n

\\[P'(b) = \\frac{-2\\sqrt{18b-81} + (18-2b)\\cdot\\dfrac{9}{\\sqrt{18b-81}}}{2}\\]

\n

Licznik (po pomnożeniu przez \\(\\sqrt{18b-81}\\)):
\\[-2(18b-81) + 9(18-2b) = -36b + 162 + 162 - 18b = -54b + 324 = -54(b-6)\\]

\n

Czyli:
\\[P'(b) = \\frac{-54(b-6)}{2\\sqrt{18b-81}}\\]

\n

Mianownik jest dodatni na całej dziedzinie. Zatem:

\n\n

Maksimum w punkcie \\(b = 6\\).

\n

Długości boków:
\\[b = 6, \\quad a = 18 - 2 \\cdot 6 = 6\\]

\n

Trójkąt jest równoboczny o boku \\(6\\).

\n

Największe pole:
\\[P(6) = \\frac{(18-12)\\sqrt{108-81}}{2} = \\frac{6\\sqrt{27}}{2} = \\frac{6 \\cdot 3\\sqrt{3}}{2} = 9\\sqrt{3}\\]

\n

Sposób 2 - Nierówność AM-GM (bez pochodnej)

\n

Zamiast pochodnej, korzystamy z AM-GM. Maksymalizujemy \\(P^2\\) (co jest równoważne maksymalizacji \\(P\\)):

\n

\\[P^2 = \\frac{(18-2b)^2(18b-81)}{4}\\]

\n

Wprowadzamy \\(u = 18 - 2b\\), czyli \\(b = \\dfrac{18-u}{2}\\). Przeliczamy:

\n

\\[18b - 81 = 9(18-u) - 81 = 81 - 9u = 9(9-u)\\]

\n

Zatem:
\\[P^2 = \\frac{u^2 \\cdot 9(9-u)}{4} = \\frac{9}{4} \\cdot u^2(9-u)\\]

\n

Szukamy maksimum wyrażenia \\(u^2(9-u)\\). Stosujemy AM-GM dla trzech liczb:

\n

\\[\\frac{u}{2},\\quad \\frac{u}{2},\\quad 9-u\\]

\n

Suma tych liczb jest stała:
\\[\\frac{u}{2} + \\frac{u}{2} + (9-u) = 9\\]

\n

Z AM-GM: \\(\\dfrac{a+b+c}{3} \\geq \\sqrt[3]{abc}\\), a więc:

\n

\\[\\sqrt[3]{\\frac{u}{2} \\cdot \\frac{u}{2} \\cdot (9-u)} \\leq \\frac{9}{3} = 3\\]

\n

\\[\\frac{u}{2} \\cdot \\frac{u}{2} \\cdot (9-u) \\leq 27 \\implies \\frac{u^2(9-u)}{4} \\leq 27\\]

\n

Równość zachodzi gdy \\(\\dfrac{u}{2} = 9-u\\), stąd \\(u = 6\\). Wtedy:

\n

\\[P^2 \\leq \\frac{9}{4} \\cdot 4 \\cdot 27 = 243 \\implies P \\leq \\sqrt{243} = 9\\sqrt{3}\\]

\n

\\(u = 6\\) oznacza \\(18 - 2b = 6\\), czyli \\(b = 6\\) - trójkąt równoboczny o boku \\(6\\). ✓

\n

Wzory z karty CKE

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15-17) - twierdzenie Pitagorasa:
\\[a^2 + b^2 = c^2\\]
Użyte do wyznaczenia wysokości trójkąta równoramiennego: \\(h = \\sqrt{b^2 - \\left(\\frac{a}{2}\\right)^2}\\).

\n

Dział 10 (Planimetria, s. 15) - pole trójkąta:
\\[P = \\frac{1}{2} \\cdot \\text{podstawa} \\cdot \\text{wysokość}\\]
Podstawowa formuła użyta na samym początku.

\n

Dział 16 (Pochodna funkcji, s. 32-33) - reguła różniczkowania iloczynu oraz tabela pochodnych:
\\[[f(x) \\cdot g(x)]' = f'(x)g(x) + f(x)g'(x), \\qquad [\\sqrt{x}]' = \\frac{1}{2\\sqrt{x}}\\]
Użyte w Sposobie 1 do obliczenia \\(P'(b)\\).

\n

Typowe pułapki i uwagi

\n
⚠️ Uwaga: Przy wyznaczaniu dziedziny pamiętaj o obu warunkach - wyrażenie pod pierwiastkiem musi być nieujemne (lepiej: dodatnie, bo $= 0$ daje zdegenerowany trójkąt o polu 0) oraz podstawa $a = 18-2b$ musi być dodatnia. Pominięcie drugiego warunku daje dziedzinę $b \\in \\left(\\frac{9}{2}, +\\infty\\right)$, co jest błędem.
\n
⚠️ Uwaga: Przy liczeniu pochodnej iloczynu \\((18-2b)\\sqrt{18b-81}\\) łatwo pomylić się w znakach - \\((18-2b)' = -2\\), nie \\(+2\\). Warto od razu wyciągnąć wspólny czynnik \\(-54\\), żeby zobaczyć znak pochodnej.
\n
⚠️ Uwaga: Wynik - trójkąt równoboczny - jest intuicyjny: wśród wszystkich trójkątów o danym obwodzie to właśnie trójkąt równoboczny ma największe pole. Jeśli Twój wynik wyszedł inny, sprawdź obliczenia - prawie na pewno jest błąd gdzieś wyżej.
\n
Sposób 1. (tw. Pitagorasa + pochodna)
\n

Oznaczenia: \\(a\\) - podstawa, \\(b\\) - ramię, \\(h\\) - wysokość.

\n

a) Dowód wzoru.

\n

Obwód: \\(a+2b = 18\\), stąd \\(a = 18-2b\\).

\n

Z tw. Pitagorasa w połówce trójkąta (wysokość dzieli podstawę na pół):

\n

\\(h^2 = b^2 - \\left(\\dfrac{a}{2}\\right)^2 = b^2 - \\left(\\dfrac{18-2b}{2}\\right)^2 = b^2 - (9-b)^2\\)

\n

\\(h^2 = b^2 - (81 - 18b + b^2) = 18b - 81\\)

\n

\\(h = \\sqrt{18b-81}\\)

\n

Pole: \\(P = \\dfrac{ah}{2} = \\dfrac{(18-2b)\\sqrt{18b-81}}{2}\\). \\(\\blacksquare\\)

\n

b) Dziedzina.

\n

Warunki:

\n\n

Dziedzina: \\(b \\in \\left(\\dfrac{9}{2},\\; 9\\right)\\).

\n

c) Maksimum pola.

\n

Aby uniknąć pochodnej z pierwiastka, pracujemy z funkcją pomocniczą:

\n

\\(f(b) = (18-2b)^2(18b-81) = [P(b)\\cdot 2]^2 / 1\\) a właściwie \\(f(b) = (18-2b)^2(18b-81)\\) - pole jest maksymalne, gdy \\(f\\) jest maksymalne (oba dodatnie w dziedzinie).

\n

Wyliczamy \\(f'(b)\\):

\n

\\(f'(b) = 2(18-2b)\\cdot(-2)\\cdot(18b-81) + (18-2b)^2\\cdot 18\\)

\n

\\(= -4(18-2b)(18b-81) + 18(18-2b)^2\\)

\n

\\(= (18-2b)[-4(18b-81) + 18(18-2b)]\\)

\n

\\(= (18-2b)[-72b+324+324-36b]\\)

\n

\\(= (18-2b)(648-108b)\\)

\n

\\(= 108(18-2b)(6-b)\\)

\n

Miejsca zerowe: \\(b = 9\\) (poza dziedziną) lub \\(b = 6\\).

\n

Znak pochodnej w dziedzinie \\(\\left(\\dfrac{9}{2}, 9\\right)\\):

\n\n

Zatem \\(f\\) (i \\(P\\)) osiąga maksimum w \\(b = 6\\).

\n

Podstawa: \\(a = 18 - 2\\cdot 6 = 6\\).

\n

Odpowiedź: Największe pole ma trójkąt równoboczny o boku 6 (bo \\(a=b=6\\)).

\n
Sposób 2. (nierówność AM-GM)
\n

a) i b) jak wyżej.

\n

c) Przekształcamy:

\n

\\(P^2(b) = \\dfrac{(18-2b)^2(18b-81)}{4} = \\dfrac{4(9-b)^2\\cdot 9(2b-9)}{4} = 9(9-b)^2(2b-9)\\)

\n

Stosujemy AM-GM do trzech liczb dodatnich \\(9-b, 9-b, 2b-9\\):

\n

\\(\\dfrac{(9-b)+(9-b)+(2b-9)}{3} \\geq \\sqrt[3]{(9-b)^2(2b-9)}\\)

\n

\\(\\dfrac{9}{3} = 3 \\geq \\sqrt[3]{(9-b)^2(2b-9)}\\)

\n

\\(27 \\geq (9-b)^2(2b-9)\\), z równością gdy \\(9-b = 2b-9\\), czyli \\(b = 6\\).

\n

Stąd \\(P^2 \\leq 9\\cdot 27 = 243\\), więc \\(P \\leq \\sqrt{243} = 9\\sqrt{3}\\), z równością dla \\(b = 6\\).

\n

Wtedy \\(a = 18-12 = 6\\) - trójkąt równoboczny.

\n

Trik: Gdy szukasz maksimum funkcji postaci \\(P(b) = f(b)\\sqrt{g(b)}\\), pracuj z \\(P^2\\) - pochodna jest dramatycznie prostsza. Tu dodatkowo widzimy symetrię: ekstremum w "równym podziale" - trójkąt równoboczny to zawsze optymalny przy ustalonym obwodzie (izoperymetr).

\n
Uwagi o punktacji
\n

(0-7)
Część a) (0-2):

\n\n

Część b) (0-1):

\n\n

Część c) (0-4):

\n\n

UWAGA: Uzasadnienie istnienia największej wartości w całym \\(\\mathbb{R}\\) zamiast w dziedzinie = nie dostajemy punktu za krok 3. Uzasadnienie maksimum lokalnego jako maksimum globalnego wymaga zbadania monotoniczności na całej dziedzinie.

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

$a = 6$ i $b = 6$

"}]}