{"id":"matematyka-2026-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/15","paper_id":"matematyka-2026-maj-matura-stara-rozszerzona","number":"15","points":7,"ptype":"open","subject":"matematyka","category":"matura","year":2026,"month":"maj","level":"rozszerzona","text":"Zadanie 15. (0-7)\nW projekcie ogrodu zaplanowano kwietnik w kształcie trójkąta równoramiennego o podstawie\ndługości 𝑥 metrów nieprzekraczającej 10 metrów. Na tym kwietniku ma znajdować się\nfontanna w kształcie koła o średnicy 4 metrów, które ma być styczne do każdego z boków\ntrójkątnego kwietnika (zobacz rysunek). Projektantowi zależy, aby przy tak ustalonej\nwielkości fontanny pole tego kwietnika było najmniejsze.\na) Wykaż, że pole 𝑃 (wyrażone w metrach kwadratowych) trójkątnego kwietnika\no podstawie długości 𝑥 metrów jest określone wzorem\n𝑃(𝑥) =\n2𝑥3\n𝑥2 -16\nb) Pole 𝑃 trójkątnego kwietnika o podstawie długości 𝑥 metrów jest określone wzorem\n𝑃(𝑥) =\n2𝑥3\n𝑥2 -16\ndla każdego 𝑥∈(4, 10⟩.\nWyznacz długość 𝑥 podstawy trójkątnego kwietnika, dla której pole tego kwietnika jest\nnajmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole.\n𝑥\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100\n\nEMAP-R0_100\nBRUDNOPIS (nie podlega ocenie)\n\nEMAP-R0_100\n\nMATEMATYKA\nPoziom rozszerzony\nFormuła 2015\nMATEMATYKA\nPoziom rozszerzony\nFormuła 2015\nMATEMATYKA\nPoziom rozszerzony\nFormuła 2015","answer":null,"answer_text":"Zadanie 15. (0-7)\nWymaganie ogólne\nWymaganie szczegółowe\nIII. Modelowanie matematyczne.\nZdający:\n11.6R) stosuje pochodne do rozwiązywania\nzagadnień optymalizacyjnych.\nZasady oceniania\nCzęść a)\n3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.\n2 pkt - spełnienie kryterium zapisanego w pierwszym myślniku w kategorii za 1 punkt oraz\nzapisanie układu co najwyżej trzech równań niezależnych, umożliwiającego\nwyznaczenie ℎ w zależności od 𝑥\nALBO\n- wyznaczenie tg(2𝛼) w zależności od 𝑥, np. tg(2𝛼) =\n4𝑟𝑥\n𝑥2 - 4𝑟2 (dla sposobu II),\nALBO\n- wyznaczenie zależności między 𝑃 oraz 𝑥, np. 𝑃2 = 𝑃\n𝑟(𝑃\n𝑟-𝑥) ⋅1\n4 𝑥2\n(dla sposobu III).\n1 pkt - zapisanie związku między ℎ i 𝑥 oraz jedną z wielkości: długością 𝑏 ramienia, lub\ndługością odcinka 𝐶𝐸, lub długością odcinka 𝐶𝑆, np.:\n𝑏2 = (1\n2 𝑥)\n2\n+ ℎ2 , 𝑟\nℎ -𝑟=\n1\n2𝑥\n𝑏 , 1\n2 𝑥ℎ= 𝑟⋅(1\n2 𝑥+ 𝑏),\nALBO\n- zapisanie związku tg 𝛼= 𝑟\n1\n2 𝑥\n(dla sposobu II),\nALBO\n- zapisanie związku 𝑃= (𝑏+ 𝑥\n2) ⋅𝑟 lub\n𝑃= √(𝑏+ 1\n2 𝑥) (𝑏+ 1\n2 𝑥-𝑏) (𝑏+ 1\n2 𝑥-𝑏) (𝑏+ 1\n2 𝑥-𝑥) (dla sposobu III),\nALBO\n- zapisanie związków 𝑃= 1\n2 𝑏2 sin(2𝛽) oraz sin 𝛽=\n𝑟\nℎ - 𝑟 ,\nALBO\n- zapisanie długości boków trójkąta 𝐴𝐷𝐶 (lub trójkąta 𝐶𝐸𝑆) w zależności od 𝑥 i ℎ\n(dla sposobu IV),\nALBO\n- zapisanie długości przyprostokątnych trójkątów 𝐴𝐷𝐶 oraz 𝐶𝐸𝑆 w zależności od 𝑥\ni ℎ (dla sposobu IV).\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwaga:\nKategorie za 1 punkt oraz za 2 punkty oceniamy w sytuacji, gdy zdający posługuje się\nsymbolem 𝑟 albo przyjmie 𝑟= 2 lub 𝑟= 4. Natomiast jeżeli zdający przyjmie promień\ninny niż 2 lub 4, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie.\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nCzęść b)\n4 pkt - uzasadnienie, że funkcja 𝑃 przyjmuje wartość najmniejszą dla 𝑥= 4√3 (𝑚), oraz\nobliczenie pola trójkątnego klombu o takiej podstawie: 𝑃(4√3) = 12√3 (𝑚2).\n3 pkt - uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja 𝑃 przyjmuje\nwartość najmniejszą dla 𝑥= 4√3.\n2 pkt - obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji 𝑃: 𝑥= 4√3.\n1 pkt - wyznaczenie pochodnej funkcji 𝑃, np. 𝑃′(𝑥) = 6𝑥2 ⋅ (𝑥2 - 16)-2𝑥3 ⋅ 2𝑥\n(𝑥2-16)\n2\n0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.\nUwagi:\n1. Jeżeli zdający wyznacza pochodną ilorazu jako iloraz pochodnych, to otrzymuje\n0 punktów za całe rozwiązanie.\n2. a) Jeżeli z rozwiązania wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu\nfunkcji oraz zdający poprawnie wyznacza pochodne funkcji 2𝑥3 oraz 𝑥2 -16 i dalej\npopełnia błędy, otrzymując pochodną w postaci 6𝑥2 ⋅ (𝑥2 - 16)-2𝑥3 ⋅ 2𝑥\n(𝑥2-16)\nlub\n𝐵(𝑥)\n(𝑥2-16)\n2, gdzie 𝐵 jest wielomianem stopnia czwartego, który w przedziale (4, 10]\nma dokładnie jeden pierwiastek, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może\notrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (za miejsce zerowe pochodnej, za\nuzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji, za obliczenie najmniejszej wartości\nfunkcji 𝑃).\nb) Jeżeli z rozwiązania nie wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną\nilorazu funkcji lub zdający błędnie wyznacza pochodną funkcji 2𝑥3 lub 𝑥2 -16 i dalej\npopełnia błędy, otrzymując pochodną w postaci 6𝑥2 ⋅ (𝑥2 - 16)-2𝑥3 ⋅ 2𝑥\n(𝑥2-16)\nlub\n𝐵(𝑥)\n(𝑥2-16)\n2 , gdzie 𝐵 jest wielomianem stopnia czwartego, który w przedziale (4, 10]\nma dokładnie jeden pierwiastek, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może\notrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (za uzasadnienie istnienia\nnajmniejszej wartości funkcji i za obliczenie najmniejszej wartości funkcji 𝑃).\n3. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja osiąga wartość najmniejszą dla\nwyznaczonej wartości 𝑥, przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy\nzdający bada znak pochodnej\nORAZ:\n- opisuje (słownie lub graficznie - np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji 𝑃\nLUB\n- zapisuje, że dla wyznaczonej wartości 𝑥 funkcja 𝑃 ma minimum lokalne i jest to\njednocześnie jej najmniejsza wartość,\nLUB\n- zapisuje, że dla wyznaczonej wartości 𝑥 funkcja 𝑃 ma minimum lokalne i jest to\njedyne ekstremum tej funkcji.\nBadanie 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.\n4. Jeżeli zdający przedstawi niepełne uzasadnienie, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty\nza całe rozwiązanie (nie otrzymuje punktu za uzasadnienie istnienia najmniejszej\nwartości).\n5. Jeżeli zdający, uzasadniając najmniejszą wartość funkcji, rozpatruje funkcję w ℝ lub\nℝ+ , lub w (4, +∞), lub w (0, 10], to może uzyskać co najwyżej 3 punkty za całe\nrozwiązanie.\n6. Jeżeli zdający nie uzasadnia istnienia najmniejszej wartości funkcji, to może uzyskać co\nnajwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za pochodną i 1 punkt za miejsce zerowe\npochodnej).\nPrzykładowe pełne rozwiązania\na)\nSposób I\nRozważmy trójkąt równoramienny 𝐴𝐵𝐶 o podstawie 𝐴𝐵 długości 𝑥 i wysokości 𝐶𝐷,\nw który jest wpisany okrąg o promieniu 𝑟= 2. Niech 𝑆 będzie środkiem tego okręgu,\nnatomiast 𝐸 - punktem styczności tego okręgu z ramieniem 𝐴𝐶. Oznaczmy ℎ= |𝐶𝐷| oraz\n𝑏= |𝐴𝐶| (zobacz rysunek).\nKorzystamy z podobieństwa trójkątów 𝐶𝐸𝑆 i 𝐶𝐷𝐴, otrzymując:\n|𝑆𝐸|\n|𝐶𝑆| =\n|𝐴𝐷|\n|𝐴𝐶|\n2\nℎ-2 =\n1\n2 𝑥\n𝑏\n𝑏= 1\n4 𝑥(ℎ-2)\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝑆\n2\nℎ-2\n2\n𝑏\n𝑏\n1\n2 𝑥\n1\n2 𝑥\nZasady oceniania rozwiązań zadań\nStąd i z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐴𝐷𝐶 dostajemy:\n𝑏2 = (1\n2 𝑥)\n2\n+ ℎ2\n(1\n4 𝑥ℎ-1\n2 𝑥)\n2\n= (1\n2 𝑥)\n2\n+ ℎ2\n1\n16 𝑥2ℎ2 -1\n4 𝑥2ℎ+ 1\n4 𝑥2 = 1\n4 𝑥2 + ℎ2\n1\n16 𝑥2ℎ-1\n4 𝑥2 = ℎ\nℎ( 1\n16 𝑥2 -1) = 1\n4 𝑥2\nℎ(𝑥2 -16) = 4𝑥2\nℎ=\n4𝑥2\n𝑥2 -16\nWyznaczamy pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶:\n𝑃= 1\n2 𝑥ℎ= 1\n2 𝑥⋅\n4𝑥2\n𝑥2 -16 =\n2𝑥3\n𝑥2 -16\nTo należało wykazać.\nSposób II\nRozważmy trójkąt równoramienny 𝐴𝐵𝐶 o podstawie 𝐴𝐵 długości 𝑥 i wysokości 𝐶𝐷,\nw który jest wpisany okrąg o promieniu 𝑟= 2. Niech 𝑆 będzie środkiem tego okręgu.\nOznaczmy ℎ= |𝐶𝐷| oraz 𝛼 = |∡𝑆𝐵𝐷| (zobacz rysunek).\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝑆\n2\nℎ-2\n1\n2 𝑥\n1\n2 𝑥\n𝛼\nZ trójkąta prostokątnego 𝐵𝑆𝐷 otrzymujemy tg 𝛼= 2\n1\n2 𝑥= 4\n𝑥 .\nStąd i ze wzoru na tangens podwojonego kąta otrzymujemy\ntg(2𝛼) =\n2 tg 𝛼\n1 -tg2 𝛼=\n2 ⋅\n4\n𝑥\n1 -(\n4\n𝑥)\n2 =\n8𝑥\n𝑥2 -16\nPunkt 𝑆 jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶, więc prosta 𝑆𝐵 jest dwusieczną\nkąta 𝐶𝐵𝐷. Zatem ℎ\n1\n2 𝑥= tg(2𝛼), czyli\nℎ= 1\n2 𝑥⋅tg(2𝛼) =\n4𝑥2\n𝑥2 -16\nWyznaczamy pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶:\n𝑃= 1\n2 𝑥ℎ= 1\n2 𝑥⋅\n4𝑥2\n𝑥2 -16 =\n2𝑥3\n𝑥2 -16\nTo należało wykazać.\nSposób III\nRozważmy trójkąt równoramienny 𝐴𝐵𝐶 o podstawie 𝐴𝐵 długości 𝑥 i wysokości 𝐶𝐷,\nw który jest wpisany okrąg o promieniu 𝑟= 2. Oznaczmy 𝑏= |𝐴𝐶| i niech 𝑝 będzie\npołową obwodu tego trójkąta.\nWówczas 𝑝= 𝑏 + 𝑏 + 𝑥\n2\n= 𝑏+ 1\n2 𝑥. Stąd i ze wzoru 𝑃= 𝑝⋅𝑟 otrzymujemy:\n𝑃= (𝑏+ 1\n2 𝑥) ⋅2\n𝑏= 𝑃-𝑥\n2\nKorzystamy ze wzoru Herona i otrzymujemy:\n𝑃= √𝑝(𝑝-𝑏)(𝑝-𝑏)(𝑝-𝑥)\n𝑃= √(𝑏+ 1\n2 𝑥) (𝑏+ 1\n2 𝑥-𝑏) (𝑏+ 1\n2 𝑥-𝑏) (𝑏+ 1\n2 𝑥-𝑥)\n𝑃2 = (𝑏+ 1\n2 𝑥) (𝑏-1\n2 𝑥) ⋅1\n4 𝑥2\nStąd i ze związku 𝑏= 𝑃 - 𝑥\n2\nwyznaczamy pole trójkąta 𝐴𝐵𝐶:\n𝑃2 = (𝑃-𝑥\n2\n+ 1\n2 𝑥) (𝑃-𝑥\n2\n-1\n2 𝑥) ⋅1\n4 𝑥2\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n𝑃2 = 1\n2 𝑃⋅(1\n2 𝑃-𝑥) ⋅1\n4 𝑥2\n𝑃= 1\n2 (1\n2 𝑃-𝑥) ⋅1\n4 𝑥2\n𝑃= 1\n16 𝑃𝑥2 -1\n8 𝑥3\n16𝑃= 𝑃𝑥2 -2𝑥3\n2𝑥3 = 𝑃𝑥2 -16𝑃\n2𝑥3\n𝑥2 -16 = 𝑃\nTo należało wykazać.\nSposób IV\nRozważmy trójkąt równoramienny 𝐴𝐵𝐶 o podstawie 𝐴𝐵 długości 𝑥 i wysokości 𝐶𝐷,\nw który jest wpisany okrąg o promieniu 𝑟= 2. Niech 𝑆 będzie środkiem tego okręgu,\nnatomiast 𝐸 - punktem styczności tego okręgu z ramieniem 𝐴𝐶. Oznaczmy ℎ= |𝐶𝐷| oraz\n𝛽= |∡𝑆𝐶𝐸| (zobacz rysunek).\nKąty w trójkątach 𝐴𝐷𝐶 oraz 𝑆𝐸𝐶 mają miary 90°, 𝛽 oraz 90° -𝛽, więc te trójkąty są\npodobne na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów. Trójkąt 𝐴𝐷𝐶 jest podobny do\ntrójkąta 𝑆𝐸𝐶 w skali 𝑘=\n1\n2𝑥\n2 = 1\n4 𝑥. Zatem |𝐴𝐶| = 𝑘⋅|𝐶𝑆| = 1\n4 𝑥⋅(ℎ-2) (zobacz\nrysunek).\n𝐴\n𝐵\n𝐶\n𝐷\n𝐸\n𝑆\n2\nℎ-2\n2\n1\n2 𝑥\n1\n2 𝑥\n𝛽\nStosujemy do trójkąta 𝐴𝐷𝐶 twierdzenie Pitagorasa i otrzymujemy:\n[1\n4 𝑥⋅(ℎ-2)]\n2\n= (1\n2 𝑥)\n2\n+ ℎ2\n(1\n4 𝑥ℎ-1\n2 𝑥)\n2\n= (1\n2 𝑥)\n2\n+ ℎ2\n1\n16 𝑥2ℎ2 -1\n4 𝑥2ℎ+ 1\n4 𝑥2 = 1\n4 𝑥2 + ℎ2\n1\n16 𝑥2ℎ-1\n4 𝑥2 = ℎ\nℎ( 1\n16 𝑥2 -1) = 1\n4 𝑥2\nℎ(𝑥2 -16) = 4𝑥2\nℎ=\n4𝑥2\n𝑥2 -16\nWyznaczamy pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶:\n𝑃= 1\n2 𝑥ℎ= 1\n2 𝑥⋅\n4𝑥2\n𝑥2 -16 =\n2𝑥3\n𝑥2 -16\nTo należało wykazać.\nb)\nObliczamy argument, dla którego funkcja 𝑃 określona wzorem 𝑃(𝑥) =\n2𝑥3\n𝑥2-16\ndla 𝑥∈(4, 10] osiąga wartość najmniejszą.\nWyznaczamy pochodną funkcji 𝑃: 𝑃′(𝑥) = 6𝑥2⋅(𝑥2-16)-2𝑥3⋅2𝑥\n(𝑥2-16)\n2\n= 2𝑥2(𝑥2-48)\n(𝑥2-16)\n2\ndla 𝑥∈(4, 10].\nObliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji 𝑃:\n𝑃′(𝑥) = 0\n𝛽\n𝐶\n𝐷\n𝐴\n1\n2 𝑥\nℎ\n1\n4 𝑥⋅(ℎ-2)\n𝑆\n𝐶\n𝐸\n𝛽\nℎ-2\n2\n𝑘= 1\n4 𝑥\nZasady oceniania rozwiązań zadań\n2𝑥2(𝑥2 -48)\n(𝑥2 -16)2\n= 0\n2𝑥2(𝑥2 -48) = 0\n𝑥= 0 ∉(4, 10] ∨ 𝑥= -4√3 ∉(4, 10] ∨ 𝑥= 4√3 ∈(4, 10]\nBadamy znak pochodnej:\n𝑃′(𝑥) < 0\n2𝑥2(𝑥2 -48)\n(𝑥2 -16)2\n< 0 ∧ 𝑥∈(4, 10]\n𝑥2(𝑥2 -48) < 0 ∧ 𝑥∈(4, 10]\n𝑥2 < 48 ∧ 𝑥∈(4, 10]\n𝑥∈(4, 4√3)\nwięc 𝑃′(𝑥) < 0 dla 𝑥∈(4, 4√3) oraz 𝑃′(𝑥) > 0 dla 𝑥∈(4√3, 10].\nZatem funkcja 𝑃 jest malejąca w przedziale (4, 4√3] i rosnąca w przedziale [4√3, 10].\nStąd funkcja 𝑃 osiąga wartość najmniejszą dla 𝑥= 4√3 (𝑚). Wtedy\n𝑃(4√3) = 2 ⋅(4√3)\n3\n(4√3)\n2 -16\n= 12√3 (𝑚2)\nUwaga.\nFunkcja 𝑃 jest różniczkowalna, więc jest ciągła. Ponadto lim\n𝑥→4+ 𝑃(𝑥) = +∞ oraz\nlim\n𝑥→10-𝑃(𝑥) = 500\n21 , więc uwzględniając wartość funkcji 𝑃 w punkcie stacjonarnym\n𝑥= 4√3 równą 𝑃(4√3) = 12√3, można sformułować wniosek, że funkcja 𝑃 osiąga\nwartość najmniejszą równą 12√3 dla argumentu 𝑥= 4√3.","solution":null,"image":"img/matematyka-2026-maj-matura-stara-rozszerzona/zad-15.webp","solution_image":null,"topics":null,"page_from":28,"source":"ocr","answer_source":null,"answer_text_source":"ocr","solution_source":null,"text_source":"ocr","source_label":"Matematyka · Matura · maj 2026 (rozszerzona)","subject_label":"Matematyka","category_label":"Matura","text_html":"<p>Zadanie 15. (0-7)<br>W projekcie ogrodu zaplanowano kwietnik w kształcie trójkąta równoramiennego o podstawie<br>długości 𝑥 metrów nieprzekraczającej 10 metrów. Na tym kwietniku ma znajdować się<br>fontanna w kształcie koła o średnicy 4 metrów, które ma być styczne do każdego z boków<br>trójkątnego kwietnika (zobacz rysunek). Projektantowi zależy, aby przy tak ustalonej<br>wielkości fontanny pole tego kwietnika było najmniejsze.<br>a) Wykaż, że pole 𝑃 (wyrażone w metrach kwadratowych) trójkątnego kwietnika<br>o podstawie długości 𝑥 metrów jest określone wzorem<br>𝑃(𝑥) =<br>2𝑥3<br>𝑥2 -16<br>b) Pole 𝑃 trójkątnego kwietnika o podstawie długości 𝑥 metrów jest określone wzorem<br>𝑃(𝑥) =<br>2𝑥3<br>𝑥2 -16<br>dla każdego 𝑥∈(4, 10⟩.<br>Wyznacz długość 𝑥 podstawy trójkątnego kwietnika, dla której pole tego kwietnika jest<br>najmniejsze. Oblicz to najmniejsze pole.<br>𝑥</p>\n<p>EMAP-R0_100</p>\n<p>EMAP-R0_100</p>\n<p>EMAP-R0_100</p>\n<p>EMAP-R0_100<br>BRUDNOPIS (nie podlega ocenie)</p>\n<p>EMAP-R0_100</p>\n<p>MATEMATYKA<br>Poziom rozszerzony<br>Formuła 2015<br>MATEMATYKA<br>Poziom rozszerzony<br>Formuła 2015<br>MATEMATYKA<br>Poziom rozszerzony<br>Formuła 2015</p>","answer_text_html":"<p>Zadanie 15. (0-7)<br>Wymaganie ogólne<br>Wymaganie szczegółowe<br>III. Modelowanie matematyczne.<br>Zdający:<br>11.6R) stosuje pochodne do rozwiązywania<br>zagadnień optymalizacyjnych.<br>Zasady oceniania<br>Część a)<br>3 pkt - poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania.<br>2 pkt - spełnienie kryterium zapisanego w pierwszym myślniku w kategorii za 1 punkt oraz<br>zapisanie układu co najwyżej trzech równań niezależnych, umożliwiającego<br>wyznaczenie ℎ w zależności od 𝑥<br>ALBO</p>\n<ul><li>wyznaczenie tg(2𝛼) w zależności od 𝑥, np. tg(2𝛼) =</li></ul>\n<p>4𝑟𝑥<br>𝑥2 - 4𝑟2 (dla sposobu II),<br>ALBO</p>\n<ul><li>wyznaczenie zależności między 𝑃 oraz 𝑥, np. 𝑃2 = 𝑃</li></ul>\n<p>𝑟(𝑃<br>𝑟-𝑥) ⋅1<br>4 𝑥2<br>(dla sposobu III).<br>1 pkt - zapisanie związku między ℎ i 𝑥 oraz jedną z wielkości: długością 𝑏 ramienia, lub<br>długością odcinka 𝐶𝐸, lub długością odcinka 𝐶𝑆, np.:<br>𝑏2 = (1<br>2 𝑥)<br>2</p>\n<ul><li>ℎ2 , 𝑟</li></ul>\n<p>ℎ -𝑟=<br>1<br>2𝑥<br>𝑏 , 1<br>2 𝑥ℎ= 𝑟⋅(1<br>2 𝑥+ 𝑏),<br>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie związku tg 𝛼= 𝑟</li></ul>\n<p>1<br>2 𝑥<br>(dla sposobu II),<br>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie związku 𝑃= (𝑏+ 𝑥</li></ul>\n<ol><li>⋅𝑟 lub</li></ol>\n<p>𝑃= √(𝑏+ 1<br>2 𝑥) (𝑏+ 1<br>2 𝑥-𝑏) (𝑏+ 1<br>2 𝑥-𝑏) (𝑏+ 1<br>2 𝑥-𝑥) (dla sposobu III),<br>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie związków 𝑃= 1</li></ul>\n<p>2 𝑏2 sin(2𝛽) oraz sin 𝛽=<br>𝑟<br>ℎ - 𝑟 ,<br>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie długości boków trójkąta 𝐴𝐷𝐶 (lub trójkąta 𝐶𝐸𝑆) w zależności od 𝑥 i ℎ</li></ul>\n<p>(dla sposobu IV),<br>ALBO</p>\n<ul><li>zapisanie długości przyprostokątnych trójkątów 𝐴𝐷𝐶 oraz 𝐶𝐸𝑆 w zależności od 𝑥</li></ul>\n<p>i ℎ (dla sposobu IV).<br>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Uwaga:<br>Kategorie za 1 punkt oraz za 2 punkty oceniamy w sytuacji, gdy zdający posługuje się<br>symbolem 𝑟 albo przyjmie 𝑟= 2 lub 𝑟= 4. Natomiast jeżeli zdający przyjmie promień<br>inny niż 2 lub 4, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie.<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Część b)<br>4 pkt - uzasadnienie, że funkcja 𝑃 przyjmuje wartość najmniejszą dla 𝑥= 4√3 (𝑚), oraz<br>obliczenie pola trójkątnego klombu o takiej podstawie: 𝑃(4√3) = 12√3 (𝑚2).<br>3 pkt - uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja 𝑃 przyjmuje<br>wartość najmniejszą dla 𝑥= 4√3.<br>2 pkt - obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji 𝑃: 𝑥= 4√3.<br>1 pkt - wyznaczenie pochodnej funkcji 𝑃, np. 𝑃′(𝑥) = 6𝑥2 ⋅ (𝑥2 - 16)-2𝑥3 ⋅ 2𝑥<br>(𝑥2-16)<br>2<br>0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.<br>Uwagi:</p>\n<ol><li>Jeżeli zdający wyznacza pochodną ilorazu jako iloraz pochodnych, to otrzymuje</li></ol>\n<p>0 punktów za całe rozwiązanie.</p>\n<ol><li>a) Jeżeli z rozwiązania wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną ilorazu</li></ol>\n<p>funkcji oraz zdający poprawnie wyznacza pochodne funkcji 2𝑥3 oraz 𝑥2 -16 i dalej<br>popełnia błędy, otrzymując pochodną w postaci 6𝑥2 ⋅ (𝑥2 - 16)-2𝑥3 ⋅ 2𝑥<br>(𝑥2-16)<br>lub<br>𝐵(𝑥)<br>(𝑥2-16)<br>2, gdzie 𝐵 jest wielomianem stopnia czwartego, który w przedziale (4, 10]<br>ma dokładnie jeden pierwiastek, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może<br>otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (za miejsce zerowe pochodnej, za<br>uzasadnienie istnienia najmniejszej wartości funkcji, za obliczenie najmniejszej wartości<br>funkcji 𝑃).<br>b) Jeżeli z rozwiązania nie wynika, że zdający poprawnie stosuje wzór na pochodną<br>ilorazu funkcji lub zdający błędnie wyznacza pochodną funkcji 2𝑥3 lub 𝑥2 -16 i dalej<br>popełnia błędy, otrzymując pochodną w postaci 6𝑥2 ⋅ (𝑥2 - 16)-2𝑥3 ⋅ 2𝑥<br>(𝑥2-16)<br>lub<br>𝐵(𝑥)<br>(𝑥2-16)<br>2 , gdzie 𝐵 jest wielomianem stopnia czwartego, który w przedziale (4, 10]<br>ma dokładnie jeden pierwiastek, i konsekwentnie rozwiąże zadanie do końca, to może<br>otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (za uzasadnienie istnienia<br>najmniejszej wartości funkcji i za obliczenie najmniejszej wartości funkcji 𝑃).</p>\n<ol><li>Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja osiąga wartość najmniejszą dla</li></ol>\n<p>wyznaczonej wartości 𝑥, przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy<br>zdający bada znak pochodnej<br>ORAZ:</p>\n<ul><li>opisuje (słownie lub graficznie - np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji 𝑃</li></ul>\n<p>LUB</p>\n<ul><li>zapisuje, że dla wyznaczonej wartości 𝑥 funkcja 𝑃 ma minimum lokalne i jest to</li></ul>\n<p>jednocześnie jej najmniejsza wartość,<br>LUB</p>\n<ul><li>zapisuje, że dla wyznaczonej wartości 𝑥 funkcja 𝑃 ma minimum lokalne i jest to</li></ul>\n<p>jedyne ekstremum tej funkcji.<br>Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres<br>funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak, i zaznaczając na rysunku (np.<br>znakami „+” i „-”) znak pochodnej.</p>\n<ol><li>Jeżeli zdający przedstawi niepełne uzasadnienie, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty</li></ol>\n<p>za całe rozwiązanie (nie otrzymuje punktu za uzasadnienie istnienia najmniejszej<br>wartości).</p>\n<ol><li>Jeżeli zdający, uzasadniając najmniejszą wartość funkcji, rozpatruje funkcję w ℝ lub</li></ol>\n<p>ℝ+ , lub w (4, +∞), lub w (0, 10], to może uzyskać co najwyżej 3 punkty za całe<br>rozwiązanie.</p>\n<ol><li>Jeżeli zdający nie uzasadnia istnienia najmniejszej wartości funkcji, to może uzyskać co</li></ol>\n<p>najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za pochodną i 1 punkt za miejsce zerowe<br>pochodnej).<br>Przykładowe pełne rozwiązania<br>a)<br>Sposób I<br>Rozważmy trójkąt równoramienny 𝐴𝐵𝐶 o podstawie 𝐴𝐵 długości 𝑥 i wysokości 𝐶𝐷,<br>w który jest wpisany okrąg o promieniu 𝑟= 2. Niech 𝑆 będzie środkiem tego okręgu,<br>natomiast 𝐸 - punktem styczności tego okręgu z ramieniem 𝐴𝐶. Oznaczmy ℎ= |𝐶𝐷| oraz<br>𝑏= |𝐴𝐶| (zobacz rysunek).<br>Korzystamy z podobieństwa trójkątów 𝐶𝐸𝑆 i 𝐶𝐷𝐴, otrzymując:<br>|𝑆𝐸|<br>|𝐶𝑆| =<br>|𝐴𝐷|<br>|𝐴𝐶|<br>2<br>ℎ-2 =<br>1<br>2 𝑥<br>𝑏<br>𝑏= 1<br>4 𝑥(ℎ-2)<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐸<br>𝑆<br>2<br>ℎ-2<br>2<br>𝑏<br>𝑏<br>1<br>2 𝑥<br>1<br>2 𝑥<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>Stąd i z twierdzenia Pitagorasa zastosowanego do trójkąta 𝐴𝐷𝐶 dostajemy:<br>𝑏2 = (1<br>2 𝑥)<br>2</p>\n<ul><li>ℎ2</li></ul>\n<p>(1<br>4 𝑥ℎ-1<br>2 𝑥)<br>2<br>= (1<br>2 𝑥)<br>2</p>\n<ul><li>ℎ2</li></ul>\n<p>1<br>16 𝑥2ℎ2 -1<br>4 𝑥2ℎ+ 1<br>4 𝑥2 = 1<br>4 𝑥2 + ℎ2<br>1<br>16 𝑥2ℎ-1<br>4 𝑥2 = ℎ<br>ℎ( 1<br>16 𝑥2 -1) = 1<br>4 𝑥2<br>ℎ(𝑥2 -16) = 4𝑥2<br>ℎ=<br>4𝑥2<br>𝑥2 -16<br>Wyznaczamy pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶:<br>𝑃= 1<br>2 𝑥ℎ= 1<br>2 𝑥⋅<br>4𝑥2<br>𝑥2 -16 =<br>2𝑥3<br>𝑥2 -16<br>To należało wykazać.<br>Sposób II<br>Rozważmy trójkąt równoramienny 𝐴𝐵𝐶 o podstawie 𝐴𝐵 długości 𝑥 i wysokości 𝐶𝐷,<br>w który jest wpisany okrąg o promieniu 𝑟= 2. Niech 𝑆 będzie środkiem tego okręgu.<br>Oznaczmy ℎ= |𝐶𝐷| oraz 𝛼 = |∡𝑆𝐵𝐷| (zobacz rysunek).<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝑆<br>2<br>ℎ-2<br>1<br>2 𝑥<br>1<br>2 𝑥<br>𝛼<br>Z trójkąta prostokątnego 𝐵𝑆𝐷 otrzymujemy tg 𝛼= 2<br>1<br>2 𝑥= 4<br>𝑥 .<br>Stąd i ze wzoru na tangens podwojonego kąta otrzymujemy<br>tg(2𝛼) =<br>2 tg 𝛼<br>1 -tg2 𝛼=<br>2 ⋅<br>4<br>𝑥<br>1 -(<br>4<br>𝑥)<br>2 =<br>8𝑥<br>𝑥2 -16<br>Punkt 𝑆 jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt 𝐴𝐵𝐶, więc prosta 𝑆𝐵 jest dwusieczną<br>kąta 𝐶𝐵𝐷. Zatem ℎ<br>1<br>2 𝑥= tg(2𝛼), czyli<br>ℎ= 1<br>2 𝑥⋅tg(2𝛼) =<br>4𝑥2<br>𝑥2 -16<br>Wyznaczamy pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶:<br>𝑃= 1<br>2 𝑥ℎ= 1<br>2 𝑥⋅<br>4𝑥2<br>𝑥2 -16 =<br>2𝑥3<br>𝑥2 -16<br>To należało wykazać.<br>Sposób III<br>Rozważmy trójkąt równoramienny 𝐴𝐵𝐶 o podstawie 𝐴𝐵 długości 𝑥 i wysokości 𝐶𝐷,<br>w który jest wpisany okrąg o promieniu 𝑟= 2. Oznaczmy 𝑏= |𝐴𝐶| i niech 𝑝 będzie<br>połową obwodu tego trójkąta.<br>Wówczas 𝑝= 𝑏 + 𝑏 + 𝑥<br>2<br>= 𝑏+ 1<br>2 𝑥. Stąd i ze wzoru 𝑃= 𝑝⋅𝑟 otrzymujemy:<br>𝑃= (𝑏+ 1<br>2 𝑥) ⋅2<br>𝑏= 𝑃-𝑥<br>2<br>Korzystamy ze wzoru Herona i otrzymujemy:<br>𝑃= √𝑝(𝑝-𝑏)(𝑝-𝑏)(𝑝-𝑥)<br>𝑃= √(𝑏+ 1<br>2 𝑥) (𝑏+ 1<br>2 𝑥-𝑏) (𝑏+ 1<br>2 𝑥-𝑏) (𝑏+ 1<br>2 𝑥-𝑥)<br>𝑃2 = (𝑏+ 1<br>2 𝑥) (𝑏-1<br>2 𝑥) ⋅1<br>4 𝑥2<br>Stąd i ze związku 𝑏= 𝑃 - 𝑥<br>2<br>wyznaczamy pole trójkąta 𝐴𝐵𝐶:<br>𝑃2 = (𝑃-𝑥<br>2</p>\n<ul><li>1</li></ul>\n<p>2 𝑥) (𝑃-𝑥<br>2<br>-1<br>2 𝑥) ⋅1<br>4 𝑥2<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>𝑃2 = 1<br>2 𝑃⋅(1<br>2 𝑃-𝑥) ⋅1<br>4 𝑥2<br>𝑃= 1<br>2 (1<br>2 𝑃-𝑥) ⋅1<br>4 𝑥2<br>𝑃= 1<br>16 𝑃𝑥2 -1<br>8 𝑥3<br>16𝑃= 𝑃𝑥2 -2𝑥3<br>2𝑥3 = 𝑃𝑥2 -16𝑃<br>2𝑥3<br>𝑥2 -16 = 𝑃<br>To należało wykazać.<br>Sposób IV<br>Rozważmy trójkąt równoramienny 𝐴𝐵𝐶 o podstawie 𝐴𝐵 długości 𝑥 i wysokości 𝐶𝐷,<br>w który jest wpisany okrąg o promieniu 𝑟= 2. Niech 𝑆 będzie środkiem tego okręgu,<br>natomiast 𝐸 - punktem styczności tego okręgu z ramieniem 𝐴𝐶. Oznaczmy ℎ= |𝐶𝐷| oraz<br>𝛽= |∡𝑆𝐶𝐸| (zobacz rysunek).<br>Kąty w trójkątach 𝐴𝐷𝐶 oraz 𝑆𝐸𝐶 mają miary 90°, 𝛽 oraz 90° -𝛽, więc te trójkąty są<br>podobne na podstawie cechy kkk podobieństwa trójkątów. Trójkąt 𝐴𝐷𝐶 jest podobny do<br>trójkąta 𝑆𝐸𝐶 w skali 𝑘=<br>1<br>2𝑥<br>2 = 1<br>4 𝑥. Zatem |𝐴𝐶| = 𝑘⋅|𝐶𝑆| = 1<br>4 𝑥⋅(ℎ-2) (zobacz<br>rysunek).<br>𝐴<br>𝐵<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐸<br>𝑆<br>2<br>ℎ-2<br>2<br>1<br>2 𝑥<br>1<br>2 𝑥<br>𝛽<br>Stosujemy do trójkąta 𝐴𝐷𝐶 twierdzenie Pitagorasa i otrzymujemy:<br>[1<br>4 𝑥⋅(ℎ-2)]<br>2<br>= (1<br>2 𝑥)<br>2</p>\n<ul><li>ℎ2</li></ul>\n<p>(1<br>4 𝑥ℎ-1<br>2 𝑥)<br>2<br>= (1<br>2 𝑥)<br>2</p>\n<ul><li>ℎ2</li></ul>\n<p>1<br>16 𝑥2ℎ2 -1<br>4 𝑥2ℎ+ 1<br>4 𝑥2 = 1<br>4 𝑥2 + ℎ2<br>1<br>16 𝑥2ℎ-1<br>4 𝑥2 = ℎ<br>ℎ( 1<br>16 𝑥2 -1) = 1<br>4 𝑥2<br>ℎ(𝑥2 -16) = 4𝑥2<br>ℎ=<br>4𝑥2<br>𝑥2 -16<br>Wyznaczamy pole 𝑃 trójkąta 𝐴𝐵𝐶:<br>𝑃= 1<br>2 𝑥ℎ= 1<br>2 𝑥⋅<br>4𝑥2<br>𝑥2 -16 =<br>2𝑥3<br>𝑥2 -16<br>To należało wykazać.<br>b)<br>Obliczamy argument, dla którego funkcja 𝑃 określona wzorem 𝑃(𝑥) =<br>2𝑥3<br>𝑥2-16<br>dla 𝑥∈(4, 10] osiąga wartość najmniejszą.<br>Wyznaczamy pochodną funkcji 𝑃: 𝑃′(𝑥) = 6𝑥2⋅(𝑥2-16)-2𝑥3⋅2𝑥<br>(𝑥2-16)<br>2<br>= 2𝑥2(𝑥2-48)<br>(𝑥2-16)<br>2<br>dla 𝑥∈(4, 10].<br>Obliczamy miejsca zerowe pochodnej funkcji 𝑃:<br>𝑃′(𝑥) = 0<br>𝛽<br>𝐶<br>𝐷<br>𝐴<br>1<br>2 𝑥<br>ℎ<br>1<br>4 𝑥⋅(ℎ-2)<br>𝑆<br>𝐶<br>𝐸<br>𝛽<br>ℎ-2<br>2<br>𝑘= 1<br>4 𝑥<br>Zasady oceniania rozwiązań zadań<br>2𝑥2(𝑥2 -48)<br>(𝑥2 -16)2<br>= 0<br>2𝑥2(𝑥2 -48) = 0<br>𝑥= 0 ∉(4, 10] ∨ 𝑥= -4√3 ∉(4, 10] ∨ 𝑥= 4√3 ∈(4, 10]<br>Badamy znak pochodnej:<br>𝑃′(𝑥) &lt; 0<br>2𝑥2(𝑥2 -48)<br>(𝑥2 -16)2<br>&lt; 0 ∧ 𝑥∈(4, 10]<br>𝑥2(𝑥2 -48) &lt; 0 ∧ 𝑥∈(4, 10]<br>𝑥2 &lt; 48 ∧ 𝑥∈(4, 10]<br>𝑥∈(4, 4√3)<br>więc 𝑃′(𝑥) &lt; 0 dla 𝑥∈(4, 4√3) oraz 𝑃′(𝑥) &gt; 0 dla 𝑥∈(4√3, 10].<br>Zatem funkcja 𝑃 jest malejąca w przedziale (4, 4√3] i rosnąca w przedziale [4√3, 10].<br>Stąd funkcja 𝑃 osiąga wartość najmniejszą dla 𝑥= 4√3 (𝑚). Wtedy<br>𝑃(4√3) = 2 ⋅(4√3)<br>3<br>(4√3)<br>2 -16<br>= 12√3 (𝑚2)<br>Uwaga.<br>Funkcja 𝑃 jest różniczkowalna, więc jest ciągła. Ponadto lim<br>𝑥→4+ 𝑃(𝑥) = +∞ oraz<br>lim<br>𝑥→10-𝑃(𝑥) = 500<br>21 , więc uwzględniając wartość funkcji 𝑃 w punkcie stacjonarnym<br>𝑥= 4√3 równą 𝑃(4√3) = 12√3, można sformułować wniosek, że funkcja 𝑃 osiąga<br>wartość najmniejszą równą 12√3 dla argumentu 𝑥= 4√3.</p>","solutions":[]}