Zadanie 15, czerwiec 2022: matematyka rozszerzona

Polecenie

Rozpatrujemy wszystkie trójkąty równoramienne ostrokątne $ABC$ ( $|AC| = |BC|$

Darmowe konto pozwoli wrócić do niego później.

), na których opisano okrąg o promieniu

R = 1

. Niech

x

oznacza odległość środka okręgu od podstawy

AB

trójkąta.

a) Wykaż, że pole $P$ każdego z tych trójkątów, jako funkcja długości $x$ , wyraża się wzorem $P(x) = (x + 1) \cdot \sqrt{1 - x^2}$ .

b) Wyznacz dziedzinę funkcji $P$ .

c) Oblicz długość odcinka $x$ tego z rozpatrywanych trójkątów, który ma największe pole. Oblicz to największe pole.

Sprawdź rozwiązanieUkryj rozwiązanieKlucz CKE i punktacja

Zanim porównasz z kluczem

Jak poszło Ci z tym zadaniem?

Wybierz ocenę: zapisze wynik i od razu oznaczy zadanie jako zrobione.

Łatwe Średnie Trudne

Zapis wymaga darmowego konta. Załóż konto

Maturownik+

Sprawdź swoje rozwiązanie

Ocena według schematu punktowania CKE, zwykle w 15–30 s

Dowiedz się, ile punktów naprawdę zdobywasz. Zrób zdjęcie kartki albo wklej odpowiedź: Maturownik+ porówna ją ze schematem punktowania, policzy punkty i wytłumaczy, gdzie i dlaczego je tracisz.

Punkty według schematu
Konkretne miejsca utraty punktów
Błędy zapisane do powtórki

Załóż konto i sprawdź odpowiedź

Odpowiedź z klucza CKE

a) Wykaż: Pole trójkąta $P = \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$ . Określamy $a = 2\sqrt{1 - x^2}$

Schemat punktowania

2 pkt

wykaże, że $P(x) = (x + 1) \sqrt{1 - x^2}$

Komentarz

Za uzasadnienie maksimum można opisać monotoniczność słownie, graficznie lub przy użyciu strzałek. Jeśli zdający błędnie wyznaczy dziedzinę (ale będzie podzbiorem $(0, 1)$ ), może otrzymać punkt za badanie znaku pochodnej, o ile miejsce zerowe należy do wyznaczonej dziedziny. Można również rozwiązać zadanie nierównością między średnimi arytmetyczną i geometryczną.

Umiejętności w zadaniu

(z warunku

x^2 + (\frac{1}{2}a)^2 = 1

stosując twierdzenie Pitagorasa do trójkąta

SDB

) i

h = x + 1

. Stąd

P(x) = \frac{1}{2} \cdot 2\sqrt{1 - x^2} \cdot (x + 1) = (x + 1) \sqrt{1 - x^2}

.

b) Dziedziną funkcji $P$ jest przedział $(0, 1)$ .

c) Sposób 1: Przekształcamy $P(x) = \sqrt{-x^4 - 2x^3 + 2x + 1}$ . Tworzymy funkcję pomocniczą $f(x) = -x^4 - 2x^3 + 2x + 1$ . Obliczamy $f'(x) = -4x^3 - 6x^2 + 2$ . Pierwiastkami są $x = -1$ i $x = \frac{1}{2}$ . W przedziale $(0, 1)$ tylko $x = \frac{1}{2}$ . Badamy znak: $f'(x) > 0$ dla $x \in (0, \frac{1}{2})$ , $f'(x) < 0$ dla $x \in (\frac{1}{2}, 1)$ . Funkcja osiąga maksimum dla $x = \frac{1}{2}$ . Największe pole: $P(\frac{1}{2}) = (\frac{1}{2} + 1) \cdot \sqrt{1 - \frac{1}{4}} = \frac{3}{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{4}$ .

Sposób 2 (alternatywny): Można pokazać, że spośród wszystkich rozpatrywanych trójkątów największe pole ma trójkąt równoboczny, dla którego $x = \frac{1}{2}$ i $P = \frac{3\sqrt{3}}{4}$ . Można też wykorzystać nierówność między średnimi arytmetyczną i geometryczną.

.

1 pkt

zapisze, że dziedziną funkcji $P$ jest przedział $(0, 1)$ .

1 pkt

wyznaczy pochodną funkcji pomocniczej (dla sposobu 1.) lub pokaże warunek optymalizacyjny (dla sposobu 2.).

2 pkt

obliczy miejsca zerowe pochodnej $x = \frac{1}{2}$ (dla sposobu 1.) lub pokaże, że maksimum osiąga trójkąt równoboczny (dla sposobu 2.).

3 pkt

zbada znak pochodnej i uzasadni, że funkcja osiąga maksimum dla $x = \frac{1}{2}$ (dla sposobu 1.) lub pokaże równoboczność i obliczy pole lub $x$ (dla sposobu 2.).

4 pkt

wyznaczy $x = \frac{1}{2}$ i obliczy największe pole $P = \frac{3\sqrt{3}}{4}$ .