Задачи

[hyulia]

Може ли помощ с тези задачи.Благодаря предварително
Отговори:
27. 10,8 куб.см
25. 40
16. г
28. 6 куб.см.
последната задача: 3 корен от 2 върху 2

[Петър Евгениев]

[tex]{a_{n}}[/tex], геометрична прогресия
[tex]a_{4}+a_{5}+a_{6}=35[/tex]
[tex]a_{5}+a_{6}+a_{7}=70[/tex], тази задача единствения трик, който може да те улесни е да делиш двете страни на система уравнения(то това си се прави в тези задачи)
[tex]\begin{array}{|l} a_{1}q^{3}+a_{1}q^{4}+a_{1}q^{5}=35 \\ a_{1}q^{4}+a_{1}q^{5}+a_{1}q^{6}=70 \end{array}[/tex] ,деля лявата страна на първото с лявата страна на второто, дясната страна на първото с дясната страна на второто.
[tex]\frac{a_{1}q^{3}(q^{2}+q+1)}{a_{1}q^{4}(q^{2}+q+1)}=\frac{35}{70}[/tex]съкращаваш много тука и остава [tex]\frac{1}{q}=\frac{1}{2}[/tex]
[tex]\Rightarrow q=2[/tex] сега го заместваш къде ти е кеф и готово
[tex]a_{1}8(4+2+1)=35 \Rightarrow a_{1}=0,625[/tex]
[tex]a_{7}=a_{1}q^{6}=0,625.64=40[/tex]

П.С, ако не си разбрал/а [tex]a_{1}q^{3}+a_{1}q^{4}+a_{1}q^{5}=35 \Rightarrow a_{1}q^{3}(1+q+q^{2})[/tex]
[tex]a_{1}q^{4}+a_{1}q^{5}+a_{1}q^{6}=a_{1}q^{4}(1+q+q^{2})[/tex]

[Петър Евгениев]

На задача 16 според мен трябва да бъде [tex]2BD=\sqrt{3}AB[/tex],а не [tex]4BD=\sqrt{3}[/tex]
[tex]2BD=\sqrt{3}AB[/tex][tex]\Rightarrow \frac{BD}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex], а пък косинуса на търсения ъгъл е точно това отношение(от правоъгълния [tex]\triangle ABD[/tex])
[tex]cos(\beta)=\frac{BC}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex], ако нали ъгъла го кръстим([tex]\angle ABD=\beta)[/tex]
и можеш да видиш в таблицата,че косинус от 30, [tex]cos30^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex]

П.С. Ако знаеш косинуса/синуса на ъгъл се счита, че знаеш ъгъла.(В случая ти искат градуси точна мярка, но просто казвам принципно)

[S.B.]

Зад.27:Пирамидата е ABCDM,където М е върха,а ABCD - основата ,квадрат със страна=3:Вписана е сфера с R=1;[tex]V_{ABCDM }[/tex] = ?
Нека [tex]MM_{1 }[/tex] e апотема в стената АDM,a [tex]MM_{2 }[/tex] апотема в страната BCM.През [tex]ММ_{1 }[/tex] и [tex]ММ_{2 }[/tex] построявам равнината [tex]ММ_{1 }[/tex][tex]М_{2 }[/tex],която пресича пирамидата и вписаната в нея сфера ,като сечението е е равнобедeрен триъгълник [tex]ММ_{1 }[/tex][tex]М_{2 }[/tex], с основа [tex]М_{1 }[/tex][tex]М_{2 }[/tex] = 3,височина MH [tex]\bot[/tex] [tex]M_{1 }[/tex][tex]M_{2 }[/tex].В триъгълника е вписана окръжност с R=1,която се допира в т.P и Q съответно до [tex]ММ_{1 }[/tex] и [tex]ММ_{2 }[/tex] и в т. H до [tex]М_{1 }[/tex][tex]М_{2 }[/tex] Нека т.О е център на окръжността.Т.О[tex]\in[/tex]MH;
[tex]\triangle[/tex][tex]HMM_{2 }[/tex] и [tex]\triangle[/tex]MOQ са подобни [tex]\rightarrow[/tex][tex]\frac{МH}{MQ}[/tex] = [tex]\frac{HM_{2 }}{OQ}[/tex] но QO = OH = R =1,OM=x ,a тогава MQ = [tex]\sqrt{x^{2} - 1}[/tex] [tex]\rightarrow[/tex][tex]\frac{x + 1}{\sqrt{x^{2} - 1}}[/tex] = [tex]\frac{1,5}{1}[/tex]
x + 1 = 1,5[tex]\sqrt{x^{2} - 1}[/tex] като ДМ: х>1[tex]\rightarrow[/tex][tex](х + 1)^{2}[/tex] = [tex]1,5^{2}[/tex](х + 1)(х - 1)[tex]\rightarrow[/tex](х + 1)(х + 1 -2,25х + 2,25)=0 ; х[tex]\ne[/tex] -1 остава 1,25х = 3,25 [tex]\rightarrow[/tex] х = 2,6; MH = x + 1 следователно MH = 3,6 см; [tex]B_{oсн }[/tex] = [tex]3^{2}[/tex] = 9;[tex]V_{ABCDM }[/tex] = [tex]\frac{1}{3}[/tex][tex]B_{осн }[/tex].MH или V=[tex]\frac{9.3,6}{3}[/tex] = 10,8 [tex]см^{3}[/tex]

[S.B.]

Зад.28:Щом околните стени сключват равни ъгли с основата,тогава върхът на пирамидата се проектира върху центъра на вписаната в основата окръжност. В този случай ъгълът е равен на 45[tex]^\circ[/tex] и тогава височината е равна на радиуса на вписаната окръжност. Задачата се свежда до намиране радиуса на вписаната в основата окръжност,който може да се намери по различни начини.
По Хероновата формула [tex]S_{ABC }[/tex] = [tex]\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}[/tex] = [tex]\sqrt{8.3.3.2}[/tex] = 12;
Но [tex]S_{ABC }[/tex] = p.r или 12=8r от където r = [tex]\frac{3}{2}[/tex] Ако ъгълът между ок. стена и основата е=[tex]\varphi[/tex],тогава [tex]\frac{h}{r}[/tex] = tg[tex]\varphi[/tex] и h = r.tg[tex]\varphi[/tex] в нашия случай h = [tex]\frac{3}{2}[/tex].tg45[tex]^\circ[/tex] или h=[tex]\frac{3}{2}[/tex] ; Получихме [tex]S_{ABC }[/tex] = 12 и [tex]V_{ABCD }[/tex] = [tex]\frac{1}{3}[/tex].12.[tex]\frac{3}{2}[/tex] = 6

[S.B.]

Зад.16:В[tex]\triangle[/tex]ABC т.D[tex]\in[/tex]AC така,че AD = CD [tex]\rightarrow[/tex]BD e медиана,която продължаваш до т.[tex]B_{1 }[/tex] така,че BD = [tex]DB_{1 }[/tex] и получаваш успоредника А[tex]B_{1 }[/tex]CB (понеже диагоналите се разполовяват в т.D) За [tex]\triangle[/tex][tex]B_{1 }[/tex]CB знаеш ,че е правоъгълен - [tex]\angle[/tex]DBC=90[tex]^\circ[/tex] ,[tex]\angle[/tex][tex]BB_{1 }[/tex]C = [tex]\angle[/tex]ABD = [tex]\beta[/tex]; cos[tex]\beta[/tex] = [tex]\frac{BB_{1 }}{CB_{1 }}[/tex] като знаеш,че [tex]BB_{1 }[/tex] = 2BD и [tex]CB_{1 }[/tex] = AB и [tex]\frac{BD}{AB}[/tex] = [tex]\frac{\sqrt{3}}{4}[/tex]тогава :
cos[tex]\beta[/tex] = [tex]\frac{BB_{1 }}{CB_{1 }}[/tex] = [tex]\frac{2BD}{AB}[/tex] = 2.[tex]\frac{\sqrt{3}}{4}[/tex] = [tex]\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex] или [tex]\beta[/tex] = 30[tex]^\circ[/tex]

[Петър Евгениев]

На задача 16 според мен трябва да бъде [tex]2BD=\sqrt{3}AB[/tex],а не [tex]4BD=\sqrt{3}[/tex]
[tex]2BD=\sqrt{3}AB[/tex][tex]\Rightarrow \frac{BD}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex], а пък косинуса на търсения ъгъл е точно това отношение(от правоъгълния [tex]\triangle ABD[/tex])
[tex]cos(\beta)=\frac{BC}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex], ако нали ъгъла го кръстим([tex]\angle ABD=\beta)[/tex]
и можеш да видиш в таблицата,че косинус от 30, [tex]cos30^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}[/tex]

П.С. Ако знаеш косинуса/синуса на ъгъл се счита, че знаеш ъгъла.(В случая ти искат градуси точна мярка, но просто казвам принципно)

Извинявай това е грешно за твоята задача... гледал съм , че [tex]\angle BDC=90^\circ[/tex]

[KOPMOPAH]

Правоъгълни триъгълници.png (10.53 KiB) Прегледано 413 пъти

Ясно, че $AB=\sqrt 5$ и $AM=\frac {\sqrt 5}2$
Косинусова теорема за $\triangle AMC$ дава $CM^2=AM^2+AC^2-2.AM.AC.\cos\measuredangle MAC$, $\cos\measuredangle MAC=\cos(\measuredangle BAC +\frac{\pi}2)=-\sin(\measuredangle BAC )=-\frac 1{\sqrt 5}$
Заместваме и получаваме $CM^2=\left(\frac {\sqrt 5}2\right)^2+2^2-2.\frac {\sqrt 5}2.2.\left(-\frac 1{\sqrt 5}\right)=\frac 54+4+2.\frac {\cancel{\sqrt 5}}{\cancel{2}}.\cancel{2}.\frac 1{\cancel{\sqrt 5}}=\frac 54+6=\frac {31}4$, следователно $CM=\frac {\sqrt {31}}2$

[KOPMOPAH]

Пирамида и вписана сфера.png (10.05 KiB) Прегледано 410 пъти

На чертежа е изобразено осното сечение на пирамидата, сечението на сферата е окръжността с център т.$O$, тя се допира до основата в т.$H$, а до околна стена - в т.$N$. Ясно защо $PH=PN=1,5$
Отбелязваме разстоянието от върха $M$ до центъра на сферата с $x$.
От Питагорова теорема за $\triangle MON$ излиза, че $MN=\sqrt{x^2-1}$. Пак прилагаме Питагорова теорема, този път за $\triangle PHM$ и получаваме $$(\sqrt{x^2-1}+1,5)^2=(x+1)^2+1,5^2.$$ Изглежда страшно, но е решимо.
Разкриваме скобите:
$$x^2-1+3\sqrt{x^2-1}+1,5^2=x^2+2x+1+1,5^2$$
$$\cancel{x^2}-1+3\sqrt{x^2-1}+\cancel{1,5^2}=\cancel{x^2}+2x+1+\cancel{1,5^2}$$
$$2(x+1)=3\sqrt{x^2-1}$$
Не ни остава нищо друго, освен пак да повдигнем на квадрат и след преработка да стигнем до уравнението
$$5x^2-8x-13=0,$$ което има два корена: $x_1=-1$ и $x_2=\frac {13}5$
Тъй като става дума за отсечки, $x_1$ е крайно неподходящ със своята отрицателна стойност.
Височината на пирамидата се получава $h=\frac{18}5$, лицето на основата е $B=9$, значи обемът можем да намерим по добре известната формула $$V=\frac 13 .B.h=\cdots$$

[hyulia]

Благодаря ви много