Подобный материал:
- Міністерство освіти І науки україни «Переяслав – Хмельницький державний педагогічний, 554.03kb.
- Міністерство освіти І науки україни двнз«Переяслав – Хмельницький державний педагогічний, 1277.11kb.
- Міністерство освіти І науки, молоді та спорту україни уманський національний університет, 29.37kb.
- Міністерство освіти І науки україни полтавський державний педагогічний університет, 680.62kb.
- Міністерство освіти І науки україни переяслав-хмельницький державний педагогічний університет, 616.99kb.
- Міністерство освіти І науки України, 1659.87kb.
- Міністерство освіти І науки україни мелітопольський державний педагогічний університет, 2525.18kb.
- Південноукраїнський державний педагогічний університет імені К. Д. Ушинського (м. Одеса), 349.4kb.
- Міністерство освіти І науки, молоді та спорту україни уманський національний університет, 30.09kb.
- Міністерство освіти І науки України Слов’янський державний педагогічний університет, 2976.14kb.
10 (7 балів). Площа чотирикутника дорівнює 1м2, а периметр – 4м. Довести, що чотирикутник обов’язково є квадратом. Н

ехай

– даний чотирикутник,

,

,

,

.
З нерівності

легко видно, що

.

. Аналогічно,

. Додавши дві останні нерівності отримаємо:

. Рівність можлива, по-перше, коли всі кути прямі, а також при умові, що

, але

і

, тому

,

, тобто маємо прямокутник, у якого всі сторони рівні, тобто квадрат.
1
0 (4 бали). Нехай
– точка на медіані
трикутника
. Прямі
і
перетинають сторони
і
у точках
і
відповідно. Відомо, що площі трикутників
і
однакові. Довести, що
– точка перетину медіан трикутника
. Прямі

,

,

перетинаються в одній точці, тому за теоремою Чеви:

, але

, тому

, звідки

. Нехай

– відстань між прямими

та

, тоді

,

,

, де через

позначено проекцію точки

на пряму

. Отже,

– медіана, а тому

– точка перетину медіан.
10 (4 бали). Чи існує трапеція, основи якої дорівнюють 9 см і 11 см, а бічні сторони 8 см і 6 см? Відповідь обґрунтуйте. Н

ехай

– дана трапеція.

,

,

,

. Побудуємо на основі точку

так, що

, тоді

– паралелограм,

, оскільки,

,

, то для

порушується нерівність трикутника

. Тобто такої трапеції не існує.
1
1 (4 бали). Діагоналі трапеції взаємно перпендикулярні. Одна з них дорівнює 6, а інша утворює кут
з основою. Знайти довжину середньої лінії трапеції. Нехай

– дана трапеція,

– точка перетину діагоналей,

, адже

.

,

, звідки довжина середньої лінії:

.
9 (4 бали). Довжина кожної сторони трикутника не перевищує 1. Довести, що квадрат його площі не перевищує
. Коли досягається знак рівності? Нехай

- найменший кут трикутника. Тоді

і площа трикутника:

. Знак рівності досягається при

- рівносторонній із сторонами 1.
9 (4 бали). Дано коло радіуса
. В нього вписано три однакових кола, кожне з яких дотикається до двох інших. Знайти радіуси цих кіл. Н

ехай

– радіус цих кіл.

– радіус описаного кола для рівностороннього

. Оскільки

, маємо

, звідси


.
11 (4 бали). Сторони
і
опуклого чотирикутника
рівні між собою. Довести, що прямі
і
утворюють рівні кути з прямою, що з’єднує середини
і
. Н

ехай

– середини відрізків

, відповідно. Оскільки

, то

, але

,

, звідси випливає потрібне твердження.
10 (4 бали). Довести, що площа правильного восьмикутника дорівнює добуткові його найкоротшої і найдовшої діагоналей. Враховуючи осьову симетрію легко бачити, що

,

(

), побудуємо дотичні до описаного кола восьмикутника в точках

і

і в перетині з прямими

і

побудуємо прямокутник

. Нехай


– проекція точки

на пряму

.

(

,

). Звідки легко видно, що площа восьмикутника дорівнює площі прямокутника

, тобто

.
11 (4 бали). Чи можуть всі діагоналі опуклого шестикутника бути рівними за довжиною. П

рипустимо, що це можливо, тоді рівнобедрені трикутники

та

рівні (

– спільна сторона,

), але тоді

,

– суперечність. Ні, не можливо.
10 (4 бали). В яких межах може змінюватись периметр трапеції, у якої діагоналі – бісектриси кутів при більшій основі, а одна з бічних сторін дорівнює 2. В

раховуючи властивість різносторонніх кутів, маємо:

,

. Аналогічно

.

, тому

. За нерівністю многокутника:

,

.
Отже,

. «Лівий» кінець досягається коли «зсувати» точки

та

до граничного положення, коли

. Для правого кінця потрібно «розсувати» точки

та

до граничного положення, коли

.
1
1 (4 бали). Довести, що сума відстаней від довільної точки простору до всіх вершин одиничного куба не менша від
. Обчислимо діагональ куба:

.
Розглянемо суму відстаней від довільної точки простору

до усіх вершин одиничного куба та врахуємо нерівність трикутника, отримаємо:

.
1
1 (4 балів). Поверхня кулі дотикається координатних площин та площини
. Знайти центр вписаної кулі.Нехай

– центр вписаної кулі. Точки

і

лежать по один бік від площини

, причому

, враховуючи відому формулу відстані від точки до площини отримаємо:

,

,

.
11 (7 балів). Довести, що
, якщо
– довжини сторін трикутника. За нерівністю трикутника:

,

,

. Піднісши ці нерівності до квадрату, та додавши, отримаємо:

.
11 (7 балів). Знайти висоту конуса найбільшого об’єму, вписаного в кулю радіуса
. Н

ехай висота дорівнює

. Розглянемо переріз, який проходить через вершину

і центр кулі

. З

:

, звідки

. У випадку коли

– тупокутний, вираз для об’єму такий самий (перевірте!).

,

,

,

при

або

, тоді

, це значення є максимальним.