Geum.ru

Міністерство освіти І науки України Кіровоградський державний педагогічний університет імені Володимира Винниченка

Вид материалаДокументы

Содержание


Знайти всі значення а, для кожного з яких існує скінченна кількість точок
Геометричні задачі
Подобный материал:
1   ...   10   11   12   13   14   15   16   17   ...   21

9 (7 балів). Знайти всі значення а, для кожного з яких існує скінченна кількість точок з цілими невід’ємними координатами і , що .

Проаналізуємо, які півплощини задано в умові: - півплощина з межею , що не містить початок координат. Межею іншої півплощини слугує пряма , що для усіх значень параметра а проходить через точку . Очевидно, якщо пряма займає положення, паралельне до прямої , кутовий коефіцієнт якої відповідно , то система нерівностей містить нескінченну множину розв’язків першої координатної чверті, у тому числі з цілими невід’ємними координатами і ; якщо утворюється необмежена область, що містить нескінченну кількість цілочисельних точок, тому кутовий коефіцієнт прямої ; з іншого боку, якщо пряма проходить через точку (0;1), тобто , систему нерівностей задовольняє єдина точка з цілими невід’ємними координатами (0;1). Тому маємо .


10 (4 бали). Знайти всі значення а, для кожного з яких існує скінченна кількість точок з цілими невід’ємними координатами і , що .

З умови: - півплощина з межею , що містить початок координат. Межею іншої півплощини слугує пряма , що для усіх значень параметра а проходить через точку . Зауважимо, що за будь-яких від’ємних значень параметра а обидві нерівності задовольняє цілочисельна точка (0; 0). З іншого боку, якщо пряма , кутовий коефіцієнт якої , займає граничне положення, паралельне до прямої , кутовий коефіцієнт якої , то система нерівностей містить нескінченну множину розв’язків з цілими невід’ємними координатами і , тому кутовий коефіцієнт прямої . Тому маємо .


10 (7 балів). Скільки всього шестицифрових чисел, у запису яких є як цифра 1, так і цифра 2, але немає цифри 0?

1 спосіб. Оскільки цифри 1 і 2 є обов’язково, то спочатку виберемо місця для них. Цифру 1 на 6 місць можна поставити 6-ма способами, цифру 2 – на 5 місць, що залишилися, п’ятьома способами. Отже. цифри 1 і 2 на шість місць можна поставити за правилами добутку 5·6=30 способами. Тепер у кожному з 30 способів виберемо ще 4 цифри. Обирати їх будемо з 9-елементної множини {1; 2; 3; …; 9}, оскільки 0 не може бути, 1 і 2 можуть повторюватися. На кожне з 4-ох місць, що залишилися, цифру можна обрати 9-ма способами. Тоді за правилом добутку чотири цифри одночасно можна обрати 9·9·9·9=94=6561 способом. Отже, маємо 30 способів поставити цифри 1 і 2, які є обов’язково, і у кожному з 30 способів є можливість інші чотири цифри обрати 6561 способом. Тоді за правилом суми (30 доданків по 6561) всього 6-цифрових чисел, що нас цікавлять, буде 30·6561=196830.

2 спосіб. Цифри 1 і 2 можна розставити на 6 місць способами. У кожному з 30 способів інші чотири цифри з множини {1; 2; 3; …; 9} можна обрати способом. Остаточно, всього шестицифрових чисел, що нас цікавлять, .

Автори вдячні Войналович Наталії Михайлівні, кандидату пед. наук, доцен­ту кафедри математики КДПУ ім. В. Винниченка, вчителеві-методисту, вчителеві математики Педагогічного ліцею м. Кіровограда за наведені розв’язання задачі.

Геометричні задачі

9 (2 бали) Два кола дотикаються зовні. Знайти довжину їхньої спільної зовнішньої дотичної, якщо радіуси кіл рівні 16 см і 25 см.

1 спосіб

.

Побудуємо точку на так що – прямокутник, тоді (см); (см).



2 спосіб.

Нехай точка , тоді гомотетія ; ; ; ; ; (см).

З прямокутного трикутника

(см). З теореми Фалеса: ;

.


9 (2 бали). Нехай – довільна точка на основі рівнобічного трикутника . Довести, що .

Нехай – середина основи , тоді, враховуючи теорему Піфагора, маємо:



10 (2 бали). Діагоналі чотирикутника розбивають його на чотири трикутника з рівними площами. Довести, що чотирикутник є паралелограм.

Нехай – даний чотирикутник,

– точка перетину його діагоналей,

– проекція точки В на діагональ АС.

Маємо: , звідки . Аналогічно, , а тому – паралелограм.


9 (4 бали). Діагоналі опуклого чотирикутника перетинаються в точці О. Відомо, що площі виражаються натуральними числами. Чи може добуток цих чисел дорівнювати 2008?

Нехай – даний чотирикутник,

– точка пертину його діагоналей,

– проекція точки В на діагональ АС. Маємо , звідки . Аналогічно, і , а тому , звідки , що неможливо, оскільки виражаються натуральними числами, 2008 не є повним квадратом.


9 (2 бали). Чи можна накрити фігуру, що має форму трикутника зі сторонами 13см, 14см і 15см, кругом радіусом 8см? Відповідь обґрунтувати.

 см;  см2. (см) – радіус описаного круга. За умовою .

Відповідь: не можна.

11 (2 бали). Чи можна розмістити кулю радіуса 2см всередині правильної чотирикутної піраміди з основою 8см і апофемою 5см? Відповідь пояснити.

Розв’язання: рівно­бедрений  (cм),  (cм) (cм), - єгипетський:  (cм), тоді  (cм2);  (cм); визначимо радіус вписаного кола в із співвідношення:  (cм).

Відповідь: не можна.


10 (2 бали). Довести, що у правильній п’ятикутній піраміді для кожного ребра знайдеться інше ребро піраміди, перпендикулярне до початкового.

Нехай – висота піраміди.

1) так як проекція , за теоремою про три перпендикуляри

2) Аналогічно і т.д.


11 (4 бали). Бічне ребро правильної трикутної піраміди нахилене під кутом до основи. Знайти сторони основи піраміди, якщо її об’єм дорівнює .

Нехай ( - висота), з () маємо: , тоді , . З : , . Звідси , , , .


9 (4 бали). Менша основа трапеції є діаметром кола, яке проходить через середини обох діагоналей трапеції і дотикається до більшої основи . Знайти внутрішні кути трапеції.

Нехай – центр кола, – середини діагоналей і .

(вписаний кут, ВС – діаметр); .

Аналогічно , а тому трапеція рівнобічна.

; отже, – катет, що дорівнює половині гіпотенузи, тому кут ; звідси маємо:


9 (4 бали). В прямокутному , площа якого , – радіус вписаного кола, – радіус описаного кола. Довести, що .

Нехай – катети, – гіпотенуза трикутника. Для доведення досить використати відомі формули , , .