Transcript Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego ANALIZA NOWEJ PODSTAWY PROGRAMOWEJ Z MATEMATYKI DLA SZKÓŁ PONADGIMNAZJALNYCH POD KĄTEM PRZYGOTOWAŃ DO MATURY W 2015

Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
ANALIZA
NOWEJ PODSTAWY PROGRAMOWEJ
Z MATEMATYKI
DLA SZKÓŁ PONADGIMNAZJALNYCH
POD KĄTEM PRZYGOTOWAŃ
DO MATURY W 2015 ROKU
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Treści nauczania trzeba ograniczyć,
a poprawić efekty kształcenia
Kilka słów o logice
Z podstawy usunięto elementy logiki matematycznej
Uczeń nie ma teraz obowiązku znać symboli
logicznych
Wysuwa się nieraz zarzuty, że na skutek tego nie
będzie się rozwijać logicznego myślenia
Nie jest to zarzut słuszny
W podstawie dla liceum, wśród wymagań ogólnych
mamy:
Rozumowanie i argumentacja
(o zakresie wymagań sformułowanym zarówno dla
zakresu podstawowego i dla rozszerzonego)
prof. Zbigniew Semadeni
Szkoła ma nadal uczyć rozumowania
matematycznego
Na maturze będą zadania to sprawdzające
Rozumowań należy bowiem uczyć w trakcie
wszelkich wywodów matematycznych,
przez wiele lat
Natomiast znajomość ogólnych pojęć
i symboli rachunku zdań i kwantyfikatorów
nie jest ani warunkiem koniecznym, ani
dostatecznym dla logicznego rozumowania
w matematyce
prof. Zbigniew Semadeni
Łatwiej się czyta wzór, w którym jest
słowo „lub” niż znak alternatywy
x < −3 v x > 7
x < −3 lub x > 7
Przeplatany język
symboli ze słowami języka polskiego
najłatwiej się czyta i rozumie
prof. Zbigniew Semadeni
Jedyne symbole, które są naprawdę poręczne,
to strzałka implikacji =>
i dwustronna strzałka równoważności <=>
Aby używać takich strzałek, wcale nie jest
potrzebny cały blok rachunku zdań
Wystarczy używać ich w konkretnych
sytuacjach i objaśniać ich sens
na rozpatrywanych
przykładach matematycznych
prof. Zbigniew Semadeni
Bardziej dyskusyjne jest usunięcie z podstawy
programowej symboli teorii mnogości
Zadecydował m.in. bilans godzin
Ale
Jeżeli w podstawie programowej zapisane jest
wymaganie A,
to w oczywisty sposób wymagane jest wszystko
niezbędne do A
Np. Prawdopodobieństwo warunkowe –
– potrzebne A∩B
prof. Wojciech Guzicki
Rachunek różniczkowy
jest tylko
w zakresie rozszerzonym
Zasada indukcji matematycznej
została usunięta
z zakresu rozszerzonego
Jest specyficznie trudna
Stosowanie tej zasady stało się
pewnym rytuałem,
którego sensu
wielu uczniów nie pojmowało
prof. Zbigniew Semadeni
Zakres rozszerzony
Odchodzenie od schematów na
rzecz wysiłku intelektualnego
(rozumowania)
Zakres rozszerzony
Co „przymierza się”
na maturę 2015:
- zadania krótkie, sprawdzające jedną umiejętność
(może będą zamknięte)
- zadania złożone, problemowe, dające możliwość
wykazania się głębokim rozumowaniem (nie
pomysł – rozumowanie!)
prof. Wojciech Guzicki
Do uczniów: Nie bójmy się zadań na dowodzenie.
Zadania na dowodzenie:
Udowodnij, że
Wykaż, że
Matematyka polega na rozumowaniu, więc tak
będą formułowane zadania
(to znaczne ułatwienie)
prof. Wojciech Guzicki
W poleceniu typu: Oblicz, ile
nie wiemy, czy otrzymaliśmy
dobry wynik
(nie szukamy błędu)
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Przykłady zadań sprawdzających umiejętności uczniów
z poziomu rozszerzonego
Podstawa programowa
obowiązująca od września 2012r.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 1.
 3n  7
3n  4 

Oblicz granicę ciągu: lim 
.
n   8 n  4
6n  5 
Zadanie 1.a
 3n  7
Uzasadnij, że lim 
n 
Warszawa, 24 -25 marca 2012
 8n  4

3n  4  7
 .
6n  5  8
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 2.
Dana jest funkcja f określona wzorem: f  x  
2x  7
x 3
2
dla każdej liczby
1
rzeczywistej x. Oblicz wartość pochodnej tej funkcji w punkcie x   .
2
Zadanie 2.a
Dana jest funkcja f określona wzorem: f  x  

1
2x  7
x 3
2
dla każdej liczby
200
rzeczywistej x. Uzasadnij, że f     
.
 2  169
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 3.
Dany jest okrąg o środku w punkcie S   6 0 , 4 0  i promieniu
równym 97. Prosta o równaniu 3 x  4 y  20  0 przecina ten okrąg
w dwóch punktach A i B. Oblicz długość odcinka AB.
Zadanie 3.a
Dany jest okrąg o środku w punkcie S   6 0 , 4 0  i promieniu
równym 97. Prosta o równaniu 3 x  4 y  20  0 przecina ten okrąg
w dwóch punktach A i B. Uzasadnij, że A B  130 .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
Niech C będzie środkiem odcinka AB, a S środkiem danego okręgu.
Wówczas trójkąt ACS jest prostokątny, z kątem prostym przy
wierzchołku C. Zatem z twierdzenia Pitagorasa mamy
2
2
2
A C  A S  C S . Z założenia wiemy, że A S  97 . Obliczamy, że
odległość środka okręgu od prostej k jest równa 72. Zatem C S  72 ,
a więc A C  A S  C S  97 2  72 2   97  72   97  72   25  169
2
2
2
Stąd wynika, że A C  65 , a więc A B  130 .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 4.
Ramię AD trapezu ABCD (w którym AB || CD) przedłużono do punktu E
takiego, że A E  2  A D . Punkt M leży na podstawie AB oraz A M  2  M B .
Odcinek ME przecina przekątną BD w punkcie P . Udowodnij, że B P  P D .
E
N
D
C
P
A
Warszawa, 24 -25 marca 2012
M
B
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
I sposób rozwiązania
Niech N będzie punktem przecięcia odcinka EM z prostą DC.
E
N
D
C
P
A
M
B
Ponieważ AB || CD , więc odcinek DN jest równoległy do AM, a ponieważ D jest
środkiem odcinka AE, więc N jest środkiem odcinka ME . Oznacza to, że odcinek DN
łączy środki boków AE i ME trójkąta AME. Stąd wnioskujemy, że
DN 
Stąd i z założenia A M  2  M B wynika, że D N  M B .
Równoległość odcinków DN i MB oznacza, że N D P  M B P i D N P 
a więc trójkąty PDN i PBM są przystające. Stąd wynika, że B P  P D .
To właśnie należało udowodnić.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
1
AM
.
BMP
,
2
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
II sposób rozwiązania
Niech N będzie punktem przecięcia odcinka EM z prostą DC.
E
N
D
C
P
A
M
B
Ponieważ AB || CD , więc odcinek DN jest równoległy do AM. Wnioskujemy stąd, że
EDN 
E A M oraz
END 
E M A . To oznacza, że trójkąty DNE i AME są
podobne (cecha kkk). Stąd wynika proporcja
DE
DN

AE
AM
, ale A E  2  A D , czyli
. Stąd wnioskujemy, że A M  2  D N . Równość ta, wraz z równością
A M  2  M B , prowadzi do wniosku, że D N  M B . To z kolei, wraz z równościami
kątów P M B  P N D i P B M  P D N , prowadzi do wniosku, że trójkąty MBP i
NDP są zatem przystające. Stąd wnioskujemy, że boki BP i DP tych trójkątów mają tę
samą długość, co kończy dowód.
AE  2  DE
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 5.
Wyznacz zbiór wartości funkcji f określonej wzorem f  x  
x3
x 7
2
dla każdej liczby rzeczywistej x.
Zadanie 5.a
Dana jest funkcja f określona wzorem f  x  
x3
x 7
2
dla każdej liczby
rzeczywistej x. Uzasadnij, że zbiór wartości funkcji f jest przedziałem
domkniętym

1
,
1
14 2
Warszawa, 24 -25 marca 2012
.
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
I sposób rozwiązania
Zauważamy, że aby wyznaczyć zbiór wartości funkcji
sprawdzić, dla jakich wartości parametru m równanie
x3
x 7
2
f
 x 
x3
x 7
2
wystarczy
 m ma rozwiązanie.
Przekształcamy to równanie i zapisujemy w postaci równoważnej m x 2  x  7 m  3  0 .
Dla m  0 równanie m x 2  x  7 m  3  0 ma rozwiązanie x   3 .
Dla m  0 jest to równanie kwadratowe, wystarczy zatem sprawdzić, dla jakich m  0
wyróżnik jest nieujemny. Zbiorem rozwiązań jest przedział

1
,
1
14 2
z wyłączeniem
liczby 0.
Ostatecznie stwierdzamy, że zbiorem wartości funkcji f  x  

1
,
1
14 2
x3
x 7
2
jest przedział
.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Zadanie 5 - potwierdzające
sens uczenia równań
z parametrem
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
II sposób rozwiązania
x3
Znajdujemy najmniejszą i największą wartość funkcji f  x  
rzeczywistych. Wyznaczamy pochodną tej funkcji f   x  
x 7
2
 x  6x  7
x
2
2
7

2
w zbiorze liczb
.
Następnie znajdujemy miejsca zerowe tej pochodnej: x 1   7 , x 2  1 .
Teraz zauważamy, że jeśli x   7 i x  1 , to f   x   0 , jeśli  7  x  1 , to f   x   0 ,
Zatem funkcja f jest malejąca w przedziale    ,  7 , rosnąca w przedziale  7 ,1
i malejąca w przedziale 1 ,    . Następnie obliczamy f   7   
1
14
, f 1 
1
2
.
Ponadto jeśli x   7 , to f  x   0 , jeśli x  1 , to f  x   0 .
Stąd wynika, że jeśli x   7 , to 
1
14
 f
 x   0 , jeśli
x  1 , to 0  f
 x 
1
1
1
Z ciągłości funkcji f wynika, że zbiorem jej wartości jest przedział 
Warszawa, 24 -25 marca 2012
,
2
14 2
.
.
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 6.
Oblicz, ile jest nieparzystych liczb czterocyfrowych, w których zapisie
dziesiętnym występuje co najmniej jedna siódemka?
Zadanie 6.a
Uzasadnij, że istnieje dokładnie 1908 nieparzystych liczb
czterocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym występuje co najmniej
jedna siódemka.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
I sposób rozwiązania (dopełnienie)
Obliczamy, ile jest nieparzystych liczb naturalnych czterocyfrowych. Pierwszą cyfrę
(tysięcy) możemy wybrać na 9 sposobów, następne dwie cyfry na 10 sposobów i ostatnią
(jedności) na 5 sposobów. Mamy zatem 9  10 2  5  4500 liczb czterocyfrowych
nieparzystych.
Obliczamy, ile jest nieparzystych liczb naturalnych czterocyfrowych, w zapisie których
nie występuje cyfra 7. Pierwszą cyfrę możemy wówczas wybrać na 8 sposobów, każdą z
następnych dwóch na 9 sposobów i cyfrę jedności na 4 sposoby. Mamy zatem
2
8  9  4  2592 takich liczb czterocyfrowych nieparzystych.
Stąd wnioskujemy, że liczb nieparzystych czterocyfrowych, w których zapisie
dziesiętnym co najmniej jedna cyfra jest siódemką, jest 4500  2592  1908
Uwaga
Możemy także zauważyć, że jest 9000 liczb czterocyfrowych, a ponieważ co druga jest
nieparzysta, to istnieje 4500 liczb czterocyfrowych nieparzystych.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Można wypisywać, ale pod
warunkiem, że po pewnym
czasie zauważa się
prawidłowość
To też ważny sposób myślenia!
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
II sposób rozwiązania (liczba siódemek)
Rozważamy cztery parami rozłączne zbiory nieparzystych liczb czterocyfrowych:
 zbiór liczb, w których zapisie dziesiętnym cyfra 7 występuje dokładnie jeden raz
 zbiór liczb, w których zapisie dziesiętnym cyfra 7 występuje dokładnie dwa razy
 zbiór liczb, w których zapisie dziesiętnym cyfra 7 występuje dokładnie trzy razy
 zbiór liczb, w których zapisie dziesiętnym cyfra 7 występuje cztery razy.
Najpierw obliczamy, ile jest nieparzystych liczb czterocyfrowych, w zapisie których
cyfra 7 występuje dokładnie jeden raz.
1. Jeśli pierwszą cyfrą (tysięcy) jest siódemka, to dwie następne cyfry możemy
wybrać na 9 sposobów, a cyfrę jedności na 4 sposoby. Mamy zatem 9 2  4  324
takich liczb.
2. Jeśli siódemka jest cyfrą setek, to cyfrę tysięcy możemy wybrać na 8 sposobów,
cyfrę dziesiątek na 9 sposobów i cyfrę jedności na 4 sposoby. Takich liczb jest
8  9  4  288 .
3. Analogicznie wykazujemy, że jest 288 liczb, w zapisie których cyfra dziesiątek jest
siódemką.
4. Jeśli siódemka jest cyfrą jedności, to cyfrę tysięcy możemy wybrać na 8 sposobów,
a każdą z dwóch następnych cyfr na 9 sposobów. Takich liczb jest zatem
2
8  9  648 .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Mamy więc 324  288  288  648  1548 nieparzystych liczb czterocyfrowych, w zapisie
których cyfra 7 występuje jeden raz.
Następnie obliczamy, ile jest nieparzystych liczb czterocyfrowych, w zapisie których
cyfra 7 występuje dokładnie dwa razy.
1. Jeśli dwie pierwsze cyfry to siódemki, to następną cyfrę możemy wybrać na 9
sposobów, a cyfrę jedności na 4 sposoby. Mamy zatem 9  4  36 takich liczb.
2. Analogicznie wykazujemy, że jest 36 liczb, w zapisie których pierwszą i trzecią
cyfrą jest siódemka.
3. Jeśli pierwszą i ostatnią cyfrą jest siódemka, to każdą z cyfr: setek i dziesiątek
możemy wybrać na 9 sposobów. Mamy zatem 9 2  81 takich liczb.
4. Jeśli drugą i trzecią cyfrą jest siódemka, to cyfrę tysięcy możemy wybrać na 8
sposobów i cyfrę jedności na 4 sposoby. Takich liczb jest 8  4  32 .
5. Jeśli drugą i czwartą cyfrą jest siódemka, to cyfrę tysięcy możemy wybrać na 8
sposobów, a cyfrę dziesiątek na 9 sposobów. Mamy zatem 8  9  72 takie liczby.
6. Jeśli trzecią i czwartą cyfrą jest siódemka, to cyfrę tysięcy możemy wybrać na 8
sposobów i cyfrę setek na 9 sposobów. Takich liczb jest 8  9  72 .
Mamy więc 36  36  81  32  72  72  329 nieparzystych liczb czterocyfrowych,
w których zapisie dziesiętnym cyfra 7 występuje dwa razy.
Obliczamy, ile jest nieparzystych liczb czterocyfrowych, w zapisie których cyfra 7
występuje dokładnie trzy razy.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
1. Jeśli cyfrą jedności nie jest cyfra 7, to mamy 4 takie liczby (cyfrę jedności możemy
wybrać na 4 sposoby spośród cyfr nieparzystych 1, 3, 5, 9 ).
2. Jeśli cyfrą dziesiątek nie jest cyfra 7, to mamy 9 takich liczb (cyfrę dziesiątek
możemy wybrać na 9 sposobów spośród cyfr 0,1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9 ).
3. Analogicznie wykazujemy, że jest 9 liczb, w zapisie których cyfra setek nie jest
siódemką.
4. Jeśli cyfra 7 nie jest cyfrą tysięcy, to mamy 8 takich liczb (cyfrę tysięcy możemy
wybrać na 8 sposobów spośród cyfr 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8, 9 ).
Mamy więc 4  9  9  8  30 nieparzystych liczb, w zapisie których cyfra 7 występuje
trzy razy.
Ponadto jest jedna liczba czterocyfrowa nieparzysta, w zapisie której występują 4
siódemki.
Z reguły dodawania mamy: 1548  329  30  1  1908 nieparzystych liczb
czterocyfrowych, w których zapisie dziesiętnym co najmniej jedna cyfra to 7.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Uczeń musi porządnie
zrozumieć, kiedy dodajemy,
a kiedy mnożymy
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 7.
Dany jest nieskończony ciąg geometryczny  a n  określony wzorem
an 
2
 3
n
dla n  1, 2, 3, ... .
Oblicz sumę wszystkich wyrazów tego ciągu.
Zadanie 7.a
Dany jest nieskończony ciąg geometryczny  a n  określony wzorem
an 
2
 3
n
dla n  1, 2, 3, ... .
Uzasadnij, że suma wszystkich wyrazów tego ciągu jest równa
S  1 3.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
Pierwszy wyraz i iloraz tego ciągu są odpowiednio równe: a 1 
q
1
2
.
3
1
Ponieważ q 
 1 , więc mamy
3
2
S 
a1
1 q

1
3
1

2
3 1

2

3 1
31

 1
3.
3
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
3
,
Zadanie 7.
Wynik: 1+
Zadanie wymagające jednej
umiejętności
Przybliżone = niedokładne
Wtedy zadanie
nie jest rozwiązane
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 8.
Dana jest funkcja f określona wzorem f  x   x 3  3 x  1 i leżący na
wykresie tej funkcji punkt A o współrzędnej x równej 2. Wyznacz
równanie stycznej do wykresu funkcji f w punkcie A.
Zadanie 8.a
Dana jest funkcja f określona wzorem f  x   x 3  3 x  1 i leżący na
wykresie tej funkcji punkt A o współrzędnej x równej 2. Uzasadnij, że
styczna do wykresu funkcji f w punkcie A ma równanie y  9 x  15 .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Zadanie 8.
Zadanie krótkie, ale bada
umiejętności, które bardzo
wyraźnie wiążą się z podstawą
programową zakresu
rozszerzonego
Tak będzie
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
Styczna do wykresu funkcji o wzorze y  f  x  w punkcie
A   x0 , f
 x 0   ma równanie postaci y  ax  b , gdzie współczynnik
kierunkowy a jest równy a  f   x 0  . W naszym przypadku
f
 x 
x  3 x  1 oraz x 0  2 .
3
Mamy zatem f   x   3 x 2  3 , skąd dostajemy a  9 . Punkt A ma
współrzędne  2, f  2   , czyli A   2, 3  . Prosta o równaniu
y  9 x  b ma przechodzić przez punkt A. Zatem b   15 i ostatecznie
równanie stycznej ma postać y  9 x  15 .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 9.
Rozwiąż równanie sin 4 x  cos 5 x  0 w przedziale 0, 90 .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
I sposób rozwiązania
Równanie możemy zapisać w postaci równoważnej sin 4 x  cos 5 x .
Ponieważ cos 5 x  sin  90   5 x  , więc równanie możemy zapisać
w postaci sin 4 x  sin  90   5 x  .
Zatem x  10   k  40  lub x   90   k  360  , gdzie k jest liczbą
całkowitą.
Wybierając te rozwiązania, które należą do przedziału 0, 90 ,
dostajemy: x  10  , x  50  , x  90  .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
II sposób rozwiązania
Ponieważ cos 5 x  sin  90   5 x  , więc równanie możemy zapisać
w postaci sin 4 x  sin  90   5 x   0 . Ze wzoru na różnicę sinusów
otrzymujemy 2 cos

4 x  90   5 x
x
sin
4 x   90   5 x 
2
2
9
 0.

Stąd co s  4 5     0 lub sin  x  45    0 .
2

2

Zatem x   90   k  360  lub x  10   k  40  , gdzie k jest liczbą
całkowitą.
Wybierając te rozwiązania, które należą do przedziału 0, 90 ,
dostajemy: x  10  , x  50  , x  90  .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 10.
Wykaż, że jeżeli zdarzenia losowe A , B   są takie, że P  A   0 , 6
oraz P  B   0 , 8 to P  A | B   0, 5 . ( P  A | B  oznacza
prawdopodobieństwo warunkowe zajścia zdarzenia A pod warunkiem
zajścia zdarzenia B).
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
PA|B 
PA B
nierówności
P B
. Nierówność P  A | B   0, 5 jest równoważna
PA B
0, 6
 5,
więc wystarczy wykazać, że
P  A  B   0, 4 .
Ponieważ P  A  B   1 oraz P  A  B   P  A   P  B   P  A  B  ,
więc P  A  B   0, 6  0, 8  1  0, 4 .
Co należało udowodnić.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Różnica nie będzie potrzebna
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 11.
Niech m  log 7 . Wykaż, że log 27 
21
Warszawa, 24 -25 marca 2012
7
3 1  m 
m
.
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
I sposób rozwiązania:
1
Zauważmy, że
log 7 3 
1
1
 log 7 21  log 7 7  log 7 3  1  log 7 3 .
m
1 m
m
m
log 7 27  log 7 3  3 log 7 3 
3
A to kończy dowód.
3 1  m 
m
II sposób rozwiązania:
Zauważamy kolejno, że
3 1  m 
m
3 log 7
21
7
 1

 3
 1   3  log 7 21  1   3  log 7 21  log 7 7  
m

 log 7 3  log 7 27 ,
3
co kończy dowód.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 12.
Oblicz najmniejszą liczbę naturalną n spełniającą nierówność
2n  10
3n  1

2

3
1
30
.
Zadanie 12.a
Uzasadnij, że najmniejszą liczbą naturalną n spełniającą nierówność
2n  10
3n  1

2
3

1
30
jest n  107 .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
Zauważmy, że
2 n  10
3n  1
stąd wynika, że

2

3  2 n  10   2  3 n  1 
3  3n  1
3
2 n  10
3n  1

2
3

32
3  3n  1
Mamy zatem rozwiązać nierówność
czyli
3  3n  1
32

 32
3  3n  1
,
.
32
3  3n  1

1
30
,
 30 .
1
Otrzymujemy n  106 , a więc najmniejszą liczbą naturalną
3
spełniającą podaną nierówność jest n  107 .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 13.
2
2
2
2
Okręgi o równaniach x  y  6 2 5 i  x  36    y  15   1600 mają
dwa punkty przecięcia: A i B. Oblicz długość odcinka AB.
Zadanie 13.a
2
2
Okręgi o równaniach x 2  y 2  6 2 5 i  x  36    y  15   1600 mają
dwa punkty przecięcia: A i B. Uzasadnij, że A B  48 .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
I sposób rozwiązania
Oznaczmy:
środek pierwszego okręgu – O,
środek drugiego okregu – P,
punkty przecięcia okręgów – A i B.
Niech C będzie punktem
przecięcia odcinków AB i OP,
AC  h, OC  x .
Zauważmy, że A B  2 h oraz O P  3 9 . Korzystając z twierdzenia Pitagorasa
otrzymujemy: h 2  25 2  x 2 oraz h 2  40 2   39  x  . Rozwiązujemy równanie
2
25  x  40   39  x 
2
, otrzymując x  7 . Zatem h 2  25 2  7 2  576 ,
stąd h  24 , czyli A B  2 h  48 .
2
2
2
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
II sposób rozwiązania ze wzoru Herona
Oznaczamy wszystko tak jak w sposobie I. Boki trójkąta oznaczamy tak jak na
rysunku. Obliczamy pole trójkąta OPA z wzoru Herona.
Niech p oznacza połowę obwodu trójkąta OPA. Wtedy p  52 , p  a  13 , p  b  27 ,
p  c  12 i h1 
2
1
a b
2
2
4
Z drugiej strony PO P A 
1
2
.
 39  h .
Zatem h  24 , czyli A B  2 h  48 .
Uwaga. Pole trójkąta OPA można obliczyć również z twierdzenia cosinusów:
25  40  2  25  40 cos   39
2
2
Zatem sin  
117
125
2
, stąd cos  
625  1600  1521
2000
. Obliczamy pole trójkąta OPA: PO PA
Warszawa, 24 -25 marca 2012

704

44
.
2000 125
1
117
  25  40 
 468 .
2
125
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Musimy przyzwyczaić ucznia
do wykorzystywania wiedzy
w zadaniach, w których
pozornie tych treści nie ma
(Oblicz wysokość trójkąta…)
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
III sposób rozwiązania punkty przecięcia okręgu
Rozwiązujemy układ równań, aby znaleźć punkty przecięcia dwóch okręgów:
 x 2  y 2  625

2
2
x

36

y

15
 1600





Odejmując stronami drugie równanie od pierwszego otrzymujemy równanie:
12 x  5 y  91 . Stąd y 
91  12 x
5
wstawiamy do pierwszego równania i rozwiązujemy
2
równanie kwadratowe:
 91  12 x

x 
 3   625 .
5


2
Po uporządkowaniu otrzymujemy równanie kwadratowe: 169 x 2  2184 x  7344  0 ,
którego pierwiastki to x 1  
36
13
, x2 
204
.
13
253 
 36 323 
 204
B

,

Mamy zatem 2 punkty przecięcia: A    ,
oraz


.
13
13
13
13




2
Obliczamy odległość między nimi: A B  48 2 . Zatem A B  4 8 .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 14.
Dany jest wykres funkcji kwadratowej f  x   x 2 oraz punkt
A   3, 0  . Znajdź punkt na wykresie funkcji f leżący najbliżej
punktu A.
Zadanie 14.a
Dany jest wykres funkcji kwadratowej f  x   x 2 oraz punkt A   3, 0  .
Uzasadnij, że punktem na wykresie funkcji f leżącym najbliżej punktu
A jest punkt o współrzędnych  1, 1  .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
Dowolny punkt leżący na wykresie funkcji f ma współrzędne:  x , x 2  . Obliczamy
odległość takiego punktu od punktu A: d   x  3    x  0  .
2
2
2
Weźmy funkcję g  x    x  3    x  0   x 4  x 2  6 x  9 , gdzie x jest liczbą
rzeczywistą.
Obliczamy pochodną tej funkcji i rozkładamy na czynniki:
'
3
3
2
g  x   4 x  2 x  6  2  2 x  x  3  2  x  1  2 x  2 x  3  .
2
2
2
Obliczamy wyróżnik trójmianu kwadratowego 2 x 2  2 x  3 :
2
  4  4  2  3  0 , zatem 2 x  2 x  3  0 , więc jedynym miejscem zerowym funkcji
g '  x  jest x  1 .
Zauważamy również, że:
g '  x   0 dla x  1 ,
g '  x   0 dla x  1 ,
A więc funkcja g ma minimum w punkcie x  1 .
Zatem punktem na wykresie funkcji f leżącym najbliżej punktu A jest punkt  1,1  .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Ale wystarczy znaleźć punkt,
w którym styczna jest
prostopadła do prostej AB
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 15.
Wykaż, że funkcja f ( x )  x 3  1 2 x w przedziale  3 , 5  jest rosnąca.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
Wyznaczamy pochodną funkcji f: f '( x )  3 x 2  12 . Pochodna funkcji
przyjmuje wartości dodatnie dla x     ,  2    2 ,    ,
w szczególności w przedziale  3 , 5  . Zatem funkcja f w przedziale  3 , 5 
jest rosnąca.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 16.
W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym krawędź podstawy jest
równa 10cm, a kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy
jest równy 60 stopni. Ostrosłup ten przecięto płaszczyzną przechodzącą
przez krawędź podstawy i nachyloną do płaszczyzny podstawy pod
kątem 30 stopni. Oblicz pole otrzymanego przekroju.
Zadanie 16.a
W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym krawędź podstawy jest
równa 10 cm, a kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy
jest równy 60 stopni. Ostrosłup ten przecięto płaszczyzną przechodzącą
przez krawędź podstawy i nachyloną do płaszczyzny podstawy pod
kątem 30 stopni. Uzasadnij, że pole otrzymanego przekroju
jest równe P 
75
2
3.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Będą przekroje
prof. Wojciech Guzicki
Rozwiązanie
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
S
L
P
K
D
C
60
30
E
O
F
B
A
Przekrojem, którego pole należy obliczyć, jest trapez równoramienny BCLK.
Rozważmy przekrój ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez wierzchołek S i środki
E, F krawędzi AD i BC. Ponieważ F E S  60  , więc trójkąt równoramienny FES jest
trójkątem równobocznym o boku 10, stąd wysokość PF przekroju BCLK (jako
wysokość trójkąta FES) jest równa 5 3 . Punkt P jest spodkiem wysokości trójkąta
równobocznego FES, czyli jest środkiem odcinka ES. Odcinek KL jest równoległy do
AD, stąd K jest środkiem odcinka AS.
Z twierdzenia o odcinku łączącym środki boków trójkąta otrzymujemy: K L  5 . Pole
przekroju jest zatem równe P 
Warszawa, 24 -25 marca 2012
1
2
 10  5   5
3 
75
2
3
.
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 17.
Dany jest trójkąt ABC, w którym A   0, 0  , B   6, 0  , C   6 p , 6 q  ,
gdzie p , q  0 oraz p 
1
2
.
Punkt H jest punktem przecięcia wysokości (ortocentrum) tego
trójkąta.
Punkt O jest środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie.
Punkt S jest środkiem ciężkości tego trójkąta.
Wyznacz równanie prostej OH i wykaż, że punkt S leży na tej prostej.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Licealista musi radzić sobie
z parametrami
Takie (to) zadanie będzie
w informatorze
Tego rodzaju zadanie będzie
na maturze
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
Oznaczmy, tak jak na rysunku:
E – środek odcinka AC
F – środek odcinka AB
BD i CG – wysokości trójkąta ABC.
Zauważmy, że: E   3 p , 3 q  , F   3, 0  , G   6 p , 0  .
Równanie prostej AC ma postać y  a x . Punkt C leży na tej prostej, więc 6 q  a  6 p ,
zatem a 
q
p
. Stąd wynika, że prosta AC ma równanie: y 
Warszawa, 24 -25 marca 2012
q
p
 x.
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Równanie prostej EO ma postać: y  
prostej, więc 3 q  
p
q
3p c.
p
q
Stąd c  3 q 
Prosta EO ma zatem równanie: y  
p
dla pewnego c. Punkt E leży na tej
xc
x
q
3p
2


3 p q
2
q

q
3 p q
2
2

q
2

.
.
Prosta FO ma równanie: x  3 . Stąd punkt O ma współrzędne:

2
2

3p 3 p q
O   3, 


q
q




 3 p2  q2  p 
 , czyli O   3,
.



q



p
Równanie prostej BD ma postać y    x  d dla pewnego d. Punkt B leży na prostej
q
BD, więc 0  
p
6 d
q
, stąd d 
6p
q
. Prosta BD ma zatem równanie: y  
p
x
q
Prosta CG ma równanie x  6 p . Zatem punkt H ma współrzędne:

2

6 p p
H   6 p,

q


.


Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
6p
q
.
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
 0  6  6 p 0  0  6q 
,
,
3
3


Wreszcie S  
czyli S   2 p  2, 2 q  .
Wyznaczamy równanie prostej OH. Równanie to jest postaci: y  ax  b .



2
 3 p2  q2  p 

6 p p
 oraz H   6 p ,
O   3,



q
q




3 p q  p
2
2

 a3 b
q
oraz

6 p p

2
q

 spełniają to równanie, zatem:


 a 6 p  b.
3p3p q
2
Rozwiązaniem tego układu równań jest: a 
b
q  2 p  1
3p3p q
2
Zatem prosta OH ma równanie: y 
2
q  2 p  1
2
x


6p p q 1
2

q  2 p  1
6p p q 1
2
2
2
q  2 p  1

.
.
Sprawdzamy, że współrzędne punktu S spełniają to równanie, tzn. że zachodzi
3p3p q
2
równość: 2 q 
q  2 p  1
2
 2 p  2 

6p p q 1
2
2
q  2 p  1

.
Po wykonaniu działań i uporządkowaniu wyrażeń otrzymujemy równość prawdziwą,
co kończy dowód, że współrzędne punktu S spełniają równanie prostej OH.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Uwaga. Można pokazać, że O H  3  O S , skąd wynika, że punkt S leży na prostej OH.
Obliczamy współrzędne wektorów O S oraz O H :


2
2
2
2

3 p q  p  
3p3p q 
   2 p  1,
O S   2 p  2  3, 2 q 

q
q

 

oraz




2
2
2
2
2

6 p p
3 p q  p  
9 p  9 p  3q 
   6 p  3,
O H   6 p  3,

  3  OS
q
q
q

 

.
Zatem punkt S leży na prostej OH.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 18.
Dany jest trójkąt prostokątny ABC, w którym A  90  .
Przeciwprostokątna BC ma długość a, dwusieczna AD kąta prostego
ma długość d. Udowodnij, że pole trójkąta ABC jest równe
P 
Warszawa, 24 -25 marca 2012

4
1
d d
2
d  2a
2
2
.
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Skomplikowane obliczenia
algebraiczne
Postać wzoru wskazuje jednak,
że trzeba tu będzie
rozwiązywać równanie
kwadratowe
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
Oznaczmy, tak jak na rysunku: A B  c , A C  b .
Pole trójkąta ABC jest równe: P 
bc
2
, skąd bc  2 P .
Obliczamy inaczej pole trójkąta ABC: P 
cd
2

bd
4
2
4
 b  c 
d
2
4
.
Chcemy obliczyć b  c . Zauważamy, że  b  c   b 2  2 bc  c 2 .
2
Z twierdzenia Pitagorasa: b 2  c 2  a 2 , więc  b  c   a 2  2 bc . Zatem
2
b  c
2
 a  4P
2
P  b  c 
d
wyznaczyć P.
2
, czyli b  c  a 2  4 P . Wobec tego

a  4P 
2
4
d
2
4
, czyli P 
Otrzymujemy kolejno: P   a  4 P  
2
2
d
2
2
4
. Chcemy z tego równania
2
8
, 8 P 2  4d 2 P  a 2d 2  0 .
d d
2
Rozwiązujemy to równanie kwadratowe: P 
odrzucamy, gdyż jest ujemne). To kończy dowód.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
d
a  4P 
d  2a
2
4
2
(drugie rozwiązanie
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 19.
Udowodnij, że jeśli a  0 , to dokładnie jedna liczba rzeczywista x
spełnia równanie
2
3
2
x  ax  a  a  1  x   a  1   0 .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Na maturę można tworzyć
szereg wariantów tego zadania
(np. 2 rozwiązania)
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie.
I sposób. Zauważamy, że 1 jest pierwiastkiem tego równania, więc równanie możemy

zapisać w postaci:  x  1  x 2   a  1  x   a  1 
2
  0.
Stąd x  1 lub x 2   a  1  x   a  1   0 .
2
Równanie x 2   a  1  x   a  1   0 nie ma rozwiązania, gdyż    3  a  1   0 .
2
2
Zatem jedyną liczbą x, która spełnia równanie x 3  ax 2  a  a  1  x   a  1   0 , jest
x  1.
2
II sposób. Niech f  x   x 3  ax 2  a  a  1  x   a  1  .
Obliczamy pochodną funkcji f: f   x   3 x 2  2 ax  a  a  1  .
2
Obliczamy wyróżnik tej funkcji kwadratowej:    4 a  2 a  3  .
Ponieważ z założenia a  0 , więc   0 . Zatem dla każdego a  0 pochodna f   x   0 ,
czyli funkcja f jest rosnąca, a więc ma co najwyżej jedno miejsce zerowe. Ponieważ
f  1   0 , więc f ma dokładnie jedno miejsce zerowe. To kończy dowód.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 20.
Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny. Kąt  jest kątem
dwuściennym między dwiema sąsiednimi ścianami bocznymi. Kąt 
jest kątem przy podstawie ściany bocznej (tzn. kątem między
krawędzią podstawy i krawędzią boczną ostrosłupa) – zob. rysunek.
Wykaż, że cos   tg 2    1 .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
Oznaczmy, tak jak na rysunku: a – krawędź podstawy, h – wysokość ściany bocznej
poprowadzona z wierzchołka podstawy, c – odcinek łączący wierzchołek podstawy ze
spodkiem wysokości h.
Na podstawie twierdzenia cosinusów mamy:  a 2   h 2  h 2  2 h  h  cos  .
2
Stąd h 2 cos   h 2  a 2 .
Na podstawie tw. Pitagorasa mamy: h 2  c 2  a 2 . Zatem h 2 cos    c 2 .
Stąd
h
2
c
2
 cos    1 ,
czyli cos   tg 2    1 . To kończy dowód.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 21.
Rozpatrujemy odcinki równoległe do osi Oy, których jeden koniec leży
na wykresie funkcji kwadratowej f określonej wzorem f  x   x 2  2 ,
a drugi koniec leży na wykresie funkcji g określonej wzorem
g  x   x dla x  0 . Oblicz długość najkrótszego takiego odcinka.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
Niech A   x , x 2  2  , B   x , x  dla pewnego x  0 . Wówczas długość odcinka AB
jest równa x 2  2  x .
Rozważmy funkcję h  t   t 4  t  2 . Wówczas długość odcinka AB jest równa h  x  .
Wyznaczymy minimum funkcji h w przedziale 0,    .
Obliczamy pochodną funkcji h: h   t   4 t 3  1 .
Jeśli 0  t 
1
3
4
, to h   t   0 , jeśli t 
Zatem w przedziale 0 ,
1
3
1
3
4
, to h   t   0 .
funkcja h jest malejąca i w przedziale
4
1
3
4
,  
jest rosnąca. Stąd wynika, że h przyjmuje najmniejszą wartość w punkcie t 
funkcja h
1
3
. Ta
4
najmniejsza wartość jest długością szukanego najkrótszego odcinka:
1
1
3
 1 
h



2

2


3
3
3
4
43 4
 4  4 4
Warszawa, 24 -25 marca 2012
. Odp.: A B  2 
3
3
.
4 4
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Pochodna, minimum – musi być
Zadanie dość złożone
Ale zamiana zmiennych – coś
szalenie naturalnego
Poważne zadanie
z wprowadzanego do podstawy
programowej działu na maturze
będzie na pewno
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 22.
Dana jest funkcja kwadratowa f określona wzorem f  x   x 2 i punkt
2
P   p , p  leżący na wykresie tej funkcji, gdzie p jest dowolną liczbą
rzeczywistą. Wyznacz a i b tak, by prosta o równaniu y  ax  b była
styczna do wykresu funkcji f w punkcie P. Wykaż, że dla każdego x
zachodzi nierówność x 2  ax  b .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
Pochodna funkcji f jest określona wzorem f   x   2 x . Stąd wynika, że
współczynnik kierunkowy stycznej w punkcie P jest równy a  2 p .
Prosta o równaniu y  2 px  b przechodzi przez punkt P . Zatem
2
2
b   p , czyli równanie stycznej ma postać y  2 px  p . Nierówność
jest równoważna nierówności  x  p   0 , a więc jest
prawdziwa dla każdego x.
x  2 px  p
2
2
Warszawa, 24 -25 marca 2012
2
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 23.
Dana jest funkcja f określona wzorem f  x   x 3 dla dowolnej liczby
rzeczywistej x. Wyznacz punkt P   p , p 3  leżący na wykresie funkcji f
najbliżej punktu A   4, 0  .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
Wystarczy rozpatrywać punkty P   p , p 3  dla p  0 , gdyż dla p  0 punkt o
współrzędnych  0, 0  leży bliżej punktu A niż punkt P: A P  A C  A B .
Odległość A P dla p  0 jest równa A P   p  4    p 3  .
2
Warszawa, 24 -25 marca 2012
2
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Mamy zatem znaleźć p  0 , dla którego wielomian
W
 p 
p 
6
 p  4
2
 p  p  8 p  16
6
2
przyjmuje najmniejszą wartość. Rozważamy
zatem pochodną wielomianu W:

5
4
3
2
W  x   6 x  2 x  8  2  x  1 3 x  3 x  3 x  3 x  4
.
W   x   0 dla x   0,1  , W   x   0 dla x   1,    .
Zatem szukaną wartością p, dla której wartość wielomianu W  p  jest najmniejsza, jest
p  1 . Szukanym punktem P jest zatem P   1,1  .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Zadanie 24.
Prosta o równaniu y  kx przecina parabolę o równaniu y 
1
x 
2
2
w dwóch punktach A i B. Udowodnij, że styczne do tej paraboli
w punktach A i B są prostopadłe.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
1
2
Tego rodzaju zadań o paraboli
możemy spodziewać się
na pewno
W starych książkach znajdziemy
mnóstwo takich zadań
prof. Wojciech Guzicki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Rozwiązanie
Najpierw wyznaczamy współrzędne punktów A i B. W tym celu rozwiązujemy układ
równań


 y  kx


1 2 1
y

x 

2
2



Stąd A  k  k 2  1 , k 2  k k 2  1 , B  k  k 2  1 , k 2  k k 2  1 .
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Projekt współfinansowany przez Unię Europejską w ramach Europejskiego Funduszu Społecznego
Wyznaczamy teraz współczynniki kierunkowe stycznych. Niech f  x  
1
x 
2
2
1
2
.
Wówczas mamy równania stycznych y  a A x  b A oraz y  a B x  b B . Ponieważ

f   x   x , więc a A  f  k 

aA  aB  k 

k 1  k
2
k 1
2

 oraz a


 f k
B

k 1 .
2

k  1  k  k  1  1.
2
2
2
Zatem obie styczne są prostopadłe.
Warszawa, 24 -25 marca 2012
Konferencja dla doradców metodycznych i konsultantów ds. matematyki
Oczekujemy kolejnej zmiany
przepisów dotyczących matury
prof. Wojciech Guzicki
Przymiarki idą w następującym
kierunku:
- trochę zadań zamkniętych
- zadania otwarte krótkiej odpowiedzi
- zadania otwarte rozszerzonej
odpowiedzi
(trzeba ułatwić pracę egzaminatorom
i ujednolicić wyniki sprawdzania
prof. Wojciech Guzicki