MATURA PR – Geometria kartezjańska (SMWP – 01.2026 – z. 8)
1) Punkt (-2,-4) należy do wykresu, więc:
w(-2)=-4 \\ (-2)^3+a\cdot(-2)^2+b\cdot(-2)+c=-4 \\ -8+4a-2b+c=-4 \\ 4a-2b+c=42) Współczynnik kierunkowy w punkcie x=2 wynosi 23, więc:
w'(2)=23 \\ w'(x)=3x^2+2ax+b \\ w'(2)=12+4a+b=23 \\ b=11-4a3) Suma współczynników wielomianu to w(1):
w(1)=1+a+b+c=8 \\ a+b+c=74) Podstawiamy b z punktu 2) do równań z 1) i 3) i tworzymy układ:
4a-2(11-4a)+c=4 \\ a+(11-4a)+c=7 12a+c=26 \\ -3a+c=-4 (12a+c)-(-3a+c)=26-(-4) \Rightarrow 15a=30 \Rightarrow a=2 \\ -3\cdot2+c=-4 \Rightarrow c=2 \\ b=11-4\cdot2=35) Wzór wielomianu:
w(x)=x^3+2x^2+3x+26) Obliczamy pierwiastki:
w(-1)=-1+2-3+2=0Czyli x=-1 jest pierwiastkiem. Zatem:
w(x)=(x^2+x+2)(x+1) \Delta=1-8=-7<0Wynika z tego, że x^2+x+2 nie ma pierwiastków rzeczywistych, więc wielomian ma jeden pierwiastek rzeczywisty:
x=-1SMWP – 10.2025
1) Wyznaczamy punkty przecięcia parabol f(x) i g(x):
x^2+8x=3x^2+5x+1 \\ -2x^2+3x-1=0 \Delta=3^2-4\cdot(-2)\cdot(-1)=9-8=1 \Rightarrow \sqrt{\Delta}=1 x_1=\frac{-3-1}{-4}=1,\quad x_2=\frac{-3+1}{-4}=\frac{1}{2} y_1=1^2+8\cdot1=9,\quad y_2=\left(\frac12\right)^2+8\cdot\frac12=\frac14+4=\frac{17}{4}2) Rozdzielamy przypadki (zamiana punktów A i B zmienia zwrot wektora \overrightarrow{AB}):
Przypadek 1
A=(1,9),\quad B=\left(\frac12,\frac{17}{4}\right) \overrightarrow{AB}=\left[\frac12-1,\ \frac{17}{4}-9\right]=\left[-\frac12,\ -\frac{19}{4}\right] \vec{v}=-8\cdot\overrightarrow{AB}=[4,38] \vec{u}=[-4,23] \vec{w}=\vec{u}+\vec{v}=[0,61] |\vec{w}|=\sqrt{0^2+61^2}=61Przypadek 2
A=\left(\frac12,\frac{17}{4}\right),\quad B=(1,9) \overrightarrow{AB}=\left[1-\frac12,\ 9-\frac{17}{4}\right]=\left[\frac12,\ \frac{19}{4}\right] \vec{v}=-8\cdot\overrightarrow{AB}=[-4,-38] \vec{u}=[-4,23] \vec{w}=\vec{u}+\vec{v}=[-8,-15] |\vec{w}|=\sqrt{(-8)^2+(-15)^2}=\sqrt{289}=17Odpowiedź: |\vec{w}|=61 lub |\vec{w}|=17.
MATURA PR – Geometria kartezjańska (CKE – 06.2025 – z. 11)
1) Punkt M jest środkiem symetrii, więc to punkt przecięcia przekątnych równoległoboku. Punkt M leży w połowie AC oraz w połowie BD.
Z warunku na współrzędne środka odcinka AC:
x_M=\frac{x_A+x_C}{2} \Rightarrow -\frac{9}{2}=\frac{-8+x_C}{2} \Rightarrow x_C=-1 y_M=\frac{y_A+y_C}{2} \Rightarrow 1=\frac{-1+y_C}{2} \Rightarrow y_C=3 C=(-1,3)To samo dla odcinka BD:
x_M=\frac{x_B+x_D}{2} \Rightarrow -\frac{9}{2}=\frac{x_B-13}{2} \Rightarrow x_B=4 y_M=\frac{y_B+y_D}{2} \Rightarrow 1=\frac{y_B+9}{2} \Rightarrow y_B=-7 B=(4,-7)2) Równania prostych AB i BC:
Prosta AB
a=\frac{y_B-y_A}{x_B-x_A}=\frac{-7-(-1)}{4-(-8)}=\frac{-6}{12}=-\frac12 y=-\frac12x+b,\quad -1=-\frac12\cdot(-8)+b \Rightarrow b=-5 y=-\frac12x-5Prosta BC
a=\frac{y_C-y_B}{x_C-x_B}=\frac{3-(-7)}{-1-4}=\frac{10}{-5}=-2 y=-2x+b,\quad 3=-2\cdot(-1)+b \Rightarrow b=1 y=-2x+13) Równanie okręgu: szukamy okręgu o środku S(a,b) i promieniu r, który przechodzi przez (0,0), jest styczny do prostych AB: x+2y+10=0 i BC: 2x+y-1=0 oraz ma b<0.
CKE – 06.2025 – z. 11 (ciąg dalszy)
Wzór okręgu:
(x-a)^2+(y-b)^2=r^2Skoro okrąg przechodzi przez punkt (0,0):
(0-a)^2+(0-b)^2=r^2 \Rightarrow a^2+b^2=r^2Warunek styczności: odległość środka okręgu od prostej jest równa promieniowi.
Dla prostej AB: x+2y+10=0:
r=\frac{|a+2b+10|}{\sqrt{1^2+2^2}}=\frac{|a+2b+10|}{\sqrt5} \Rightarrow r^2=\frac{(a+2b+10)^2}{5}Dla prostej BC: 2x+y-1=0:
r=\frac{|2a+b-1|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{|2a+b-1|}{\sqrt5} \Rightarrow r^2=\frac{(2a+b-1)^2}{5}Zatem:
\frac{(a+2b+10)^2}{5}=\frac{(2a+b-1)^2}{5} \Rightarrow (a+2b+10)^2-(2a+b-1)^2=0Różnica kwadratów:
[(a+2b+10)+(2a+b-1)]\cdot[(a+2b+10)-(2a+b-1)]=0 (3a+3b+9)\cdot(-a+b+11)=0Przypadek 1: 3a+3b+9=0 \Rightarrow a=-b-3
Podstawiając do zależności a^2+b^2=r^2 oraz r^2=\frac{(a+2b+10)^2}{5} dostajemy dwa rozwiązania dla b, ale warunek jest b<0, więc:
b=-2 \Rightarrow a=-(-2)-3=-1 r^2=a^2+b^2=1+4=5Równanie okręgu:
(x+1)^2+(y+2)^2=5Przypadek 2: -a+b+11=0 \Rightarrow a=b+11 – brak rozwiązań rzeczywistych.
MATURA PR – Geometria kartezjańska (SMWP – 03.2025 – z. 10)
1) Szukamy współrzędnych przecięcia paraboli z okręgiem. Podstawiamy wzór paraboli do wzoru okręgu:
(x-1)^2+(y-3)^2=10,\quad y=-x^2+4x+2 (x-1)^2+(-x^2+4x-1)^2=10Po uproszczeniu otrzymujemy równanie:
x^4-8x^3+19x^2-10x-8=02) Szukamy pierwiastków całkowitych (z dzielników wyrazu wolnego). Znajdujemy x=2:
(x-2)(x^3-6x^2+7x+4)=03) Ponownie korzystamy z tw. Bézouta i szukamy całkowitego pierwiastka wielomianu sześciennego. Znajdujemy x=4:
(x-2)(x-4)(x^2-2x-1)=0 x^2-2x-1=0 \Rightarrow x=\frac{2\pm\sqrt{4+4}}{2}=1\pm\sqrt2Ostatecznie:
x=2\ \ \text{lub}\ \ x=4\ \ \text{lub}\ \ x=1-\sqrt2\ \ \text{lub}\ \ x=1+\sqrt24) Podstawiamy do równania paraboli i dostajemy punkty:
A=(2,6),\quad B=(4,2),\quad C=(1-\sqrt2,\ 3-2\sqrt2),\quad D=(1+\sqrt2,\ 3+2\sqrt2)5) Niech S=(0,0). Pole \triangle ABS:
P=\frac12\left|(4-2)(0-6)-(2-6)(0-2)\right| =\frac12\left| -12-8\right| =\frac12\cdot 20 =10Operon – 11.2024 – z. 8
1) Przekształcamy równanie okręgu i odczytujemy jego środek i promień:
x^2+y^2+6y-1=0 \\ x^2+(y+3)^2=10 S=(0,-3),\quad r=\sqrt{10}2) Środek okręgu wpisanego w kwadrat jest środkiem tego kwadratu. Punkt S jest więc środkiem przekątnej AC. Dla A=(-4,-1):
\frac{-4+x_C}{2}=0 \Rightarrow x_C=4 \\ \frac{-1+y_C}{2}=-3 \Rightarrow y_C=-5 C=(4,-5)3) Równanie prostej AC:
a=\frac{y_C-y_A}{x_C-x_A}=\frac{-5-(-1)}{4-(-4)}=\frac{-4}{8}=-\frac12 y=-\frac12x+b,\quad -3=b y=-\frac12x-34) Prosta prostopadła do AC, zawierająca wierzchołki B i D:
y=2x+b,\quad -3=b \Rightarrow y=2x-35) Równanie okręgu opisanego na kwadracie ABCD:
r^2=|SA|^2=(-4)^2+2^2=20 \\ x^2+(y+3)^2=206) Wyznaczamy współrzędne punktów przecięcia prostej BD z okręgiem:
\begin{cases} y=2x-3 \\ x^2+(y+3)^2=20 \end{cases} x^2+(2x-3+3)^2=20 \Rightarrow x^2+(2x)^2=20 \Rightarrow 5x^2=20 \Rightarrow x=\pm 2 \text{Dla } x=2: \ y=2\cdot2-3=1 \Rightarrow (2,1) \\ \text{Dla } x=-2: \ y=2\cdot(-2)-3=-7 \Rightarrow (-2,-7)Odpowiedź: (2,1) oraz (-2,-7).