Matematyka.pl

Na czworokącie \(\displaystyle{ DPQC}\) można opisać okrąg (\(\displaystyle{ \angle DPQ + \angle DCQ = 180^{\circ}}\)), zatem \(\displaystyle{ \angle PDQ = \angle PCQ}\), gdyż są to kąty oparte na tym samym łuku. Mamy więc \(\displaystyle{ \angle TPC = 90^{\circ} - \angle TCP = 90^{\circ} - (90^{\circ} - \angle PCQ) = \angle PCQ = \angle PDQ}\), co należało dowieść.

263036.htm tutaj jest rozwiązanie

Z warunku otrzymujemy: \(\displaystyle{ ac + b = 0 \Rightarrow b=-ac}\). Wtedy, \(\displaystyle{ f\left( x\right) = ax^{2} -acx + c}\).

Zatem \(\displaystyle{ g(x) = f(x) - f(c) = ax^{2} -acx +c - ac^{2} + ac^{2} -c = ax^2 - acx = ax\left( x-c\right)}\), czyli posiada dwa różne pierwiastki (bo jeden jest równy \(\displaystyle{ 0}\), a drugi \(\displaystyle{ c \neq 0}\) ).

Tu wcześniej było błedne rozwiazanie, ale dostałem PW od przedmówcy i...

Chewbacca97 pisze:Nie pomyłka w treści zadania - pułapka. Wysokość opuszczona na przeciwprostokątną w trójkącie prostokątnym zawiera się w przedziale \(\displaystyle{ \left( 0,R \right\rangle}\), gdzie przez \(\displaystyle{ R}\) oznaczamy długość promienia okręgu opisanego - połowę przeciwprostokątnej. W naszym przypadku maksymalna długość wysokości to \(\displaystyle{ 5<6}\) - zatem taki trójkąt nie istnieje...

- wow, dałem się złapać. Najlepsza ta ironiczna emotka.

Mamy \(\displaystyle{ \pi ax = \frac{\pi}{2} +2k \pi}\) skąd \(\displaystyle{ x = \frac{4k+1}{2a}}\). Z nierówności \(\displaystyle{ 0 \le x \le \frac{1}{a}}\) częscią wspólną jest \(\displaystyle{ k \in \left\langle -1/4 ; 1/4\right\rangle}\) skąd \(\displaystyle{ k = 0}\) spełnia warunki zadania.

Skoro \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{b}, \frac{1}{a}, \frac{1}{c} \right)}\) tworzą ciąg geometryczny, to \(\displaystyle{ \left( \frac{1}{a} \right)^2 = \frac{1}{bc} \Rightarrow a^2 = bc}\).

Dodając do obu stron równania \(\displaystyle{ a^2}\) otrzymujemy:

\(\displaystyle{ a^{2} +b^{2} + c^{2} + a\left( b+c\right) = bc \\ a^{2} +b^{2} + c^{2} + ab+ac-bc = 0 \\ \frac{1}{2} \left( \left( a+b\right)^2 + \left( a+c\right)^2 + \left( b-c\right)^2 \right) = 0}\)

Czyli \(\displaystyle{ a=-b=-c}\).

Liczba naturalna jest podzielna przez 11 wtedy i tylko wtedy, gdy różnica sum jej cyfr stojących na miejscach parzystych i stojących na miejscach nieparzystych jest podzielna przez 11.
Stąd ze zbioru \(\displaystyle{ A = \left\{ 1,2,3,4,5,6\right\}}\) powinniśmy móc wybrać dwa takie podzbiory \(\displaystyle{ X, Y}\), których suma elementów jest równa lub różnica sumy elementów tego zbioru jest podzielna przez \(\displaystyle{ 11}\), a to jest możliwe tylko dla \(\displaystyle{ |X| = 16, |Y| = 5}\), lecz najmniejsza możliwa suma elementów danego zbioru wynosi \(\displaystyle{ 6}\), co daje Nam sprzecznosć. Z drugiej strony \(\displaystyle{ 1 + ... + 6 = 21}\) co dowodzi, że takie podzbiory nie istnieją.

Na mocy założenia \(\displaystyle{ (2a+3b)(a -b) ^{2} \ge 0}\), skąd teza.

niech \(\displaystyle{ a,b}\) - długości boków prostokąta, wtedy z twierdzenia Pitagorasa:
\(\displaystyle{ d^2=16=a^2+b^2 \ge 2ab}\),
przy czym ostatnia nierówność to przekształcone \(\displaystyle{ (a-b)^2 \ge 0}\).
Stąd \(\displaystyle{ S=ab \le 8}\), równość dla \(\displaystyle{ a=b=2\sqrt{2}}\), czyli dla kwadratu.

Oznaczmy przez \(\displaystyle{ O_1, O_2, O_3}\) i \(\displaystyle{ O_4}\) środki odpowiednio kul \(\displaystyle{ K_1, K_2, K_3, K_4}\).
Punkty \(\displaystyle{ P_1, P_2, P_3}\) są środkami boków trójkąta równobocznego \(\displaystyle{ O_1O_2O_3}\) o boku \(\displaystyle{ 4}\), więc \(\displaystyle{ P_1P_2=P_2P_3=P_3P_1=2}\). Wynika stąd też, że \(\displaystyle{ P_1P_2 || O_1O_2}\). (1)
Rozważmy teraz trójkąt \(\displaystyle{ O_1O_2O_4}\), punkty \(\displaystyle{ S_1}\) i \(\displaystyle{ S_2}\) leżą odpowiednio na bokach \(\displaystyle{ O_1O_4}\) i \(\displaystyle{ O_2O_4}\), ponad to \(\displaystyle{ O_1S_1=O_2S_2=2}\) oraz \(\displaystyle{ S_1O_4=S_2O_4=3}\), więc z tw. odwrotnego do tw. Talesa uzyskujemy \(\displaystyle{ O_1O_2 || S_1S_2}\), łącząc to z faktem (1) dostajemy \(\displaystyle{ P_1P_2 || S_1S_2}\).

Z podobieństwa trójkątów \(\displaystyle{ O_4S_1S_2}\) i \(\displaystyle{ O_4O_1O_2}\) dostajemy \(\displaystyle{ S_1S_2= \frac{12}{5}}\).

Teraz popatrzmy na trójkąt \(\displaystyle{ O_1O_3O_4}\): mamy \(\displaystyle{ \cos\angle O_1O_3O_4 = \cos\angle P_2O_3S_3=\frac{2}{5}}\).
Teraz na trójkąt \(\displaystyle{ S_3O_3P_2}\): \(\displaystyle{ \cos \angle S_3O_3P_2 = \frac{2}{5}}\).
Z tw. cosinusów: \(\displaystyle{ S_3P_2= \sqrt{4+4-2 \cdot \frac{2}{5} \cdot 2 \cdot 2 } = \frac{2\sqrt{30}}{5}}\) i stąd obwód: \(\displaystyle{ \frac{22+4\sqrt{30}}{5}}\).

Oznaczając krótszą podstawę jako \(\displaystyle{ a}\) i te "dopełnienia" dłuższej podstawy na skrajnych jej stronach od spodka wysokości trapezu jako \(\displaystyle{ x, y}\) możemy użyć dwa razy tw. Pitagorasa:

\(\displaystyle{ (a+x)^2 = 15^2 - 5^2 = 200}\), a stąd \(\displaystyle{ a + x = 10 \sqrt{2}}\).
\(\displaystyle{ (a+y)^2 = 13^2 - 5^2 = 144}\), a stąd \(\displaystyle{ a + y = 12}\).

Długość dłuższej podstawy to \(\displaystyle{ a + x + y}\), a więc pole wynosi: \(\displaystyle{ P = \frac{1}{2}[(a + x) + (a + y)]h = 5(5 \sqrt{2} + 6)}\)

Haczyk był taki, że istnieje drugie rozwiązanie

Wcale nie trochę więcej, po prostu pomyliłeś się w tw. Pitagorasa, bo \(\displaystyle{ \sqrt{15^2-5^2} \neq 20\sqrt{2}}\)
Chodzi o jeszcze inny przypadek, doprowadź rozwiązanie do odpowiedzi \(\displaystyle{ 5(5 \sqrt{2} - 6)}\)

Co wy z tymi haczykami, po raz kolejny się naciąłem .

Oznaczmy długość krótszej podstawy jako \(\displaystyle{ a}\). Poprowadźmy z jej końca tą wysokość trapezu, której spodek znajduje się poza odcinkiem zaw. dłuższą podstawę. Zauważmy, że długość dłuższej podstawy i odcinka od jej końca do spodka tej wysokości wynosi \(\displaystyle{ 10 \sqrt{2}}\), co wynika z tw. Pitagorasa. A więc długość dłuższej podstawy to \(\displaystyle{ 20 \sqrt{2} - a + 12}\), ponieważ ta część dłuższej podstawy, która znajduje się pomiędzy spodkami wysokości trapezu poprowadzonych ze skrajnych końców krótszej jego podstawy ma długość \(\displaystyle{ 12}\) - ponownie tw. Pitagorasa, bardzo dobrze to widać na rysunku, gorzej to opisać. Zatem ostatecznie pole: \(\displaystyle{ P = \frac{1}{2}(a + 10 \sqrt{2} - a + 12)5 = (5 \sqrt{2} + 6)5}\) - tu wcześniej też była bzdura, ale dzięki czujności mint18 poprawiłem. Zatem jednak wychodzi tak samo.

Chyba w końcu się ogarnąłem. Oznaczmy jako \(\displaystyle{ \alpha , \beta}\) kąty we wnętrzu trapezu, pod jakimi kolejno dłuższa przekątna i krótsza przekątna przecinają proste zawierające podstawy trapezu. Jeśli \(\displaystyle{ \beta \le 90^{\circ}}\), to jak wczesniej pokazałem pole wynosi \(\displaystyle{ 5(5 \sqrt{2} + 6)}\). Ale jeśli \(\displaystyle{ \beta > 90^{\circ}}\), to sytuacja się zmienia, ponieważ jeśli długość jednej z podstaw wynosi \(\displaystyle{ a}\), to długości drugiej wynosi \(\displaystyle{ 10 \sqrt{2} - a - 12}\) - dwa razy skorzystałem z tw. Pitagorasa. Zatem pole: \(\displaystyle{ P = \frac{1}{2} (a + 10 \sqrt{2} - a - 12)5 = (5 \sqrt{2} - 6)5}\).

Nie popisałem się.

Rozpatrujemy ostrosłup \(\displaystyle{ ACPB}\) o \(\displaystyle{ \left| AP\right| =\left| PC\right| = \sqrt{5} a}\) oraz \(\displaystyle{ \left| AC\right| = 2 \sqrt{2} a}\), jak i \(\displaystyle{ \left| BC\right| =\left| BA\right| = 2a}\). Ostatnia krawędź jest długości \(\displaystyle{ \left| BP\right| =a}\).

Wtedy nietrudno policzyć, że objętość naszego ostrosłupa wynosi: \(\displaystyle{ V= \frac{1}{3} \cdot \red{\frac{1}{2} } \cdot 2a \cdot a \cdot 2a= \frac{{\red 2} a^3}{3}}\). Z twierdzenia cosinusów otrzymujemy, iż cosinus kąta \(\displaystyle{ CPA}\) wynosi \(\displaystyle{ \frac{1}{5}}\), do policzenia pola powierzchni trójkąta \(\displaystyle{ CPA}\) potrzebujemy jednak sinusa tego kąta. Jedynka trygonometryczna jest tutaj całkiem przydatna: \(\displaystyle{ \sin \alpha = \frac{2 \sqrt{6} }{5}}\). Wtedy pole powierzchni \(\displaystyle{ CPA}\) wynosi: \(\displaystyle{ \frac{1}{2} \left| AP\right| \cdot \left| CP\right| \cdot \sin \alpha = \frac{1}{2} \cdot 5a^2 \cdot \frac{2 \sqrt{6} }{5} = a^{2} \sqrt{6}}\). Teraz możemy porównać objętości naszego ostrosłupa: \(\displaystyle{ \frac{1}{3} \cdot a^{2} \sqrt{6} \cdot \left| SB\right| = \frac{{\red 2}a^3}{3} \Rightarrow \left| SB\right| = \frac{{\red 1} a \sqrt{6} }{3}}\).

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta \(\displaystyle{ BAS}\) mamy: \(\displaystyle{ \frac{{\red 6}a^2}{9} + \left| AS\right|^2 = 4a^2 \Rightarrow \left| AS\right| = \frac{\red{\sqrt{30} }}{3}a}\).

Mam nadzieję, że nie ma błędu rachunkowego... edit. był

Ojjj, ja założyłem, że krawędź sześcianu równa jest \(\displaystyle{ 2a}\)... ale wystarczy przyjąć: \(\displaystyle{ 2a := a}\).