Finał 2005 Rozwiązania

Wysłane przez dn w wt., 28/04/2015 - 07:21

$ \centerline{POWSZECHNY KONKURS INTERNETOWY dla uczniów szkół średnich - Matematyka} \centerline{Finał VI edycji - 11 kwietnia 2005} \centerline{Przykładowe rozwiązania} $

$\textbf{\underline{Zadanie 1.}} Liczba $ x_{0}$ jest pierwiastkiem równania $$\displaystyle \log_{\sqrt{x}}\left( 4x+3\right) =2\log_{4x+3}x.$$ Znaleźć taki punkt paraboli $\displaystyle y=\frac{1}{18}x^{2}+\frac{1}{2}x+1$, którego odległość od punktu $\displaystyle \left( x_{0},\frac{1}{2}\right) $ jest najmniejsza. \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} Dziedzina równania: $x>0,\sqrt{x}\neq 1,4x+3>0,4x+3\neq 1$, stąd otrzymujemy, że $x\in(0,1)\cup(1,\infty)$. \\ Wtedy: $$\log_{\sqrt{x}}(4x+3)=2\log_{4x+3}x$$ $$\frac{\log_x(4x+3)}{\log_x\sqrt{x}}=2\cdot\frac{\log_xx}{\log_x(4x+3)}$$ $$\frac{\log_x(4x+3)}{\frac{1}{2}}=2\cdot\frac{1}{\log_x(4x+3)}$$ $$\log_x^2(4x+3)=1$$ $$\log_x(4x+3)=1\quad\vee\quad \log_x(4x+3)=-1$$ $$4x+3=x\quad\vee\quad 4x+3=\frac{1}{x}$$ $$3x=-3\quad\vee\quad 4x^3+3x-1=0$$ $$x=-1\quad\vee\quad (x+1)(4x-1)=0$$ $$x=-1\quad\vee\quad x=-1\quad\vee\quad x=\frac{1}{4}$$ \\ Po uwzględnieniu z dziedziną otrzymujemy, że $x=\frac{1}{4}$ jest rozwiązaniem początkowego równania, stąd $x_0=\frac{1}{4}$. $ $ \\ \\ Niech szukanym punktem będzie $B\left(m,\frac{1}{18}m^2+\frac{1}{2}m+1\right)$. \\ Dodatkowo $A\left(\frac{1}{4},\frac{1}{2}\right)$. \\ Zauważmy, że wtedy styczna do paraboli w punkcie $B$ będzie prostopadła do wektora $\overrightarrow{AB}=\left[m-\frac{1}{4},\frac{1}{18}m^2+\frac{1}{2}m+\frac{1}{2}\right]$. \\ Ponieważ $y'=\frac{x}{9}+\frac{1}{2}$, to styczna w punkcie $B$ będzie miała współczynnik kierunkowy $\frac{m}{9}+\frac{1}{2}$, więc wektorem równoległym do stycznej będzie np. wektor $\vec v=\left[1,\frac{m}{9}+\frac{1}{2}\right]$, przeskalujmy go przez $18$: $\vec w=\left[18,2m+9\right]$. \\ Zatem ma zachodzić: $$\vec v\perp\overrightarrow{AB}$$ $$\vec v\circ\overrightarrow{AB}=0$$ $$\left(m-\frac{1}{4}\right)\cdot 18+\left(\frac{1}{18}m^2+\frac{1}{2}m+\frac{1}{2}\right)(2m+9)=0$$ $$\ldots$$ $$m(2m^2+27m+423)=0$$ \\ Jedynym rozwiązaniem jest $m=0$, zatem szukanym punktem jest $$B\left(0,1\right)$$ \\ \\ $

$\textbf{\underline{Zadanie 2.}} Ostrosłup $ ABCS$ ma w podstawie trójkąt prostokątny $ ABC$ o kącie prostym przy wierzchołku $ C$. Punkt $ E$ jest środkiem boku $ AB$. Punkt $ F$ jest punktem przecięcia dwusiecznej kąta $ CEB$ z bokiem $ CB$. Płaszczyzna wyznaczona przez punkty $ E$, $ F$,$ S$ dzieli ostrosłup na dwie bryły. Obliczyć stosunek objętości tych brył. \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} $

$ Punkt $E$ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $CAB$, stąd $|CE|=|BE|$, zatem trójkąt $BCE$ jest równoramienny, więc $F$ jest środkiem boku $BC$ oraz $FE\parallel CA$. Zatem trójkąty $DEB$ oraz $CAB$ są trójkątami podobymi (kąt, kąt, kąt) o skali równej $k=\frac{1}{2}$. Niech $P$ oznacza pole trójkąta $FEB$, wtedy pole trójkąta $CAB$ jest równe oczywiście $4P$. \\ \\ Niech $H$ oznacza wysokość ostrosłupa, wtedy: $$\frac{V_{FEBS}}{V_{CAEFS}}= \frac{V_{FEBS}}{V_{CABS}-V_{FEBS}}= \frac{\frac{1}{3}P_{FEB}\cdot H}{\frac{1}{3}P_{CAB}\cdot H-\frac{1}{3}P_{FEB}\cdot H}=$$ $$= \frac{P_{FEB}}{P_{CAB}-P_{FEB}}= \frac{P}{4P-P}= \frac{1}{3}$$ \\ \\ $

$\textbf{\underline{Zadanie 3.}} Rozwiązać równanie $$\displaystyle \sin^{10}x+\cos^{10}x=\frac{29}{16}\cos^{4}2x.$$ \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} Ze wzoru $a^5+b^2=(a+b)(a^4-a^3b+a^2b^2-ab^3+b^4)$: $$\sin^{10}x+\cos^{10}x= (\sin^{2}x+\cos^2x)(\sin^8x-\sin^6x\cos^2x+\sin^4x\cos^4x-\sin^2x\cos^6x+\cos^8x)=$$ $$= (\sin^8x+\cos^8x)-\sin^6x\cos^2x+\sin^4x\cos^4x-\sin^2x\cos^6x=$$ $$= (\sin^4x+\cos^4x)^2-2\sin^4x\cos^4x-\sin^6x\cos^2x+\sin^4x\cos^4x-\sin^2x\cos^6x=$$ $$= [(\sin^2x+\cos^2x)^2-2\sin^2x\cos^2x]^2-\sin^6x\cos^2x-\sin^4x\cos^4x-\sin^2x\cos^6x=$$ $$= \left(1-\frac{1}{2}\sin^22x\right)^2-\sin^2x\cos^2x\left(\sin^4x+\sin^2x\cos^2x+\cos^4x\right)=$$ $$= 1-\sin^22x+\frac{1}{4}\sin^4 2x-\frac{1}{4}\sin^2 2x\left[(\sin^2x+\cos^2x)^2-\sin^2x\cos^2x\right]=$$ $ $ $$= 1-\sin^22x+\frac{1}{4}\sin^4 2x-\frac{1}{4}\sin^2 2x\left(1-\frac{1}{4}\sin^2 2x\right)$$ \\ Prawą stronę początkowego równania możemy zapisać w postaci: $$\frac{29}{16}(1-\sin^22x)^2$$ \\ Po podstawieniu $t=\sin^22x$ otrzymujemy do rozwiązania równanie: $$1-t+\frac{1}{4}t^2-\frac{1}{4}t\left(1-\frac{1}{4}t\right)=\frac{29}{16}(1-t)^2$$ $$\ldots$$ $$24t^2-38t+13=0$$ $$t=\frac{1}{2}\quad\vee\quad t=\frac{13}{12}$$ \\ Ponieważ $t\in\left<0,1\right>$, to: $$t=\frac{1}{2}$$ $$\sin^22x=\frac{1}{2}$$ $$2\sin^22x-1=0$$ $$-\cos 4x=0$$ $$\cos 4x=0$$ $$4x=\frac{\pi}{2}+k\pi,\quad k\in\mathbb{Z}$$ $$x=\frac{\pi}{8}+\frac{k\pi}{4}$$ \\ \\ $

$\textbf{\underline{Zadanie 4.}} Ze zbioru liczb $ \left\{ 5,6,7,8,9,\ldots,3n\right\}$, gdzie $ n$ jest liczbą naturalną większą od jedności, losujemy podzbiór czteroelementowy. Jakie jest prawdopodobieństwo zdarzenia polegającego na tym, że suma liczb będących elementami wylosowanego podzbioru jest parzysta? \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} Liczb w danym zbiorze jest $3n-4$. \\ Niech $\Omega$ oznacza przestrzeń wszystkich zdarzeń elementarnych, polegających na wylosowaniu podzbioru czteroelementowego z danego zbioru. By to był prawdziwe $n\geqslant 3$. Oczywiście: $$|\Omega|={3n-4\choose 4}$$ \\ Niech $A$ oznacza zdarzenia elementarne polegające na tym, że suma elementów wylosowanego podzbioru jest parzysta. Do wylosowanego podzbioru musi zatem należeć parzysta licza liczb nieparzystych, czyli musi być w tym zbiorze $0$, $2$ lub $4$ liczby nieparzyste. \\ Zauważmy, że dla $n$ parzystego ($n=2k$) mamy $6k-4$ liczby, z tego $3k-2$ nieparzystych oraz $3k-2$ parzystych, natomiast dla $n$ nieparzystego ($n=2k+1$) mamy $6k-1$ liczb, z czego $3k$ nieparzystych oraz $3k-1$ parzystych. Możemy zatem zapisać, że gdy mamy rozważany zbiór dla dowolnego $n$, to liczb nieparzystych będzie $\lceil\frac{3n-4}{2}\rceil$, a liczb parzystych $\lfloor\frac{3n-4}{2}\rfloor$. $ $ \\ Zatem moc zdarzenia $A$ (chcemy mieć albo $0$ liczb nieparzystych (czyli $4$ parzyste) albo $2$ nieparzyste i $2$ parzyste, albo $4$ nieparzyste), zatem: $$|A|={\lfloor\frac{3n-4}{2}\rfloor\choose 4}+{\lceil\frac{3n-4}{2}\rceil\choose 2}{\lfloor\frac{3n-4}{2}\rfloor\choose 2} + { \lceil\frac{3n-4}{2}\rceil\choose 4}$$ \\ Zatem szukane prawdopodobieństwo jest równe: $$P(A)=\frac{\displaystyle {\lfloor\frac{3n-4}{2}\rfloor\choose 4}+{\lceil\frac{3n-4}{2}\rceil\choose 2}{\lfloor\frac{3n-4}{2}\rfloor\choose 2} + { \lceil\frac{3n-4}{2}\rceil\choose 4}}{\displaystyle {3n-4\choose 4}}$$ \\ \\ $

$\textbf{\underline{Zadanie 5.}} Dany jest trójkąt o bokach długości $ 13$ cm, $ 14$ cm i $ 15$ cm. Obliczyć sumę odległości punktu przecięcia się wysokości od wierzchołków tego trójkąta. \\ \\ \textbf{\underline{Rozwiązanie}} $

$ Prowadzimy proste równoległe do boków trójkata przechodzące przez przeciwległe wierzchołki trójkąta. Niech punktami przecięcia tych prostych będą odpowiednio punkty $A', B', C'$. Wtedy trójkąty $ABC, ABC', A'BC, AB'C$ są trójkątami przystającymi (są podobne z własności kąt-kąt-kąt oraz mają odpowiednie boki równe). \\ Skoro wysokości trójkąta $ABC$ są prostopadłe również bo boków trójkąta $A'B'C'$ oraz przechodzą przez środki jego boków, to wysokości $ABC$ zawierają się w symetralnych boków trójkąta $A'B'C'$ zatem punkt $H$ jest również punktem przecięcia się symetralnych boków trójkąta $A'B'C'$ zatem $H$ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $A'B'C'$. Niech $R$ oznacza promień tego okręgu.\ \\ Obliczymy pole trójkąta $A'B'C'$ za pomocą wzoru Herona. $$p=\frac{26+28+30}{2}=42$$ $$P_{A'B'C'}=\sqrt{p(p-26)(p-28)(p-30)}=336$$ \\ Zachodzi również: $$P_{A'B'C'}=\frac{26\cdot 28\cdot 30}{4R}$$ $$336=\frac{26\cdot 28\cdot 30}{4R}$$ $$R=\frac{65}{4}$$ \\ Z tw. Pitagorasa w trójkątach $AHB', AHC', C'BH$ otrzymujemy: $$x^2+15^2=R^2,\quad y^2+14^2=R^2,\quad z^2+13^2=R^2$$ \\ Po wyznaczeniu długości $x,y,z$: $$x=\frac{25}{4},y=\frac{33}{4}, z=\frac{39}{4}$$ \\ Zatem szukana suma długości wynosi: $$x+y+z=\frac{97}{4}$$ \\ \\ $