atnasyan-gdz-9-2001 (546188), страница 9

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 9)

= πrL = P;L=P ππ ah = L2 − r 2 =;3V=πh3p.πmSосн = πr2 = Q;r=P2 Q− =πQ πQ;πP 2 − Q2πa;4513V = Q⋅№ 1222.CLAP2 − Q2πQ.Дано: ∠BAC = 60°, S = 45π дм2.Найти: VРешение:16LSABC = πL2⋅ = πrL;BSосн = S – SABC = 45π –πr2=45π–πL2=45π–6r2π;6L = 6r;πL2;6r2 =45.7По теореме Пифагора:45= 15 дм;711 45225πV = πr 2h = π ⋅ ⋅ 15 =дм3.3377h = L2 − r 2 = 35 ⋅№ 1223.Дано: AC = 6 см, CB = 8 см.Найти: Sбок.пов.; SРешение:ACBAB = AC2 + BC2 = 64 + 36 = 10 смSбок.пов. = πrh = 8⋅10⋅π = 80π см2S = Sбок.пов.

+ Sосн = 80π + π⋅64 = 144π см2№ 1226.а) R= 4 см.S= 4πR2 = 64π см2;V=б) V = 113,04 см3.V=R =3в) S = 64π см2.463V≈ 3 см;4π4 3 256πR =π см3334 3πR3S=4πR2≈36π см2S = 4πR2R=1 S= 4 см;2 πV=4 3 256π см3πR =33№ 1227.3V1 =34  D1 32 3π  =πD 2 ;3  2 3V2 =4  D2 1π = πD32 ;3  2 6V1 32 ⋅ πD32 ⋅ 6= 64 .=V23 ⋅ πD32№ 1228.Дано: h1 = 12 см, D1 = 5 см; D2 = 5 см.Найти: V1–V22V1 =1 21 5πr h = π  ⋅ 12 = 25π см333 23V2 =4 3 4 5125π≈ 21 см3πr = π  =33 26V1–V2>0, т.е. не переполнит.№ 1229.Задача сводится к нахождению площади поверхности мячарадиусом 10 см.S = 4πR2 = 400π см2;1,08⋅400π = 432π см2№ 1230.Дано: AB = 2OH = 2R, BC =O RHAB1AC.2Доказать: S1 = S2.S1 = 4πR2По теореме Пифагора:AC = BC2 + AB22RCS2 = π⋅BC⋅AC + πBC2 = π⋅BC =34BC2 = BC2 + 4R2;AC =24R322R 4R8R π 4R 2 π4R+= 4π R 2⋅+ π⋅=3333 347№ 1231.43V1 3 πR1==8;V2 4 πR32R1= 2;R23S1  R1=S 2  R22 = 4 .№ 1232.B1C1A1D1BCAПо свойству параллелограма:AB=CD, AA1=CC1. Из неравенстватреугольника:AC<AB+AD;AC1<AC+AA1;AC1<AB+AD+AA1.D№ 1233.По теореме косинусов:AC2=AD2+CD2–2AC⋅DC⋅cos∠D;BD2=AB2+AD2–2AB⋅AD⋅cos∠A;A1D1т.к.

cos∠A=–cos∠D, получимBCAC2+BD2=AD2+CD2+AB2+AD2.Анологично получим, чтоADA1C12+B1D12=A1D12+C1D12+A1B12+A1D12;22AC1 +CA1 =AC2+CC12+AA12+A1C12;DB12+BD12=BD2+BB12+DD12+B1D12.Складывая, получимAC12+CA12+DB12+BD12=222=AC +CC1 +AA1 +A1C12+BD2+BB12+DD12+B1D12=AD2+CD2++AB2+AD2+CC12+AA12+BB12+DD12+A1D12+C1D12+A1B12+A1D12.B1C1№ 1234.а)B1C1A1A1D1BB1б)BCAAC1D1CDD№ 1235.B1A148BC1D1CКALDKD = B1L и KD||B1L, т.к.KD = AD2 + AK 2 = B1C12 + C1L2 = B1L(по теореме Пифагора), аналогично, DL||KB1 и DL = KB, т.к.DL = BC2 + CL2 = A1B12 + A1K 2 = KB1 ,т.е. KB1LD — параллелограмм.№ 1236.Дано: SABCD+SAA1B1B+SADD1A1=404 дм2,AA1=3k, AD=7k, AB=8k.Найти:AC1A1D1Решение:BCAD⋅AA1+AA1⋅AB+AD⋅AB=404;7k⋅3k+3k⋅8k+7k⋅8k=404;AD101k=404,k=4.AA1 = 12 дм; AD = 28 дм; AB = 32 дм.B1C1AC1 = A1A 2 + AD2 + AB2 = 144 + 784 + 1024 = 1952 = 4 122 дм.№ 1237.B1A1C1Дано: куб; а) AC=12 см; б) AC1= 3 2 см;в) DE=1, BE=AE.Найти: VРешение:Cа) AD =D1BACEDA2= 6 2 смV = 216⋅б) AC1= 3AA12 ; AA1=AC13( 2 ) = 43232 см3.= 6 см;V= 6 6 см3.в) По теореме Пифагора:14DE = AD2 + AB2 =V=A15AB2AB =25см;8 5см3.25№ 1238.B1AB = BC=m, ∠ABC = ϕ, BB1 = BD.Так как AB=BC, то ∠DBC=C1ϕϕ BD, cos =,22 BC49ABDCBB1=DB=m⋅cosV=ϕ;2ϕ 1ϕ1⋅m⋅m⋅sinϕ⋅m cos = m3sinϕcos .22 22№ 1239.B2B3B1B4B5B6A1A2A3A6Дано: A1B4=8, ∠B4A1B1=30°.Найти: VРешение:B1B4 = 8⋅sin30° = 4;A1B1 = 64 − 16 = 4 3 ;1⋅B1B4=2;212 ⋅ 4 ⋅ 31= 72 см.V= ⋅6⋅2⋅2⋅sin60°⋅ 4 3 =22B1B2=A4A5№ 1241.AD = 5 м, AB = 4 м, BD = 3 м, SH = 2 м.S∆ASB=S∆CSD; S∆BSC=S∆ASD.SDACHBSB= SH 2 + BH 2 = 4 + 2,25 =2,5 см.В ∆ABD: AD2=AB2+BD2, следовательно, онпрямоугольный с прямым углом ABD.Из ∆ABH по теореме Пифагора:AH= AB2 + BH 2 = 16 + 2,25 = 18,25 ;AS= AH2 + SH 2 = 18,25 + 4 = 22,25 ;1(AS + SB + BA)(AS + SB − BA)(AS + BA − SB)(SB + BA − AS) ;41S∆BSC=(BS + SC + BC)(BS + SC − BC)(BS − SC + BC)(SC + BC − BS) ;41SABCD=2⋅S∆ABD=2⋅ AB⋅BD2S∆ASB=S= SABCD+2S∆ASB+2S∆BSC=2 34 +22 м2.№ 1242.DДано: DH = 12 см, AB = 13 см.Найти: V.50AHCBРешение:11 1AB⋅CB⋅sin∠ABC)⋅DH=33 21 1= ( ⋅13⋅13⋅sin60°)⋅12 = 169 3 см3.3 2V= Sосн⋅h= (№ 1243.SAnA1A2=a, ∠A1SA2=α.SO1 =A5A4A1O1HO1 =O3A2O2A3αa=,2 2SO1,HA1 =aα2tg2a180°2sinn⋅ cosa2sin180°n,180° a180°,= ctgn2nпо теореме Пифагора:SH = SO12 − HO12 =1 13 2a2V = ⋅ n ⋅ a ⋅ ctg=tga2α a2180°⋅ ctg2 − ⋅ ctg2;42 4n180° aα180°⋅ctg 2 − ctg 2=n 22na3 ⋅ n180°α180°⋅ ctg⋅ ctg 2 − ctg 2.24n2n№ 1244.Задача сводится к нахождению объема цилиндра r=2 мм = 0,2 см.V = πr2h = 0,04πh см3m = 2,6⋅V = 0,104πh = 6800 гh ≈ 20823 см ≈ 208 м.№ 1245.Задача сводится к нахождению объема цилиндра радиуса 17 мм ивысотой 25 м и цилиндра радиуса 13 мм и высотой 25 м.V1 = π⋅1,72⋅2500 = 7225π см3;V2 = π⋅1,32⋅2500 = 4225π см3;3m = ρ⋅V = 11,4⋅3000π ≈ 107 кг.V = V1 – V2 = 3000π см ;№ 1246.DДано: BC = x см, DC = x + 12 см, S = 288π см2.Найти: BC; DC.51ABCРешение:S = 2πrh + 2πr2 = 2π⋅x(x+12)+2πx2 = 288π.x2+12x+x2=144x2+6x–72=0D= 9+ 72 = 81.4x1,2 = –3 ± 9,но т.к.

x>0, то x=6 см, тогда x+12=6+12=18 см.№ 1247.DСторона квадрата равнаr=Ad2π 2B№ 1248.22;d224π ⋅ 2=d2.8πV1 = 24 см2, SB = 5 см, SH = 2 см.S13V1 = πr2⋅2 = 24.Dr=6π∆ASB∼∆DSH (по катету и углу).HAd, т.е. 2πr =;S = πr2 = π⋅CdCBDH SH=;AB SBAB =5 615⋅=;2 ππ13V= πAB2⋅SB = 375 см3.№ 1249.AC = 12 см, V = 324π см3.13V= πr2h=324π;CB=r=324 ⋅ 3=AC9729 см.12Из прямоугольного ∆ABC по теоремеПифагора:AAB= AC2 + CB2 = 144 + 81 =15 см.Тогда искомая дуга равнаC52B360° ⋅CB9= 360° ⋅ = 216° .AB15№ 1250.C∠CAB = 120°, AB = L = 9 см.LSбок =AπrL = 27π;по теореме Пифагора:LBmϕHr = 3 см;h = L2 − r 2 = 81 − 9 = 6 2 см;BA120°πL2 = 27π см2;360°Sосн = πr2 = 9π см2.№ 1251.Дано: AB = BC = m, ∠BAC = ϕ.Найти: VРешение:BH = m sinϕ;CSбок.пов.

= π⋅BH⋅AB = πm2sinϕ;S = 2Sбок.пов. = 2πm2sinϕ.№ 1252.Дано: D1 = D2, V1 = V2.Найти: h.Решение:V1 = V2;4πR3 = πR2h;3h=4R.3№ 1253.Задача сводится к нахождению объема шариков.324  D1 16 1 225 2,5 3V2= ππh см3 = π ⋅ = π см ; ⋅h =3  2 38 316 2 22532π=h=V1 = V2;πh ;см.31675V1=4⋅ π№ 1254.Задача сводится к нахождению площади поверхности шара.S = 4πR2 = 4⋅(6375)2π;1S=(6375)2π км2 ≈ 1,28⋅108 км2.453№ 1255.S1 m 2=.S2 h 2VНайти: 1V2Дано:Решение:4π R124π R 2254=m2h2;R1 m= ;R2 n133V1 3 πR1  m ==  .V2 1 πR 3  n 23ЗАДАЧИ ПОВЫШЕННОЙ ТРУДНОСТИ№ 1256.По признаку параллелограмма (если диагонали четырехугольникаточкой пересечения делятся пополам, то это – параллелограмм). х1 + х3 y1 + y3 ;,ас2  2Таким образом, точка пересечения диагоналей:  х2 + х4 y2 + y4 ;2  2B(х2, y2)yдругой стороны А(х1, y1)C(х3, y3)D(х4, y4)хприравняем координаты. х1 + х3 х2 + х4 2 =2y + y+ y4y132=2 2 x1 + x3 = x2 + x4y + y = y + y24 1 3№ 1257.Рассмотрим ∆ADC и ∆AHB.

Они подобны (по гипотенузе и углу).Таким образом,yDC AC=HB ABА(х1, y1)DλC( х,y)x − x1λ=x 2 − x1 1 + λλx + xλx2 − λx1+ x1x= 2 11+ λ1+ λy − y1λAD AC==AH ABy2 − y1 1 + λx=1B( х2, y2)Hхy=λy2 − λy1λy + y+ y1 = 2 11+ λ1+ λ№ 1258.yА(х1, y1)O(х, y) x + x y + y3 H1 2 3 ; 22  2H3B(х2, y2)H2H1C(х3, y3)хТак как медианы делятся точкойпересечения в отношении 2:1 начиная отвершины, то использовав задачу 1257получим, что λ=255x +xx1 + 2 ⋅  2 3 x +x +x2 = 1 2 3x=1+ 23y +yy1 + 2 ⋅  2 3 y + y2 + y32 = 1y=1+ 23№ 1259.B(0;4)AD – биссектриса; A(–3; 0); C(3; 0); B(0; 4)AB=BC= 32 + 42 = 5AC=6Пусть BD=z, тогда DC=5–z. Так как поD(x;y)свойству биссектрисыC(3;0)A(-3;0)BD DC=, тоAB ACz 5−z=6z=25–5z562538=2z=5–z= 2111111Воспользовавшись задачей 1257, получим:25 30 5:λ== ;11 11 6x=560 + ⋅35+16=15;11y=451+6=2415 24; D( ;).1111 11№ 1260.Введем систему координат, какпоказано на рисунке:Пусть NO=x, а OM=y, тогда посвойству медианы AO=2y, BO=2x.По теореме Пифагора:yA9NB0MC12x y 2 + 4 x 2 = 3681 22 x + 4 y = 44 x 2 + 16 y 2 = 81 24 x + y 2 = 3615y2=45; y= ± 3 , но y>0.

Таким образом, y= 3 , x=образом, координаты точки B(2 3 ; 0); A(0;33 ).AB= 12 + 33 = 45 = 3 5 .№ 1261.Решим сначала задачу для двyх точек:m1x-m1x1=m2x-m2x2m1(x-x1)=m2(x-x2)5633. Таким2x=m1x1 + m 2 x 2m1 + m 2Теперь найдем центр тяжести между точкой x и x3:x’=m1x1 + m 2 x 2(m1 + m 2 ) + x 3m3m1 + m 2m1 + m 2 + m3Аналогично: y’==m1x1 + m 2 x 2 + m3x 3m1 + m 2 + m3m1y1 + m 2 y 2 + m3 y3; получим точкиm1 + m 2 + m3 m1x1 + m 2 x 2 + m3x 3;m1 + m 2 + m3m1y1 + m 2 y 2 + m3y3 m1 + m 2 + m3№ 1262.a) Искомая точка лежит на пересечениипрямой АВ с осью Х.

Если бы точка Мне лежала на этой прямой, то получилсябы ∆ АВМ. А из неравенстватреугольника АВ <АМ+ВМ.Таким образом, найдем уравнениепрямой АВ:yA (2 ;3 )Mx− 5 = 4k + b3 = 2k + bB (4 ;-5 )Так как y=0, то –4x+11=0; x=A(-2;4)y=–4x+1111 11 . Таким образом, M  ; 0  .44 б) Используем задачу 1175.Построим образ точки В относительнооси Х: В’(3; –1).Теперь, исходя из предыдущегопункта, найдем уравнение прямой АВ’:yB(3;1)M k = −4b = 11x4 = −2k + b− 1 = 3k + b5k = −5b = 4 + 2kk = 1b = 2y=–x+2.B’(3;-1)y = 0 y = −x + 2x = 2y = 0Таким образом, М(2; 0).№ 1263.а) Ах+Вy+c=0; A≠0; B≠0.

Доказать, что это уравнение прямой.57Так как В≠0, то можно разделить все уравнение на В.y=−Пусть –ACx− .BBAC= k , – = b , y=kx+b – линейная функция, график –BBпрямая.б) Доказать, что x2–xy–2=0 не уравнение окружности.Так как х≠0, то разделим обе части уравнения на х, y = x −2, а этоxне уравнение окружности.№ 1264.( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 4 2 x + y 2 = 11 − 2 x − 4 y + 1 + 4 = 4 22x + y = 1x = 1 − 2 y221 + 4 y − 4 y + y = 1x + 2 y = 1 22x + y = 1y(5y–4)=0y = 0 y = 0,8 x = 1 или  x = −0,6Длина хорды равна:(1 + 0,6) 2 + 0,82 = 2,56 + 0,64 = 3,2 =4 55№ 1265.yA(0;a)C(c1;c2)M(x;y)B(b;0)(α+β+γ)   x −xПусть эта константа равна k.αAM2+βCM2+γBM2=2=αx +α(a–y) 2+β(c1-x)2+β(c2–y)2+γ(x–b)2+γy2==x2(α+β+γ)–2x(c1β+γb)+y2(γ+α+β)–2y(αa+βc2)=ka) α+β+γ≠022c1β + γb  αa + βc2  (c1β + γb)2 + (2a + βc2 )  +  y − −=kα +β+ γ  α+β + γ (α + β + γ)2Таким образом, это может быть и окружность, и точка, и пустоемножество.б) α+β+γ=0–2х(с1β+γb)–2y(αa+βc2)=kЭто может быть прямая; плоскость или пустое множество.58№ 1266.AM ⋅ AM1=k.Введем систему координат, как показано на рисунке(xyA(0;a)2)()+ (y − a)2 b 2 + a 2 = k ;(x +(y–a) )(b +a )=k2M(x;y)a22x2+(y–a)2=M1(b;0) x22k2b2 + a 2Таким образом, из уравнения видно, что этоокружность без точки.№ 1267.OM=kOM1.MM1 1 − k==pOMk1MM1= 1+kOM1+p=1kВведем систему координат так, как показано на рисунке.Координаты точки М1 удовлетворяютyуравнению: x12 +(y1–a)2=r2.

Характеристики

Список файлов книги