Регистрирайте сеРегистрирайте се

Няколко задачи


 
   Форум за математика Форуми -> Математика за 11-12 клас, Кандидат-студенти
Предишната тема :: Следващата тема  
Автор Съобщение
Spider Iovkov
VIP


Регистриран на: 12 Jan 2007
Мнения: 1273

Репутация: 199.9Репутация: 199.9
гласове: 129

МнениеПуснато на: Fri Aug 14, 2009 7:35 pm    Заглавие: Няколко задачи

Това е един от последните пъти, когато пиша в този форум, затова реших да споделя с вас някои задачи, които са ме заинтригували. Може да ви се стори тъпо, смешно, безсмислено, но си казах, че ще е хубаво да пусна тази тема, Smile .

Задача 1. Да се докаже, че функцията [tex]f(x)=x^4-6x^2+4x-\frac{3}{4}[/tex] има три локални екстремума и стойностите на тези екстремуми са отрицателни числа.
Решение. От [tex]f(x)=x^4-6x^2+4x-\frac{3}{4} \Rightarrow f'(x)=4x^3-12x+4 \Leftrightarrow f'(x)=4(x^3-3x+1)[/tex]. Но полиномът [tex]x^3-3x+1[/tex] има три нули, по една във всеки от интервалите [tex](-\infty;-1), \, (-1;1), \, (1;+\infty)[/tex]. Тогава уравнението [tex]f'(x)=0[/tex] има три корена, тоест [tex]f(x)[/tex] има три екстремума − съответно в точките [tex]\varphi_{1}, \, \varphi_{2}, \, \varphi_{3}[/tex].
Нека [tex]\varphi_{0}[/tex] е кое да е от числата [tex]\varphi_{1}, \, \varphi_{2}, \, \varphi_{3}[/tex]. Тогава трябва да докажем, че [tex]f(\varphi_{0})<0[/tex]. Знаем, че [tex]f'(\varphi_{0})=0[/tex], тоест [tex]\varphi_{0}^3-3\varphi_{0}+1=0[/tex]. Имаме [tex]f(\varphi_{0})=\varphi_{0}^4-6\varphi_{0}^2+4\varphi_{0}-\frac{3}{4} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow f(\varphi_{0})=\varphi_{0}(\varphi_{0}^3-6\varphi+4)-\frac{3}{4} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow f(\varphi_{0})=\varphi_{0}(\varphi_{0}^3-3\varphi_{0}+1+3-3\varphi_{0})-\frac{3}{4} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow f(\varphi_{0})=\varphi_{0}(3-3\varphi_{0})-\frac{3}{4} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow f(\varphi_{0})=3\varphi_{0}-3\varphi_{0}^2-\frac{3}{4} \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow f(\varphi_{0})=-3(\varphi_{0}^2-\varphi_{0}+\frac{1}{4})=-3(\varphi_{0}-\frac{1}{2})^2[/tex].
Но [tex]\varphi_{0}\neq \frac{1}{2}[/tex], защото [tex]f'(\frac{1}{2})\neq 0[/tex]. Тогава [tex]f(\varphi_{0})=-3(\varphi_{0}-\frac{1}{2})^2<0[/tex], с което доказателството е приключено.

Задача 2. В четириъгълника [tex]ABCD[/tex] е вписана окръжност, която се допира до страните [tex]AB, \, BC, \, CD, \, DA[/tex] съответно в точките [tex]K, \, L, \, M, \, N[/tex] и [tex]AK=10, \, BL=8, \, CM=7, \, DN=2[/tex]. Да се намерят радиусът на окръжността и лицето на четириъгълника.
Решение. Нека [tex]O[/tex] е центърът на окръжността, както и [tex]OK=OL=OM=ON=r, \, \angle KBO=\angle LBO=\frac{\beta}{2}[/tex]. От [tex]\triangle BOK \Rightarrow \tan{\frac{\beta}{2}}=\frac{r}{8} \Leftrightarrow r=8 \tan{\frac{\beta}{2}} \, (*)[/tex]. В такъв случай [tex]S_{ABCD}=pr \Leftrightarrow S_{ABCD}=27r \Leftrightarrow S_{ABCD}=27.8 \tan{\frac{\beta}{2}}[/tex].
Също така [tex]S_{ABCD}=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ACD} \Leftrightarrow S_{ABCD}=\frac{AB.BC}{2} sin\beta + \frac{AD.DC}{2} sin\gamma \Leftrightarrow S_{ABCD}=135 sin\beta + 54 sin\gamma[/tex], където [tex]\angle ADC=\gamma[/tex]. Но [tex]sin\gamma = 2 sin{\frac{\gamma}{2}} cos{\frac{\gamma}{2}}[/tex]. От [tex]\triangle OMD \Rightarrow sin{\frac{\gamma}{2}}=\frac{MO}{DO} \Leftrightarrow sin{\frac{\gamma}{2}}=\frac{r}{\sqrt{r^2+4}} \Leftrightarrow sin{\frac{\gamma}{2}}=\frac{4 \tan{\frac{\beta}{2}}}{\sqrt{16 \tan^2 {\frac{\beta}{2}+1}}}[/tex], откъдето [tex]cos{\frac{\gamma}{2}}=\frac{1}{\sqrt{16 \tan^2 {\frac{\beta}{2}} +1}}[/tex]. Следователно [tex]sin\gamma=\frac{8 \tan{\frac{\beta}{2}}}{16 \tan^2 {\frac{\beta}{2}} +1}[/tex]. Тогава [tex]S_{\triangle ACD}=54 sin\gamma \Leftrightarrow S_{\triangle ACD}=54.\frac{8 \tan{\frac{\beta}{2}}}{16 \tan^2 {\frac{\beta}{2}} +1}[/tex].
След тези кратки разсъждения достигаме до уравнение за [tex]\tan{\frac{\beta}{2}}[/tex]:
[tex]S_{ABCD}=S_{\triangle ABC}+S_{\triangle ACD} \Leftrightarrow 135 sin\beta + 54.\frac{8 \tan{\frac{\beta}{2}}}{16 \tan^2 {\frac{\beta}{2}} +1}=27.8 \tan{\frac{\beta}{2}}[/tex].
Но [tex]sin\beta=\frac{2 \tan{\frac{\beta}{2}}}{1+\tan^2 {\frac{\beta}{2}}} \Rightarrow 135.\frac{2 \tan{\frac{\beta}{2}}}{1+\tan^2 {\frac{\beta}{2}}} + 54.\frac{8 \tan{\frac{\beta}{2}}}{16 \tan^2 {\frac{\beta}{2}} +1}=27.8\tan{\frac{\beta}{2}}[/tex].
Разделяме двете страни на уравнението с положителната величина [tex]2 \tan{\frac{\beta}{2}}[/tex] и достигаме до [tex]\frac{54.4}{16 \tan^2 {\frac{\beta}{2}} +1}+\frac{135}{1+\tan^2 {\frac{\beta}{2}}}=27.4[/tex]. Полагаме [tex]\tan^2 {\frac{\beta}{2}}=u, \, u>0 \Rightarrow \frac{54.4}{16u+1}+\frac{135}{u+1}=27.4 \Leftrightarrow 64u^2-20u-9=0 \Leftrightarrow u_{1,2}=\frac{20 \pm 52}{2.64} \Rightarrow u=\frac{36}{64} \Leftrightarrow \tan{\frac{\beta}{2}}=\frac{3}{4}[/tex]. Сега вече лесно пресмятаме [tex]r=6[/tex] и [tex]S_{ABCD}=pr \Leftrightarrow S_{ABCD}=162[/tex].

Задача 3. Околната повърхнина на пирамида е равна на [tex]S[/tex], периметърът на основата ù е равен на [tex]P[/tex] и всички околни стени сключват с основата ъгъл с големина [tex]\varphi[/tex]. Да се намери обемът на пирамидата.
Решение. Нека дадената пирамида е [tex]A_{1}A_{2}A_{3}...A_{n}Q[/tex] с връх [tex]Q[/tex] Понеже всички околни стени са еднакво наклонени към основата, то [tex]Q[/tex] се проектира ортогонално в центъра на вписаната в основата [tex]A_{1}A_{2}A_{3}...A_{n}[/tex] окръжност, например точка [tex]O[/tex].
Построяваме [tex]OK\bot A_{3}A_{4}, \, OK=r[/tex]. От теоремата за трите перпендикуляра [tex]\Rightarrow QK\bot A_{3}A_{4}[/tex]. От [tex]\triangle KOQ \Rightarrow \tan\varphi=\frac{QO}{r} \Leftrightarrow QO=r \tan\varphi[/tex] и [tex]cos\varphi=\frac{r}{QK} \Leftrightarrow QK=\frac{r}{\tan\varphi}[/tex]. Тогава всички апотеми ще са равни на [tex]\frac{r}{cos\varphi}[/tex].
Сега имаме [tex]S=S_{\triangle A_{1}A_{2}Q}+S_{\triangle A_{2}A_{3}Q}+...+S_{\triangle A_{n-1}A_{n}Q}[/tex]. Оттук [tex]\frac{A_{1}A_{2}}{2}.\frac{r}{cos\varphi}+\frac{A_{2}A_{3}}{2}.\frac{r}{cos\varphi}+\frac{A_{3}A_{4}}{2}.\frac{r}{cos\varphi}+...+\frac{A_{n-1}A_{n}}{2}.\frac{r}{cos\varphi}=S \Leftrightarrow[/tex]
[tex]\Leftrightarrow \frac{r}{2 cos\varphi}(A_{1}A_{2}+A_{2}A_{3}+A_{3}A_{4}+...+A_{n-1}A_{n})=S \Leftrightarrow \frac{r}{2 cos\varphi}.P=S \Leftrightarrow r=\frac{2S cos\varphi}{P}[/tex].
От последното [tex]\Rightarrow QO=r \tan\varphi \Leftrightarrow QO=\frac{2S sin\varphi}{P}, \, (*)[/tex].
Също е ясно, че [tex]B=S_{A_{1}A_{2}A_{3}...A_{n}}=pr=\frac{P}{2}r \Leftrightarrow B=S cos\varphi \, (**)[/tex].
От [tex](*)[/tex] и [tex](**)[/tex] лесно намираме [tex]V_{A_{1}A_{2}A_{3}...A_{n}}=\frac{S^2 sin 2\varphi}{3P}[/tex].

Задача 4. Дадена е правилната четириъгълна пирамида [tex]ABCDM[/tex] с основен ръб [tex]AB=\sqrt{2}[/tex] и околен ръб [tex]AM=2[/tex]. Да се пресметне лицето на сечението на пирамидата с равнина, минаваща през върха [tex]B[/tex] и перпендикулярна на ръба [tex]DM[/tex].
Решение. Нека равнината [tex]\lambda[/tex] е перпендикулярна на ръба [tex]DM[/tex]. Тогава [tex]\lambda \cap AM=T, \, \lambda \cap CM=N, \, \lambda \cap DM=K, \, A\in \lambda[/tex], при което [tex]TK\bot DM, \, BK\bot DM, \, NK\bot DM[/tex]. Сечението е четириъгълникът [tex]BTKN[/tex].
По условие [tex]AB=BC=CD=AD=\sqrt{2}, \, AM=BM=CM=DM=2[/tex]. От [tex]\triangle ABD[/tex] намираме [tex]BD=2[/tex], т. е. [tex]BD=DM=BM=2 \Leftrightarrow \angle BDM=\angle DMB=\angle MBD=60^\circ[/tex], или [tex]\triangle BDM[/tex] е равностранен, откъдето точката [tex]K[/tex] е среда на [tex]DM \Rightarrow KD=KM=1[/tex].
За да намерим лицето на сечението [tex]BTKN[/tex], използваме формулата [tex]S=\frac{d_{1}d_{2}}{2} sin\varphi[/tex], където [tex]d_{1}[/tex] и [tex]d_{2}[/tex] са диагоналите на четириъгълника, а [tex]\varphi[/tex] е ъгълът между тях. Но преди същинското заместване на дължините на тези отсечки трябва да преминем през няколко други етапа. Да построим [tex]MO\bot BD, \, MO \ - \[/tex] височина на пирамидата. Нека също така [tex]BK \cap TN=S[/tex]. Понеже пирамидата е правилна, то центърът на описаната сфера ще лежи на височината на пирамидата и ще е център едновременно и на описаната около [tex]\triangle BDM[/tex] окръжност. Понеже [tex]\triangle BDM[/tex] е равностранен, то [tex]BK \cap MO=S \Rightarrow S\in \lambda[/tex], т. е. трите отсечки [tex]AK, MO, NT[/tex] се пресичат в една точка.
От [tex]TN\in \lambda, \lambda \bot DM \Rightarrow TN\bot DM[/tex], а от [tex]TN\in (ACM), BD\bot (ACM) \Rightarrow TN\bot BD \Rightarrow TN||AC[/tex].
Но [tex]BK\in (BDM) \Rightarrow BK\bot TN[/tex]. В такъв случай ъгълът между [tex]BK=d_{1}[/tex] и [tex]TN=d_{2}[/tex] е прав и лицето на сечението е просто [tex]S_{BTKN}=\frac{d_{1}d_{2}}{2} \, (*)[/tex]. Лесно намираме [tex]BK=\cot 30^\circ \Leftrightarrow BK=\sqrt{3} \, (1)[/tex]. От друга страна, [tex]S[/tex] е медицентър на [tex]\triangle ACM[/tex] (той също е равностранен), откъдето [tex]\frac{MS}{SO}=2[/tex]. Ясно е, че [tex]MO=\sqrt{3}[/tex], тогава [tex]MS=\frac{2\sqrt{3}}{3}[/tex]. От [tex]AC||TN \Rightarrow \angle CAM=\angle NTM=60^\circ \Rightarrow \tan 60^\circ=\frac{MS}{ST} \Leftrightarrow ST=\frac{MS}{\tan 60^\circ} \Leftrightarrow ST=MS \cot 60^\circ \Leftrightarrow ST=\frac{2}{3} \Rightarrow NT=\frac{4}{3} \, (2)[/tex].
Заместваме [tex](1)[/tex] и [tex](2)[/tex] в [tex](*)[/tex] и лесно определяме [tex]S_{BTKN}=\frac{2\sqrt{3}}{3}[/tex].



Перпендикулярно сечение.PNG
 Description:
 Големина на файла:  40.25 KB
 Видяна:  2085 пъти(s)

Перпендикулярно сечение.PNG


Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Реклама







Пуснато на:     Заглавие: Реклама

Върнете се в началото
ганка симеонова
SUPER VIP


Регистриран на: 10 Jan 2008
Мнения: 5985
Местожителство: софия
Репутация: 618.5Репутация: 618.5Репутация: 618.5
гласове: 298

МнениеПуснато на: Fri Aug 14, 2009 7:45 pm    Заглавие:

Един, от последните пъти???
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Пафнутий
VIP


Регистриран на: 04 Mar 2008
Мнения: 1199

Репутация: 137.7
гласове: 54

МнениеПуснато на: Fri Aug 14, 2009 8:07 pm    Заглавие:

Предполагам, че говори за форума "Математика 11-12 клас".
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
naitsirk
Напреднал


Регистриран на: 03 Jul 2008
Мнения: 295
Местожителство: Казанлък
Репутация: 57.7
гласове: 34

МнениеПуснато на: Sat Aug 15, 2009 9:32 am    Заглавие:

мога да предложа малко по-кратко решение на 2-рата задача... дано авторът на темата да няма нищо против... Embarassed

Нека ъглите на четириъгълника са [tex]\alpha ,\beta ,\gamma ,\varphi [/tex]
Знаем, че [tex]\alpha +\beta +\gamma +\varphi =360^\circ [/tex] => [tex]\frac{\beta }{2 }+\frac{\gamma }{2 } =180^\circ -(\frac{\alpha }{2 }+\frac{\varphi }{2 }) [/tex] => [tex]tg(\frac{\beta }{2 }+\frac{\gamma }{2 } )=-tg(\frac{\alpha }{2 }+\frac{\varphi }{2 } )[/tex] => [tex]\frac{tg(\frac{\beta }{2 } )+tg(\frac{\gamma }{2 }) }{1-tg(\frac{\beta }{2 } ).tg(\frac{\gamma }{2 }) }=\frac{tg(\frac{\alpha }{2 } )+tg(\frac{\varphi }{2 }) }{tg(\frac{\alpha }{2 } ).tg(\frac{\varphi }{2 })-1 } [/tex] => [tex]\frac{\frac{r}{8 } +\frac{r }{7 } }{1-\frac{r^2 }{56 } }=\frac{\frac{r}{2 } +\frac{r }{10 } }{\frac{r^2 }{20 }-1 }[/tex] => [tex]27r^2=972[/tex] => [tex]r=6[/tex], [tex]S=p.r=27.6=162[/tex]
Върнете се в началото
Вижте профила на потребителя Изпратете лично съобщение
Покажи мнения от преди:   
   Форум за математика Форуми -> Математика за 11-12 клас, Кандидат-студенти Часовете са според зоната GMT + 2 Часа
Страница 1 от 1

 
Идете на:  
Не Можете да пускате нови теми
Не Можете да отговаряте на темите
Не Можете да променяте съобщенията си
Не Можете да изтривате съобщенията си
Не Можете да гласувате в анкети
Може да прикачвате файлове
Може да сваляте файлове от този форум
Copyright © 2005-2021 math10.com.