abiturientka
Удален
|
    
Для того чтобы меня зачислили мне осталось решить следующие задачи (всего задач 15, 11 я решила а эти неполучается  ) :
№1
На основе ВС равнобедреного треугольника АВС взяли точку D. Полуокружность с диаметром СD и центром в точке O касается сторони АВ и пересекает сторону АС в точке М. Найти длину биссектрисы OL треугольника ВОА, если АМ=1 а BD = 2/"корень"7
№2
Известно что х1+х2+...хн = 0. Доказать неравенство:
(% означает квадратный корень, * - квадрат)
%(max{x1,0})+...+%(max{xn,0}) <= (min{x1,0})* + ... + (min{xn,0})* + n/4
№3
На декартовой плоскости отметили точки А(-2,0), В(6,0), а также окружность, которая задаётся уравнением (x+5)* + (y-3)* = 4 . Найти на этой окружности точку С, для которой угол АСВ минимальный
* - квадрат
№4
На рёбрах правильной 4х угольной пирамиды SABCD с вершиной S заданы точки MєSA, NєSB, KєSD так, что SM:MA = 3:1, SN=NB, SK:KD=1:3. Плоскость MKN пересекает ребро SC в точке L. Найти отношение SL:LC (вот женская интуиция подсказывает что 1:7 но как доказать незнаю )
Заранее спасибо!
|
Всего сообщений: N/A | Присоединился: N/A | Отправлено: 23 фев. 2006 21:55 | IP
|
|
miss_graffiti
Долгожитель
|
  
насчет третьей такая идея.
правда, до конца что-то довести не получилось...
но, может, сама разовьешь.
рассмотрим cos. при минимальном угле он максимален (рассматриваем угол от 0 до 90).
пусть D-основание перпендикуляра, опущенного из С на ось Ох.
тогда: cos(ACB)=cos(BCD-ACD)=cos(BCD)cos(ACD)+sin(BCD)sin(ACD)=(CD/BC)*(CD/AC)+(BD/BC)*(AD/AC).
причем СD - координата y искомой точки, а AD и BD выражаются через координату x.
зависимость x от y у нас есть.
получаем ф-цию одной переменной и ищем ее максимумы (при помощи производной).
|
Всего сообщений: 670 | Присоединился: сентябрь 2005 | Отправлено: 23 фев. 2006 23:00 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
В четвертой задаче, по-моему, женская интуиция подвела:
должно быть где-то 3/8
Чуть позже пришлю подтверждение в виде своего решения.
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 25 фев. 2006 22:51 | IP
|
|
bekas
Долгожитель
|
Приношу извинения за предыдущий неточный ответ по поводу четвертой задачи,
решение же таково:
В силу симметрии пирамиды отрезок ML будет проходить через ее высоту.
Рассмотрим сечение пирамиды в виде равнобедренного треугольника SBD,
высота которого SO (O - центр основания пирамиды) является и высотой
пирамиды.
Обозначим в этом треугольнике пересечение отрезка NK с высотой SO как V.
Проведем в этом треугольнике отрезок BF, параллельный NK (F - точка на
стороне SD, J - точка пересечения отрезка BF с высотой SO).
В силу этой параллельности и равенства SN=NB следует, что
SK=KF. Аналогично проведем отрезок OG, параллельный NK (G - также точка на
стороне SD). Если рассмотреть треугольник BFD, то в нем отрезок OG является
средней линией (BO=OD и OG параллелен BF). Отсюда следует, что FG=GD.
Если обозначить SK за X, то из отношения SK/KD = 1/3 и равенства SK=KF
следует, что SK+KF+FD = 4X, 2X+FD = 4X, FD = 2X, FG = X, то есть
отрезки SK, KF и FG равны между собой, но тогда и SV=VJ=JO.
Таким образом, SV/VO = 1/2.
Теперь рассмотрим сечение пирамиды в виде равнобедренного треугольника SAC,
высота которого также есть SO. В этом треугольнике отрезок ML пересекается
NK и высотой SO в точке V.
Проведем в этом треугольнике отрезок AQ, параллельный ML (Q - точка на
стороне SC, T - точка пересечения отрезка AQ с высотой SO).
Если обозначить SV за X (тогда VO=2X), то в силу параллельности NL и AQ
и соотношения SM/MA = 3/1 получим VT=X/3.
Но так как SV+VT+TO=3X, X+X/3+TO=3X, то TO=5X/3
Осталось провести отрезок OW, параллельный ML (W - точка на
стороне SC). Если рассмотреть треугольник AQC, то в нем отрезок OW является
средней линией (AO=OC и OW параллелен AQ). Отсюда следует, что QW=WC.
Вспоминаем, что SV:VT:TO = (1):(1/3):(5/3) и получаем
SL:LQ:QW:WC = (1):(1/3):(5/3):(5/3).
А отсюда уже после несложных вычислений получаем искомое отношение
SL:LC = 3:11
|
Всего сообщений: 379 | Присоединился: январь 2006 | Отправлено: 26 фев. 2006 0:33 | IP
|
|
|
Форум
Задачи для поступления в ВУЗ
