Rozgrzewka przed maturą V

[kerajs]

Kontynuacja tematów:
[Rozgrzewka przed maturą] Zadania różne
[Rozgrzewka przed maturą II] Zadania różne
[Rozgrzewka przed maturą III] Zadania różne
[Rozgrzewka przed maturą IV] Zadania różne

Zadanie 1.
Na trapezie o podstawach \(\displaystyle{ a,b \ (a>b)}\) i wysokości \(\displaystyle{ h}\) opisany jest okrąg. Proszę wyliczyć promień tego okręgu.

[Kfadrat]

zadanie1:    

Na trapezie da się opisać okrąg, więc jest to trapez równoramienny.
\(\displaystyle{ d}\) - przekątna trapezu
\(\displaystyle{ d^2=h^2+\left(a-\frac{a-b}{2}\right)^2=h^2+\left(\frac{a+b}{2}\right)^2}\)
\(\displaystyle{ c}\) - ramię
\(\displaystyle{ c^2=h^2+\left(\frac{a-b}{2}\right)^2}\)
\(\displaystyle{ \alpha}\) - kąt przy dłuższej podstawie
\(\displaystyle{ \sin{\alpha} = \frac{h}{c} \Rightarrow R = \frac{d}{2\sin{\alpha}}=\frac{ \sqrt{h^2+\left(\frac{a+b}{2}\right)^2} }{\frac{2h}{ \sqrt{h^2+\left(\frac{a-b}{2}\right)^2} }} = \frac{1}{2h}\cdot \sqrt{\left(h^2+\left(\frac{a-b}{2}\right)^2\right) \cdot \left(h^2+\left(\frac{a+b}{2}\right)^2\right)} }\)

Jeżeli dobrze, to treść kolejnego zadania
Zadanie 2.
W czworokącie wypukłym \(\displaystyle{ ABCD}\) wpisanym w okrąg o promieniu \(\displaystyle{ R}\), miary dwóch kolejnych kątów są równe: \(\displaystyle{ \alpha , \ \frac{\pi}{2} + \alpha \ \text{, gdzie} \ \alpha \in \left(0;\frac{\pi}{2}\right)}\).
Wyznacz sumę długości przekątnych, jeżeli \(\displaystyle{ \sin\left(\alpha + \frac{\pi}{4}\right) = \frac{2 \sqrt{2} }{3}}\).

[kerajs]

Zadanie 2.:    

1.
\(\displaystyle{ \frac{2 \sqrt{2} }{3} =\sin ( \frac{ \pi }{4} + \alpha )= \frac{ \sqrt{2} }{2} (\sin \alpha +\cos \alpha )\\
\sin \alpha +\cos \alpha= \frac{4}{3} }\)
2.
\(\displaystyle{ \frac{ \frac{d_1}{2} }{R}=\sin \frac{2 \alpha }{2} \ \ \Rightarrow \ \ d_1=2R\sin \alpha }\)
3.
\(\displaystyle{ \frac{ \frac{d_2}{2} }{R}=\sin \frac{2 ( \frac{ \pi }{2} +\alpha ) }{2} \ \ \Rightarrow \ \ d_2=2R\cos \alpha }\)
4.
\(\displaystyle{ d_1+d_2=2R\sin \alpha+2R\cos \alpha =2R(\sin \alpha+\cos \alpha )=2R \cdot \frac{4}{3} =\frac{8}{3} R}\)

Zadanie 3.
Parametr m jest liczbą całkowitą. Dla jakich wartości tego parametru pierwiastek równania:
\(\displaystyle{ x^2+2020x+6m=0 }\)
jest liczbą pierwszą?

[Premislav]

Zadanie 3.:    

Dziwne zadanie. Ponieważ \(\displaystyle{ 6\nmid 1010^{2}}\), więc trójmian ma albo dwa różne pierwiastki rzeczywiste, albo zero takowych. Ze wzorów Viete'a suma pierwiastków wynosi \(\displaystyle{ -2020}\), zaś ich iloczyn jest równy \(\displaystyle{ 6m}\), przy czym \(\displaystyle{ m\in \ZZ}\), czyli tak suma, jak i iloczyn są parzyste. Wobec tego jeśli jeden z pierwiastków jest liczbą pierwszą, w szczególności całkowitą, to z całkowitości sumy pierwiastków wynika, że ten drugi też jest liczbą całkowitą, a z tego, że suma i iloczyn pierwiastków są parzyste, wynika wobec tego, że oba pierwiastki są parzyste, bo gdyby oba były nieparzyste, to miałyby nieparzysty iloczyn.

Jedyna możliwa liczba pierwsza parzysta to \(\displaystyle{ 2}\) i podstawiając \(\displaystyle{ x=2}\), mamy równanie
\(\displaystyle{ 4044+6m=0}\), z którego wychodzi \(\displaystyle{ m=-674}\).

Zadanie 4.
Trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) spełnia \(\displaystyle{ |AB|=40, \ |AC|=31, \ \sin A=\frac{1}{5}}\) (oczywiście kąt \(\displaystyle{ A}\) znajduje się przy wierzchołku tak nazwanym). Trójkąt ten jest wpisany w prostokąt \(\displaystyle{ AQRS}\), przy czym punkt \(\displaystyle{ B}\) należy do boku \(\displaystyle{ QR}\), zaś punkt \(\displaystyle{ C}\) – do boku \(\displaystyle{ RS}\) tego prostokąta. Proszę znaleźć maksymalne możliwe pole prostokąta \(\displaystyle{ AQRS}\).

[Kfadrat]

Zadanie 4.:    

Jeżeli punkt \(\displaystyle{ A}\) ma być wierzchołekiem prostokąta, to \(\displaystyle{ \alpha < \frac{\pi}{2}}\)

Możemy przyjąć, że kąt nachylenia boku \(\displaystyle{ AB}\) trójkąta, do boku \(\displaystyle{ AQ}\) prostokąta jest równy \(\displaystyle{ \beta}\), gdzie \(\displaystyle{ \beta \in \left(0;\frac{\pi}{2}-\alpha\right)}\).

uwaga:    

Zapewnę dziedzinę \(\displaystyle{ \beta }\) da się jeszcze bardziej zawęzić, ponieważ \(\displaystyle{ \left| QB\right|< \left| QR\right| }\), czyli \(\displaystyle{ 40\sin \beta <31\sin\left( \alpha + \beta \right) }\), ale wydaję mi się, że nie ma to wpływu na dalszą część rozwiązania

Wówczas \(\displaystyle{ \left| QR\right| = 31\sin\left( \alpha + \beta \right) }\) oraz \(\displaystyle{ \left| AB\right| = 40\cos \beta }\).

Zatem pole prostokąta jest równe \(\displaystyle{ P\left( \beta \right)=1240\sin\left( \alpha + \beta \right)\cos \beta }\)

\(\displaystyle{ P\left( \beta \right)=1240\left( \sin \alpha \cos \beta ^{2}+\cos \alpha \sin \beta \cos \beta \right) }\)

\(\displaystyle{ P'\left( \beta \right)=1240\left[ \sin \alpha \left( 2\cos \beta \left( -\sin \beta \right) \right)+\cos \alpha \cos \beta ^{2}-\cos \alpha \sin \beta ^{2} \right] = 1240\left( \cos \alpha \cos2 \beta -\sin \alpha \sin2 \beta\right) = 1240\cos\left( \alpha +2 \beta \right) =0 }\)

\(\displaystyle{ \alpha +2 \beta \in \left( \alpha ; \alpha + \pi -2 \alpha \right) \in \left( \alpha ; \pi - \alpha \right) }\)

Zatem \(\displaystyle{ 1240\cos\left( \alpha +2 \beta \right) =0 \Leftrightarrow \alpha +2 \beta= \frac{ \pi }{2} \Leftrightarrow \beta = \frac{ \pi }{4} - \frac{ \alpha }{2} }\) i jest to maksimum, bo funkcja kosinus w tym przedziale zmienia znak z dodatniego na ujemny (Oczywiście \(\displaystyle{ \alpha < \frac{ \pi }{2}, }\) więc \(\displaystyle{ \frac{ \pi }{4} - \frac{ \alpha }{2} > 0}\))

Podstawiając wyliczony kąt \(\displaystyle{ \beta }\) otrzymujemy :
\(\displaystyle{ P\left( \beta \right)=1240\sin\left( \alpha + \beta \right)\cos \beta = 1240\sin\left( \frac{ \pi }{4} - \frac{ \alpha }{2} \right)\cos\left( \frac{ \pi }{4} - \frac{ \alpha }{2} \right)=620\sin\left( \frac{ \pi }{2} - \alpha \right)=620 \cdot \cos \alpha =620 \cdot \frac{2 \sqrt{6} }{5} =248 \sqrt{5} }\)

Dodano po 1 godzinie 40 sekundach:
Zadanie 5.
Na czworokącie \(\displaystyle{ ABCD}\) można opisać okrąg. Dwusieczna kąta przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\) i dwusieczna kąta przy wierzchołku \(\displaystyle{ B}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ E}\) leżącym na boku \(\displaystyle{ CD}\). Na boku \(\displaystyle{ CD}\) wybrano taki punkt \(\displaystyle{ F}\), że \(\displaystyle{ \left| DA\right|=\left| DF\right|}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \left| BC\right|=\left| CF\right|}\).

[Premislav]

Zadanie 4. zostało niepoprawnie rozwiązane. Już mówię, gdzie jest błąd:
zależność \(\displaystyle{ |QR|=31\sin(\alpha+\beta)}\) zachodzi jedynie jeśli \(\displaystyle{ C=R}\) (wtedy wynika z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(\displaystyle{ AQR}\)), a tak wcale nie musi być. W czworokącie nie mamy twierdzenia sinusów.

[Kfadrat]

Premislav a wynik jest chociaż poprawny?

[Premislav]

Kfadrat, niestety nie. Celem sprawdzenia powiem, że wynik to \(\displaystyle{ 744}\).

[Kfadrat]

zależność \(\displaystyle{ |QR|=31\sin(\alpha+\beta)}\) zachodzi jedynie jeśli \(\displaystyle{ C=R}\) (wtedy wynika z twierdzenia sinusów dla trójkąta \(\displaystyle{ AQR}\)), a tak wcale nie musi być. W czworokącie nie mamy twierdzenia sinusów.

Jednak nie rozumiem tej uwagi nie korzystałem tu z twierdzenia sinusów, a jedynie z zależności \(\displaystyle{ \ \frac{\left| AS\right| }{\left| AC\right| } =\sin\left( \alpha + \beta \right) \Leftrightarrow \left| AS\right|=\left| AC\right| \cdot \sin\left( \alpha + \beta \right) =31\sin\left( \alpha + \beta \right) =\left| QR\right| }\)

I znalazłem błąd:
W ostatniej linijce powinno być : \(\displaystyle{ 1240\sin\left( \frac{\pi}{4}+ \frac{ \alpha }{2} \right)\cos\left( \frac{ \pi }{4}- \frac{ \alpha }{2} \right) =620\left(\sin \frac{ \pi }{2}+\sin \alpha \right)=620 \cdot \frac{6}{5} =744 }\)

[Premislav]

A to przepraszam bardzo, ja to robiłem na zespolonych (lol), więc nie zauważyłem tych kątów naprzemianległych (czy jak one się tam zwą).
Aktualne zadanie:

Zadanie 5.
Na czworokącie \(\displaystyle{ ABCD}\) można opisać okrąg. Dwusieczna kąta przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\) i dwusieczna kąta przy wierzchołku \(\displaystyle{ B}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ E}\) leżącym na boku \(\displaystyle{ CD}\). Na boku \(\displaystyle{ CD}\) wybrano taki punkt \(\displaystyle{ F}\), że \(\displaystyle{ \left| DA\right|=\left| DF\right|}\). Wykaż, że \(\displaystyle{ \left| BC\right|=\left| CF\right|}\).

[kerajs]

Popchnę:

5:    

Zadanie sprowadza się do wykazania tezy:
Jeśli w czworokącie dwusieczne wychodzące z wierzchołków A i B przecinają cię na boku CD to zachodzi równość:
\(\displaystyle{ \left| AD\right|+\left| BC\right|=\left| CD\right| }\)
Niech E' będzie rzutem prostopadłym E na bok AB.
\(\displaystyle{ 1) \ : \ \left| AE\right|= \frac{\left| EE'\right| }{\sin \frac{A}{2} } \\
2) \ : \ \left| AD\right|= \frac{\left| EE'\right| \sin (B- \frac{A}{2}) }{\sin \frac{A}{2}\sin B } \\
3) \ : \ \left| DE\right|= \frac{\left| EE'\right| \sin \frac{A}{2} }{\sin \frac{A}{2} \sin B } =\frac{\left| EE'\right| }{\sin B } \\
\\
4) \ : \ \left| BE\right|= \frac{\left| EE'\right| }{\sin \frac{B}{2} } \\
5) \ : \ \left| BC\right|= \frac{\left| EE'\right| \sin (A- \frac{B}{2}) }{\sin \frac{B}{2}\sin A } \\
6) \ : \ \left| CE\right|= \frac{\left| EE'\right| \sin \frac{B}{2} }{\sin \frac{B}{2} \sin A } =\frac{\left| EE'\right| }{\sin A } }\)
z 2) i 5) :
\(\displaystyle{ \left| AD\right|+\left| BC\right|= \frac{2\left| EE'\right|}{\sin A \sin B}( \sin (B- \frac{A}{2}) \cos \frac{A}{2}+\sin (A- \frac{B}{2}) \cos \frac{B}{2}) =\\
=\frac{\left| EE'\right|}{\sin A \sin B}\left( 2\sin B \cos^2\frac{A}{2} -\sin A \cos B +2\sin A \cos^2\frac{B}{2} -\sin B \cos A\right) =\\
=\frac{\left| EE'\right|}{\sin A \sin B}\left( \sin B ( \cos A +1) -\sin A \cos B +\sin A (\cos B+1)-\sin B \cos A\right) =\\
=\frac{\left| EE'\right|}{\sin A \sin B}\left( \sin B +\sin A \right) }\)
z 3) i 6)
\(\displaystyle{ \left| CD\right|=\left| CE\right| + \left| DE\right|=\frac{\left| EE'\right| }{\sin A } +\frac{\left| EE'\right| }{\sin B }= \frac{\left| EE'\right|}{\sin A \sin B}\left( \sin B +\sin A \right) }\)

6) Iloma zerami kończy się \(\displaystyle{ 2020!}\) ?

[Premislav]

6.:    

W rozkładzie \(\displaystyle{ 2020!}\) na czynniki pierwsze będzie więcej dwójek niż piątek, a \(\displaystyle{ 10=2\cdot 5}\) i \(\displaystyle{ \NWD(2,5)=1}\), więc wystarczy sprawdzić \(\displaystyle{ v_{5}(2020!)}\), czyli wykładnik, z którym piątka wchodzi do rozkładu \(\displaystyle{ 2020!}\) na czynniki pierwsze, a na to mamy znany wzór. Ogólniej dla liczby pierwszej \(\displaystyle{ p}\) i liczby całkowitej dodatniej \(\displaystyle{ n}\) zajdzie \(\displaystyle{ v_{p}(n!)=\sum_{k=1}^{\infty}\left\lfloor \frac{n}{p^{k}}\right\rfloor}\)
co dla \(\displaystyle{ n=2020, \ p=5}\) daje
\(\displaystyle{ v_{5}(2020!)=\sum_{k=1}^{\infty}\left\lfloor \frac{2020}{5^{k}}\right\rfloor=404+80+16+3=503}\)
A zatem liczba \(\displaystyle{ 2020!}\) kończy się \(\displaystyle{ 503}\) zerami.

Dodano po 1 minucie 52 sekundach:
7. Proszę udowodnić nierówność
\(\displaystyle{ (a+b)(a+c)\ge 2}\) dla dowolnych liczb dodatnich \(\displaystyle{ a, \ b, \ c}\) spełniających warunek \(\displaystyle{ abc(a+b+c)=1}\)

[Kfadrat]

zadanie7:    

\(\displaystyle{ abc\left( a+b+c\right)=1 }\)
\(\displaystyle{ a ^{2} +ab+ac= \frac{1}{bc} \ \left( *\right) }\)
\(\displaystyle{ }\)

\(\displaystyle{ \left( bc-1\right)^2 \ge 0 }\)
\(\displaystyle{ b^2c^2-2bc+1 \ge 0}\)
\(\displaystyle{ bc+ \frac{1}{bc} \ge 2 }\)
Wstawiając teraz \(\displaystyle{ \left( *\right) }\) otrzymujemy tezę

[Premislav]

Można wrzucać następne zadanko.
BTW bardziej pomysłowy dowód niż mój, ja zapisywałem
\(\displaystyle{ 2=2\sqrt{abc(a+b+c)}}\) i \(\displaystyle{ (a+b)(a+c)=a(a+b+c)+bc}\), no ale to kwestia miejsca, w którym się na tę nierówność natknąłem (ogromna sugestia, że należy ujednorodnić, bo takiej techniki dotyczył rozdział u Kourliandtchika, który zawierał to zadanie).

[Kfadrat]

Okej, pozwól, że jutro wrzucę (dzisiaj już nie miałem siły szukać), chyba, że masz jakieś w zanadrzu

Dodano po 21 godzinach 35 minutach 49 sekundach:
Zadanie 8.
Udowodnić, że jeżeli w czworokącie długość odcinka łączącego środki dwóch naprzeciwległych boków jest równa średniej arytmetycznej długości dwóch pozostałych, to czworokąt jest trapezem.