3 задачи от СУ

[HeypaBHobeceH]

1.зад : [1/2-1/2(1/2+1/2.cos200)^1/2]^1/2 - cos50 =?

2.зад : Даден е триъгълник ABC със страни AB=3, BC=2 и <ABC=30. През върха B са построени височината BH (H принадлежи на AC ) и ъглопол. BL (L от AC). Точките М и N са ортогоналните проекции на върховете A и C върху правата BL. Да се намери радиусът на окръжността описана около триъгълника MHN.

3.зад. : x-1/2<2.log5^(x+2) - да се намерят всички реални числа x удовлетворяващи това неравенство.

[Реклама]

[HeypaBHobeceH]

брей, не знаех че човек може да ви затрудни вас гениите
явно нечовеците където решават функции с графики подобни на четирилистна детелина са си дали почивка тия дни...

[Methuselah]

[DevilFighter]

1зад.

( √( (1/2) - (1/2)√[(1+cos200)/2] ) ) - cos50 =
= ( √(1/2 + (1/2)cos100) ) - cos50 =
= √[(1+cos100)/2] - cos50 =
= cos50 - cos50 = 0

[omeganet]

Отговора е 0 според мен. Предполагам тия числа са градуси. cos100° < 0 => √(1/2+1/2.cos200) = -cos100°

[DevilFighter]

omeganet напълно си прав,не бях съобразил градусите.

за 2ра зад. получавам някакви много скапани сметки.Междинни отговори,които получавам са :

MN = ( √(2)/4 )*(√(3) + 1 )
NH = ( √(6) )*[ √(7+6√(3) ) ] / [ ( √(13 - 6√(3) ) )*( √(3) + 3 ) ]
MH = (√(3) / (2(√(3)+1) )*[ √( 181-39√(3) ) / √( 13 - 6√(3) ) ]

Може и да са глупости тези отговори,сметах набързо... и може да съм объркал нещо.

[montin]

за да не отварям нова тема ще сложа тук две задачи пак от СУ

зад.1
В▲ АВС ьглополовящите АА₁ и ВВ₁ се пресичат в т.О и около четириьгьлника ОА₁СВ₁
може да се опише окрьжност.Лицето на този четириьгьлник е 27√3,а радиусьт на описаната около него окрьжност 2√7.
Да се намерят дьлжините на страните на:

а)ОА₁СВ₁
б)▲ АВС

зад.2
Даден е трьпецьт АВСD (AВ || CD).В трапеца е вписана окрьжност с центьр т.О и ОА=2√2 , ОВ=2√5 , ОС=√5.Да се намерят страните на трапеца

[HeypaBHobeceH]

montin ето ти отговорите на 2-те ти задачи:
Първата
за нея използвах че <ACB+<A₁CB₁=180
и че <АOB=90+<ACB/2 => <ACB=60
после по синусова в ▲A₁CB₁ намирам A₁B₁=2√21, пак така намирам B₁O и A₁O, чрез тях намирам и S▲OA₁B₁=7√3
=> S▲A₁CB₁=20√3
от там намирам колко е CB₁*CA₁
от косинусова теорема в същия ▲ намирам колко е сбора на квадратите на горепосочените страни. От там една проста система и страните са на лице(аз съм ги приел по този начин, понеже така ги бях нарисувал - CB₁>CA₁)
после е лесно, чрез синусова теорема в ▲АB₁O и ▲BA₁O намираме липсващите части - страните АB₁ и BA₁. после косинусова в ABC и AB е налице .



eто и самите отговори.
CB₁=10
A₁B₁=2√21
CA₁=8
B₁O=2√7
A₁O=2√7
AB=21
AC=24
BC=15
П.П. стойностите за CB₁ -
CA₁ и AC - BC са взаимно разменими, в зависимост коя от страните е по-голяма, демек има 2 случая )

Втората - за нея малко ме мързи да описвам, ще кажа само че се гледат подобните триъгълници BNO и ONC с подобие 2/1
от там маркирам CN=PC с x => NO=2x, NB=4x=МB. После използвам че<CON+<NOB=90 и от там намирам CB=5x=5 (х=1). От там нататък задачата няма сериозни спънки.
АB=6
BC=5
CD=3
DA=4

[HeypaBHobeceH]

omeganet прав си за първата, сигурно тази формула беше единствената която не се сетих да приложа, мн ме е яд

инак още чакам отговорите на 2-ра и 3-та

[DevilFighter]

След повторно решаване, ето какво получавам на 2ра:

MN = cos15°
HN = ( √(2) )*(√(3) + 1)*(1/b)
MH = [ ( 3√(2) ) / (4b) ] * ( √(3) + 1 )
cos<MHN = (√(3) + 2) /4
sin<MHN = [ √( 6+√(3) ) ] / [ ( 2√(2) )*( √(3) + 1 ) ]

R_MHN = ( √(3) + 2 ) / ( √( 6+√(3) ) )

Където b се намира от cosT за ▲ABC (по удебелените цифри са подкоренни величини)