ТУ кандидат-студентски изпит

[nutb0ll]

Здравейте, първо се извинявам, че ги нашляпвам толкова задачи ..но изпита като наближава и ми е все по-неотложно да ги схвана .. .. снимка на решението идеално върши работа, ако не ви се играе с кодовете тука

1)Изразът [tex]\sqrt{7 - \sqrt{24}}[/tex] е тъждествено равен на:
отг:[tex]\sqrt{6} - 1[/tex]

2)Основният период на функцията [tex]f(x)=cos5x+cos10x[/tex]
отг:[tex]\frac{2\pi}{5}[/tex]

3) Дадена е триъгълна пирамида [tex]ABCD[/tex] с връх [tex]D[/tex] и основа [tex]\triangle ABC[/tex] .Околният ръб [tex]CD[/tex] е перпендикулярен на основата, [tex]\angle ABD = 90[/tex] ,[tex]AB = 6cm[/tex] , [tex]BC = \sqrt{15}[/tex] и [tex]CD = 7cm[/tex]. Да се намери радиусът на описаната около пирамидата сфера.
отг: [tex]R=5cm[/tex]

4)Даден е равнобедрен трапец [tex]ABCD(AB || CD)[/tex] с диагонал [tex]AC = d[/tex] , [tex]cos(\angle CAD) = 0,8[/tex] и
[tex]cos(\angle ADB) = 0,6[/tex]. Да се намери лицето на трапеца.
отг: [tex]\frac{d^{2}}{2}[/tex]

5)Всички околни стени на триъгълна пирамида са равностранни триъгълници, а разстоянието от медицентъра на околна стена до равнината на основата е [tex]2 cm[/tex] . Да се намери обемът на пирамидата.
отг: [tex]27\sqrt{3}[/tex]

[KOPMOPAH]

$\sqrt{7-\sqrt{24}}=\sqrt {6-\sqrt {4.6}+1}=\sqrt {\left(\sqrt 6-1\right)^2}=...$

[Петър Евгениев]

geogebra-export (4).png (52.59 KiB) Прегледано 994 пъти

[tex]cos\angle BAC=\frac{AH}{d}[/tex] От правоъгълния триъгълник [tex]\triangle AHC[/tex]
Това се доказва в основа задача за трапец.[tex]BH=\frac{a-b}{2}[/tex] непосредствено [tex]AH=AB-BH=a-\frac{a-b}{2}=\frac{a+b}{2}[/tex]
[tex]cos\angle BAC=\frac{AH}{d}=0,8 \Rightarrow AH=0,8d=\frac{a+b}{2} \Rightarrow a+b=1,6d[/tex]
Формулата за лице на тапец е [tex]S=\frac{a+b}{2}h \Rightarrow S=\frac{1,6d}{2}h[/tex]
Височината [tex]h[/tex] намирам като намеря синуса [tex](\frac{8}{10})^{2}+sin^{2}\angle BAC=1 \Rightarrow sin\angle BAC=\frac{3}{5}=\frac{h}{d} \Rightarrow h=\frac{3}{5}d \Rightarrow S=\frac{1,6d.3.d}{2.5}=0,48d^{2}[/tex]
Като видях отговора как се смях(сори може да съм объркал нещо нямам време да проверявам...)
Желая ти късмет!

[Nathi123]

4.зад. ABCD - трапец ; AD=BC [tex]\Rightarrow AC=BD=d[/tex] . Нека [tex]\angle DAC=\alpha ; \angle ADB=\beta ; AC\cap BD=O \Rightarrow \angle AOB=\alpha + \beta[/tex] ( външен за триъг. АОD ).
Построяваме [tex]CC_{1 }||BD\Rightarrow BDCC_{1 }[/tex] - успоредник [tex]\Rightarrow DC=BC_{1 } ; CC_{1 }|| = BD ; \Rightarrow CC_{1 } = d[/tex]
[tex]S_{\triangle ADC}=\frac{h.DC}{2}=S_{\triangle BCC_{1 }}; DH\bot AB; DH=h \Rightarrow S_{ABCD }=S_{ABC}+S_{ADC}=S_{ABC}+S_{BCC_{1 }}=S_{ACC_{1 } } \Rightarrow S_{ABCD }=S_{ACC_{1 } }[/tex]
[tex]S_{ACC_{1 } } = \frac{1}{2}AC.CC_{1 }sin(\alpha + \beta ) ; (\angle ACC_{1 }=\angle AOB=\alpha + \beta ) \Rightarrow S_{ACC_{1 } } = \frac{1}{2}d^{2}sin(\alpha +\beta )[/tex]
По усл cos[tex]\alpha = \frac{4}{5}\Rightarrow sin\alpha = \frac{3}{5} ; cos\beta = \frac{3}{5} \Rightarrow sin\beta = \frac{4}{5} \Rightarrow[/tex]
[tex]sin(\alpha + \beta ) = sin\alpha .cos\beta + cos\alpha.sin\beta =1\Rightarrow S_{ACC_{1 } } =S_{ABCD } = \frac{d^{2}}{2}[/tex].

[KOPMOPAH]

За 5 задача - прекарай централно сечение през този център на околна стена и срещуположния околен ръб. След като стените са равностранни триъгълници, значи всички ръбове на тялото са равни. Нека да ги обозначим с $a$, значи полученото сечение е триъгълник с основа $a\frac {\sqrt 3}2$ и страни $a$ (околния ръб) и $a\frac {\sqrt 3}2$ (медианата на околната стена, от която е спуснат перпендикулярът 2 см.
От подобни триъгълници лесно се намира, че височината на този триъгълник е 6. От Питагорова теорема се намира $a$, а оттам - и търсеният обем.

[Davids]

Имаш по условие, че $BC = \sqrt{15}; CD = 7$ и $CD \bot (ABC) \Rightarrow CD \bot BC$. Следователно по Питагор $BD = \sqrt{15 + 49} = 8$.
Оттам отново Питагор и $AD = \sqrt{36 + 64} = 10$.
По условие също ти е дадено и че $AB \bot BD$. В комбинация с върха $CD \bot (ABC)$ това ни дава $AB \bot (BCD) \Rightarrow AB \bot CB$ и основата е правоъгълен триъгълник. Следва, че центърът на описаната около пирамидата сфера лежи на перпендикуляра към равнината на основата през центъра на описаната около нея сфера, който в правоъгълния триъгълник е средата на хипотенузата. (т.е. на $AC$).
Обаче перпендикулярна на основната равнина е и равнината $(ACD)$, минаваща точно през хипотенузата, т.е. центърът лежи в тази равнина $(ABC)$, която е дефинирана около околна стена. И тъй като около тази околна стена също трябва да се опише окръжност, която е част от сферата, то центърът на цялата сфера е центъра на тази окръжност. Но понеже $\Delta ADC$ е правоъгълен, то това отново е средата на хипотенузата $AD = 10$, т.е. $R = 5$.

[Davids]

2) За по-лесно ще въведем $g(x) = f(\frac{x}{5}) = cosx + cos2x = 2cos^2x + cosx - 1$
Тогава за периода $T_g = t$ на $g(x)$ ще имаме уравнението:
$g(x) = g(x + t)$
$2cos^2x + cosx - 1 = 2cos^2(x+t) + cos(x+t) - 1$
$2\big(cos^2x - cos^2(x+t)\big) = cos(x+t) - cosx$

Развиваме отляво формулата за съкратено умножение и по формулата за сбор и разлика от косинуси получаваме:
$2.2sin(x + \frac{t}{2})sin\frac{t}{2}.2cos(x+\frac{t}{2})cos\frac{t}{2} = -2sin(x+\frac{t}{2})cos\frac{t}{2}$
$\Rightarrow 2sin(x+\frac{t}{2})cos\frac{t}{2}\big[4sin\frac{t}{2}cos(x+\frac{t}{2}) + 1\big] = 0$

Първият и третия множител е ясно, че няма как да са равни на нула за всяко хикс, остава ни вторият:
$cos\frac{t}{2} = 0$
$\Rightarrow \frac{t}{2} = k\pi \Rightarrow t = 2k\pi$, следователно $T_g = 2\pi$

Сега ще ползваме правилото за период на функция, когато умножим аргумента по цяло число, според което ако периодът на $g(x)$ е $2\pi$, то периодът на $f(x) = g(5x) = \frac{2\pi}{5}$.

[nutb0ll]

Благодаря ви, добри хора!