Proste zadania na dowodzenie

Elżbieta Świda
Elżbieta Kurczab
Marcin Kurczab
Zadania otwarte krótkiej odpowiedzi
„na dowodzenie”
na obowiązkowej maturze
z matematyki
Zadanie
Trójkąt ABC jest trójkątem prostokątnym.
Z punktu M, należącego do przeciwprostokątnej BC, poprowadzono odcinki MD oraz
MS, prostopadłe odpowiednio do przyprostokątnych AC oraz AB (rysunek obok).
| DM | | MS|
Udowodnij, że | AB |  | AC |  1.
Założenie:
ABC – prostokątny, |BAC| = 90,
MBC, MD  AC oraz MS  AB
Teza:
| DM | | MS|

1
| AB | | AC |
Dowód (I sposób):
 DMC  ABC na podstawie cechy kkk, bo |BAC| = |MDC| = 90 (z założenia)
|ACB| = |DCM| (wspólny kąt),
stąd
| DM | | CM |

| AB | | CB |
 MSB  ABC na podstawie cechy kkk, bo |BAC| = |BSM| = 90 (z założenia)
|ABC| = |SBM| (wspólny kąt),
| MS | | MB |

| AC | | CB |
| DM | | MS | | CM | | MB | | CM |  | MB | | CB |






= 1.
| CB |
| AB | | AC | | CB | | CB |
| CB |
stąd
Dowód (II sposób):
PAMC + PABM = PABC, zatem
1
|AC||DM|
2
+
1
|AB||MS|
2
=
1
|AC||AB|
2
Po podzieleniu obu stron równości przez
1
|AC||AB| otrzymuję:
2
| DM | | MS |

 1.
| AB | | AC |
Zadanie
W trójkącie ABC długości boków wynoszą:
|AB| = c, |AC| = b, |BC| = a, gdzie 0 < a < b < c.
Pole tego trójkąta wynosi 3.
Wykaż, że |AC| > 6 .
Założenie:
ABC – dowolny, |AB| = c, |AC| = b,
|BC| = a, gdzie 0 < a < b < c, PABC = 3
Teza:
|AC| >
6
Dowód:
Prowadzę wysokość AD trójkąta ABC z wierzchołka A na bok BC. Wprowadzam oznaczenie:
|AD| = h, h > 0.
1
1
PABC = 2 |BC||AD| = 2 ah = 3, skąd ah = 6.
 a < b (z założenia)
 hb
Otrzymuję: ah < b2 czyli b2 > 6, skąd b > 6
(bo z założenia b > 0). Zatem
|AC| > 6 .
Zadanie
Trójkąt ABC jest prostokątny. Punkt D jest
spodkiem wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną AB oraz 3|AD| = |DB|.
Wykaż, że |CAD| = 60.
Założenie:
ABC – prostokątny,
AB – przeciwprostokątna,
CD – wysokość ABC, 3|AD| = |DB|
Teza:
|CAD| = 60
Dowód:
 Z twierdzenia o wysokości w trójkącie prostokątnym poprowadzonej na
przeciwprostokątną: |CD|2 = |AD|  |DB|.
 Z założenia wiem, że 3|AD| = |DB|, stąd |CD|2 = 3|AD|2, zatem
| CD |
czyli | AD |  3 .
 W trójkącie prostokątnym CDA:
| CD |
tg |CAD| = | AD |  3 , skąd |CAD| = 60.
 | CD | 


|
AD
|


2
= 3,
Zadanie
W trójkącie ABC poprowadzono środkowe AD
oraz CE, które przecięły się w punkcie M.
Wiadomo, że |AD|  |CE| = 3 oraz
|MAC| + |ACM| = 60.
Wykaż, że pole trójkąta ABC wynosi 1.
Założenie:
AD, CE – środkowe w trójkącie ABC,
AD  CE = {M}, |AD||CE| = 3 oraz
|MAC| + |ACM| = 60
Teza:
PABC = 1
Dowód (I sposób):
 |AMC| = 180 – (MAC| + |ACM|) =
= 180 – 60 = 120 (z założenia i sumy miar kątów wewnętrznych w trójkącie AMC)
 |DMC| = 180 – |AMC| = 180 – 120 = 60
(z własności kątów przyległych)
1
 PCMD = 2 | MC |  | MD | sin , gdzie  = |DMC| oraz
2
1
|MC| = 3 |CE| i |MD| = 3 |AD| (z własności środkowych),
1 2
1
1
3
3

|
CE
|

|
AD
|

|
CE
|

|
AD
|

 | CE |  | AD |
skąd PCMD = 2 3
sin60
=
=
3
9
2
18
 Z założenia |AD|  |CE| =
3 , więc PCMD =
1

 Wiadomo, że PABC = 6 PCMD = 6 6 = 1.
1
6
Dowód (II sposób):
 |AMC| = 180 – (MAC| + |ACM|) =
= 180 – 60 = 120 (z założenia i sumy miar kątów
wewnętrznych w trójkącie AMC)
 |DMC| = 180 – |AMC| = 180 – 120 =
= 60 (z własności kątów przyległych)
 W trójkącie MDC prowadzę wysokość CK na bok MD,
| CK |
3
| M C| 3

sin
60


gdzie |CK| =
(bo | MC |
2 )
2
 Z własności środkowej |MC| =
2
3
| CE | , zatem |CK| =
| CE |
3
3
 PABC = 2PADC, bo trójkąty ADC oraz ABD mają wspólną wysokość – wysokość
trójkąta ABC poprowadzona na bok BC oraz |CD| = |DB| – z założenia, zatem
1
3
3
PABC = 2 2  | AD |  | CK || AD |  3 | CE | 3 | AD |  | CE | ,
ale z założenia |AD|  |CE| = 3 , więc PABC = 1.
Zadanie
Okręgi o1(O1, r1) oraz o2(O2,r2), gdzie r1 > r2
są zewnętrznie styczne w punkcie S. Przez
punkt S prowadzimy prostą k, która przecina okrąg o1 w punkcie A i okrąg o2 w punkcie B oraz prostą l, która przecina okrąg o1
w punkcie C i okrąg o2 w punkcie D.
Wykaż, że AC || BD.
Założenie:
Okręgi o1(O1, r1), o2(O2,r2), gdzie r1 > r2,
są zewnętrznie styczne w punkcie S.
Sk i k  o1 = {A} i k  o2 = {B}
Sl i l  o1 = {C} i l  o2 = {D}
Teza:
AC || BD
Dowód:
Prowadzę prostą p przechodzącą przez punkt S styczną
jednocześnie do obu okręgów.
Na prostej p wybieram punkty M i N (jak na rysunku).
 | ACS| = |ASM| – z własności kąta wpisanego i
dopisanego opartych na tym samym łuku
 |ASM| = |NSB| – z własności kątów wierzchołkowych
 |NSB| = |BDS|
– z własności kąta dopisanego
i wpisanego opartych na tym samym łuku
więc |ACS| = |BDS|
Rozważam proste AC oraz BD przecięte prostą l.
Kąty ACS oraz BDS są kątami naprzemianległymi wewnętrznymi i |ACS| = |BDS|, więc
proste AC i BD są równoległe.
Zadanie
a
1

Wykaż, że jeśli a  0 i b  0 i a + b  0 i a  b
3,
b
3 3

to a  b
3 .
Założenie:
a
1

a  0 i b  0 i a + b  0 i ab
3
Teza:
b
3 3

ab
3
Dowód (I sposób):
a
1

Z założenia a  b
, więc
3
3a  a  b , skąd b = a( 3 – 1).
b
a ( 3  1)
a ( 3  1)
a ( 3  1)
3 1 3  3





Zatem a  b a  a ( 3  1) a  a 3  a
3 .
a 3
3
Dowód (II sposób):
a
a
1
1
 a 

Z założenia wiem, że a  0, więc a  b a  b 1  b
3,
a
a
b
Skąd a  3  1 , zatem
b
b
3 1
3 1 3  3
 a 


a
b
ab
3
1  3 1
3

a a
Dowód (III sposób):
a
b
Wiadomo, że a  b  a  b  1 , stąd
b
a
ab= 1 – ab,
zatem:
1
b
ab = 1 – 3 =
3 1 3  3
3 =
3 .
Zadanie
Udowodnij, że iloczyn cyfr dowolnej liczby czterocyfrowej jest mniejszy od tej liczby.
Założenie:
a – cyfra tysięcy liczby czterocyfrowej, a{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
b – cyfra setek liczby czterocyfrowej, b{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
c – cyfra dziesiątek liczby czterocyfrowej, c{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
d – cyfra jedności liczby czterocyfrowej, d{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9}
1000a + 100b + 10c + d – liczba czterocyfrowa
Teza:
abcd < 1000a + 100b + 10c + d
Dowód:
Z założenia wiem, że b  9 i c  9 i d  9, więc
abcd  a999 < a1010 10 = 1000a < 1000a + 100b + 10c + d.
Zadanie
Udowodnij, że jedynym rozwiązaniem równania
x2 + y2 – 12x + 2y + 37 = 0
jest para liczb (6, –1).
Założenie:
x2 + y2 – 12x + 2y + 37 = 0 – równanie z niewiadomymi x i y.
Teza:
Para liczb (6, –1) jest jedynym rozwiązaniem danego równania.
Dowód:
 Równanie x2 + y2 – 12x + 2y + 37 = 0 sprowadzam do postaci:
(x2 – 12x + 36) – 36 +( y2 + 2y + 1) – 1 + 37 = 0
 Na podstawie wzorów skróconego mnożenia otrzymuję:
(x – 6)2 + (y + 1)2 = 0.
 Suma dwóch nieujemnych składników (x – 6)2 oraz (y + 1)2 wynosi zero, zatem wnioskuję, że każdy składnik jest równy zeru:
(x – 6)2 = 0 i (y + 1)2 = 0, skąd x = 6 i y = –1.
Zatem jedynym rozwiązaniem równania x2 + y2 – 12x + 2y + 37 = 0 jest
para liczb (6, –1).
Zadanie
Wykaż, że jeśli x > k, to wyrażenie
x3 + 5x – kx2 – 5k
przyjmuje tylko wartości dodatnie.
Założenie:
x>k
Teza:
Wyrażenie x3 + 5x – kx2 – 5k przyjmuje tylko wartości dodatnie.
Dowód:
 Zastosuję metodę grupowania wyrazów by przedstawić wyrażenie
x3 + 5x – kx2 – 5k
w postaci iloczynowej:
x3 + 5x – kx2 – 5k = x(x2 + 5) – k(x2 + 5) = (x2 + 5)(x – k)
 Czynnik x2 + 5 jest dodatni dla każdego xR.
Z założenia wiem, że x > k, więc x – k > 0.
Iloczyn dwóch liczb dodatnich jest dodatni, zatem (x2 + 5)(x – k) > 0, co oznacza, że wyrażenie x3 + 5x – kx2 – 5k przyjmuje tylko wartości dodatnie.
Zadanie
ab
Wykaż, że jeśli a > 2 i b < 4, to 2  4  b  2a.
Założenie:
a>2 i b<4
Teza:
ab
 4  b  2a
2
Dowód (I sposób):
 Z założenia wiem, że a > 2 i b < 4, zatem
a – 2 > 0 i b – 4 < 0.
 Iloczyn liczb o różnych znakach jest ujemny, więc
(a – 2)(b – 4) < 0, skąd
ab – 4a – 2b + 8 < 0, czyli ab + 8 < 2b + 4a, zatem
ab
2 + 4 < b + 2a.
Dowód (II sposób):
ab
Wystarczy udowodnić, że 2  4  b  2a  0 .
ab
Najpierw przedstawię wyrażenie 2  4  b  2a w postaci iloczynowej:
ab
 4  b  2a = 1 (ab + 8 – 2b – 4a) = 1 [a(b – 4) – 2(b – 4)] =
2
2
2
=
1
(b
2
– 4)(a – 2)
 Z założenia wiem, że b < 4, czyli b – 4 < 0
 Z założenia wiem, że a > 2, więc a – 2 > 0
 Iloczyn liczb o różnych znakach jest ujemny, więc (b – 4)(a – 2) < 0,
skąd
ab
1
 4  b  2a  0 .
2 (b – 4)(a – 2) < 0, zatem 2
Zadanie
Wykaż, że dla dowolnego kąta ostrego  prawdziwa jest nierówność
tg2 + ctg2  2.
Założenie:
 – kąt ostry
Teza:
tg2 + ctg2  2
Dowód (I sposób):
 Dla dowolnej liczby dodatniej a prawdziwa jest nierówność
1
a + a  2.
1
1
2
 Wiadomo, że ctg  = tg , gdzie  – kat ostry, więc ctg  = tg2
1
2
2
 Ponieważ tg  > 0, więc nierówność tg  + tg2  2 jest prawdziwa.
Dowód (II sposób):
 Dla dowolnego kąta ostrego , prawdziwa jest nierówność
(tg  – ctg )2  0
 Po zastosowaniu wzoru skróconego mnożenia otrzymuję:
tg2 – 2tg  ctg  + ctg2  0, zatem tg2 + ctg2  2tg  ctg 
 Ze związków między funkcjami trygonometrycznymi tego samego
kąta wiem, że
tg  ctg  = 1, więc tg2 + ctg2  2.
Zadanie
Dany jest sześcian ABCDA1B1C1D1.
Punkt O jest punktem przecięcia przekątnych kwadratu BCC1B1 (rysunek
obok).
Wykaż, że odcinek DO jest prostopadły
do odcinka BC1.
Założenie:
sześcian ABCDA1B1C1D1,
O – punkt przecięcia przekątnych ściany
BCC1B1
Teza:
DO  BC1
Dowód:
 Rozpatruję trójkąt DBC1. Jest to trójkąt równoramienny, ponieważ
|DB| = |DC1|.
 Punkt O (jako punkt przecięcia przekątnych
kwadratu) dzieli przekątną BC1 na połowy.
 Odcinek DO jest więc środkową poprowadzoną
w trójkącie równoramiennym DBC1 do podstawy
BC1, jest więc wysokością w tym trójkącie, zatem
DO  BC1