може ли някой да ми реши следните задачи:

[lindsey]

моля които успее да ги реши да ми напише решенията

[Реклама]

[martosss]

Тема 1.

1) ако първо събереш двете у-я и после ги извадиш почленно получаваш нова система:
[tex]\begin{tabular}{|l}x+y=4\\x*y=4 \end{tabular} [/tex] от тук получаващ [tex]x=y=2[/tex]

3) Означаваш [tex]AO=m,\: \Delta ABO\approx \Delta CDO \Right \frac{m}{CO}=\frac{a}{b}\Right CO=\frac{bm}{a}[/tex]

Освен това [tex]\Delta AOM\approx \Delta ACD\Right \frac{OM}{b}=\frac{\cancel x}{\frac{\cancel x(a+b)}{a}}=\Right OM=\frac{ab}{a+b}[/tex]

и [tex]\Delta ONC\approx \Delta ABC\Right \frac{ON}{a}=\frac{OC}{AC}=\frac{\frac{b\cancel x}{\cancel a}}{\frac{\cancel x(a+b)}{\cancel a}}\Right ON=\frac{ab}{a+b}[/tex]

Окончателно [tex]MN=OM+ON=\frac{2ab}{a+b}[/tex]


4) Мисля че тук си изпуснал имената на триъгълниците АДС и ВДС, но няма значение, означи [tex]AB=c,\: BC=a,\: AC=b,\: AD=m,\: BD=n,\: CD=p[/tex] и сега можеш да изразиш радиусите по следния начин - [tex]r=\frac{a+b-c}{2},\; r_1=\frac{m+p-b}{2},\; r_2=\frac{n+p-a}{2}[/tex]
Сега за търсеното равенство получаваш
[tex]r^2=\frac{a^2+b^2+c^2+2ab-2ac-2bc}{4}=\frac{a^2+b^2+c^2+2ab-2[*\overbrace{c}^{m+n}*(a+b)]}{4}=\frac{a^2+b^2+c^2+2ab-2(bm+an+\overbrace{am+bn}^{X})}{4}[/tex]
[tex]r_1^2+r_2^2=\frac{(m+p-b)^2}{4}+\frac{(n+p-a)^2}{4}=\frac{a^2+b^2+\overbrace{m^2+n^2+\overbrace{2p^2}^{2mn}}^{c^2}+\overbrace{2p(m+n)}^{2ab}-2(bm+an+\overbrace{bp+ap}^{Y})}{4}[/tex]
Сега трябва да докажем, че X=Y

[tex]X=am+bn=m\sqrt{cn}+n\sqrt{cm}=\underbrace{\sqrt{mn}}_{p}(\underbrace{\sqrt{cm}}_{b}+\underbrace{\sqrt{cn}}_{a})=p(a+b)=ap+bp=Y[/tex] , с което равенството е доказано

[martosss]

Тема 2, Зад. 1 , Зад 2

[martosss]

AT=x
[tex]\angle KTO=\angle O'TB[/tex](връхни)
[tex]\angle ATK=\angle BTP[/tex](връхни)=> [tex]\angle AOT=\angle TO'B=\stackrel{\rotatebox{90}{\big)}}{AT}=\stackrel{\rotatebox{90}{\big)}}{TB}\right \Delta ATO\approx \Delta BTO'\Right \frac{x}{TB}=\frac{2}{4}\Right BT=2x\Right 3x=3\sqrt{2}\Right BT=2x=2\sqrt{2}[/tex]

[martosss]

Тема 2, Зад. 4. [tex]AB=c,\: BC=a,\: AC=b,\: AD=m,\: BD=n,\: CH=p=c,\: [/tex]
[tex]r+r_1+r_2=\frac{a+b-2}{2}+\frac{m+p-b}{2}+\frac{n+p-a}{2}=p=CD[/tex]

[martosss]

Тема 3 Зад.1 От хорнер виждаме, че х=-2 е решение, тоест [tex](x-2)(3x^3-x^2-7x+5)=0[/tex]
Сега отново от хорнер виждаме, че [tex]x=\frac{-5}{3}[/tex] е решение, тоест
[tex](x-2)(x-\frac{5}{3})*3(x^2-2x+1)=0\Leftright (x-2)(3x-5)(x-1)^2=0 => x=1,\frac{5}{3} ,2 [/tex]

[Spider Iovkov]

Тема 4, зад. 2.

[tex]\frac{x_{1}}{x_{2}}+\frac{x_{2}}{x_{1}}=\frac{x_{1}^2+x_{2}^2}{x_{1}x_{2}} \Rightarrow \frac{(x_{1}+x_{2})^2-2x_{1}x_{2}}{x_{1}x_{2}}=3.[/tex]

От друга страна, знаеш, че за квадратното уравнение са изпълнени условията:
[tex]x_{1}+x_{2}=-\frac{b}{a}, x_{1}x_{2}=\frac{c}{a}[/tex]. Тогава даденият израз се трансформира в [tex]\frac{(-\frac{b}{a})^2-2\frac{c}{a}}{\frac{c}{a}}=3, \frac{(\frac{p+1}{p})^2-\frac{2}{p}}{\frac{1}{p}}=3, \frac{p^2+1}{p}=3, p^2-3p+1 \Rightarrow p_{1}=1, p_{2}=2[/tex], като ДМ на [tex]p[/tex] е [tex]p\neq0[/tex].

[Spider Iovkov]

Тема 3, зад. 4. Не съм много сигурен в решението, .
а) [tex]\frac{a^2}{b^2}=\frac{a_{1}}{b_{1}}.[/tex]
CH — височина в правоъгълния триъгълник. Да разгледаме [tex]\triangle BC_{1}C[/tex] и [tex]\triangle BCA[/tex] — те са подобни, защото имат равни по един прав ъгъл и общия ъгъл В. От подобието имаме: [tex]\frac{BC_{1}}{BC}=\frac{CC_{1}}{AC}=\frac{BC}{BA}; \frac{BC_{1}}{BC}=\frac{BC}{BA}, \frac{a_{1}}{a}=\frac{a}{c} \Rightarrow a^2=a_{1}c[/tex]. По аналогия и отново чрез подобие намираме, че [tex]b^2=b_{1}c[/tex]. Заместваме тези изрази в равенството, което трябва да докажем:
[tex]\frac{a^2}{b^2}=\frac{a_{1}}{b_{1}} \Leftrightarrow \frac{a_{1}c}{b_{1}c}=\frac{a_{1}}{b_{1}}[/tex]. Това е винаги изпълнено.
б) [tex]h_{c}=\frac{ab}{c} \Leftrightarrow ch_{c}=ab |:2, \frac{ch_{c}}{2}=\frac{ab}{2}[/tex], което е формулата за лице на правоъгълен триъгълник. Следователно равенството е тъждество.
в) [tex]\frac{1}{h^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2} \Leftrightarrow \frac{1}{h^2}=\frac{a^2+b^2}{a^2b^2}, a^2+b^2=c^2 \Rightarrow \frac{1}{h^2}=\frac{c^2}{a^2b^2} \Leftrightarrow \frac{1}{h}=\frac{c}{ab} \Rightarrow h=\frac{ab}{c}[/tex].

[Spider Iovkov]

Тема 4, зад. 1.

От първото уравнение изразяваме [tex]x[/tex]: [tex]x=5-y[/tex], и заместваме във второто уравнение. Така получаваме:
[tex](5-y)^3+y^3=215 \Leftrightarrow 125-75y+15y^2-y^3+y^3=215 \Leftrightarrow y^2-5y-6=0 \Leftrightarrow y_{1}=6, y_{2}=-1 [/tex]. След като сме намерили стойностите на [tex]y[/tex], намираме и двете стойности на [tex]x[/tex]: [tex]x_{1}=-1, x_{2}=6[/tex].

[tex](-1;6), (6;-1)[/tex]

[martosss]

Нека [tex]k\: x\: AC=M,\: k\: x\: BC=N,\: CH-h_{AB}[/tex]
Имаме ABC - равнобедрен => CH - височина, ъглополовяща и медиана в [tex]\Del ABC\Right AH=BH=\frac{a}{2}[/tex].
Освен това АН и АМ са допирателни към [tex]k[/tex] => [tex]AH=AM=\frac{a}{2}[/tex]. Но О лежи на ъглополовящата на ъгъл АСВ => [tex]C\in CH[/tex]

СМ и CN са допирателни към k => [tex]CM=CN,AC=BC\Right MN||AB\Right \Del MTC\app \Del AHC\Right MT=\frac{b}{2}[/tex](от Талес)[tex]
означаваме МС=х[tex]\Right\frac{\frac{b}{\cancel 2}}{\frac{a}{\cancel 2}}=\frac{MC}{AC}=\frac{x}{AC}\Right AC=\frac{ax}{b}[/tex]

Сега АС-СМ=АМ => [tex]\frac{ax}{b}-x=\frac{a}{2}\Right x=\frac{ab}{2(a-b)}\Right AC=\frac{a^2}{2(a-b)}[/tex]

От Питагоровата теорема за АНС намираме [tex]CH=\sqrt{AC^2-AH^2}=\sqrt{\frac{a^4}{4(a-b)^2}-\frac{a^2}{4}}=\frac{a}{2(a-b)}*\sqrt{2ab-b^2}[/tex]
[tex]\angle MCO=\angle ACH,\: \angle OMC=\angle AHC=90^\circ \Right\Delta AHC\approx \Delta OMC\Right \frac{r}{\frac{a}{2}}=\frac{MC}{HC}\Right r=\frac{a*x}{2HC}=\frac{\cancel a*\frac{ab}{\cancel{2(a-b)}}}{2\frac{\cancel a\sqrt{2ab-b^2}}{\cancel{2(a-b)}}}=\frac{a\cancel b*\sqrt{2ab-b^2}}{2\cancel b(2a-b)}=[/tex]
[tex]=\frac{a\sqrt{2ab-b^2}}{2(2a-b)}[/tex]

[Spider Iovkov]

Тема 5, зад. 1.
[tex]x_{1}^2+x_{2}^2=(x_{1}+x_{2})^2-2x_{1}x_{2} \Leftrightarrow (-\frac{b}{a})^2-2\frac{c}{a}=34 \Leftrightarrow p^2-2(p-13)-34=0 \Leftrightarrow p^2-2p-8=0 \Leftrightarrow p_{1}=4, p_{2}=-2.[/tex]

Тема 5, зад. 2.
[tex]\begin{tabular}{|l}x^2+y^2=a^2\\x+y=6\end{tabular}[/tex]. От второто уравнение изразяваме [tex]x[/tex] и го заместваме в първото:
[tex](6-y)^2+y^2=a^2 \Leftrightarrow 36-12y+y^2+y^2=a^2 \Leftrightarrow 2y^2-12y+36-a^2=0[/tex].
Квадратното уравнение ще има съответно два различни реални корена, когато [tex]b^2-4ac>0[/tex], ще има един двоен корен при [tex]b^2-4ac=0[/tex] и няма да има решения при [tex]b^2-4ac<0[/tex].
[tex]b^2-4ac>0, a^2-18>0, a\in[/tex][tex](-\infty;-2\sqrt{3}), (2\sqrt{3}; +\infty)[/tex][tex](1)[/tex]. Когато [tex]a[/tex] принадлежи на [tex](1)[/tex], тогава системата има две различни решения.
[tex]b^2-4ac=0, a^2-18=0, a= \pm 2\sqrt{3}[/tex] — тогава системата има едно решение.
[tex]b^2-4ac<0, a\in[/tex][tex](-2\sqrt{3}; 2\sqrt{3})[/tex] — тогава дадената система няма решения.

[Spider Iovkov]

Тема 5, зад. 4.

Нека означим височините към основата с [tex]DD_{1}[/tex] и [tex]CC_{1}[/tex]. Тъй като трапецът е вписан в окръжност, то той е равнобедрен и [tex]\Rightarrow AD=5, AD_{1}=BC_{1}=4[/tex]. От правоъгълния триъгълник [tex]AD_{1}D[/tex] определяме, че [tex]DD_{1}=CC_{1}=3[/tex]. По Питагоровата теорема за [tex]\triangle DD_{1}B[/tex] намираме, че [tex]BD=3\sqrt{5}[/tex].

[tex]S_{ABD}=\frac{AB.DD_{1}}{2} \Leftrightarrow S=\frac{10.3}{2} \Leftrightarrow S=15[/tex].

От друга страна, знаем, че [tex]S=\frac{abc}{4R} \Rightarrow R=\frac{abc}{4S} \Leftrightarrow R=\frac{5\sqrt{5}}{2}[/tex].