Готові домашні завдання 9 клас - Розв'язання вправ та завдань до підручника «АЛГЕБРА» О. С. Істера - 2017 рік

Задачі підвищеної складності

Розділ 1. Метод координат на площині

1131. Чотирикутник ABCD — паралелограм, якщо діагоналі його перетинаються і точкою перетину діляться навпіл.

О1 — середина AC:

О2 — середина BD:

О1 i O2 повинні збігатися, тобто звідси звідси

Якщо AM : MB = λ, то

тоді

Аналогічно:

Отже,

АК — медіана ΔABC, тоді

М — точка перетину медіан ΔABC. AM : МК = 2 : 1. Тоді за формулами з № 1132:

За властивістю бісектриси кута трикутника ВN : NС = 5 : 5; N(x; у), тоді

Отже,

Якщо А, В, С лежать на одній прямій, то

Тоді

(Див. № 1135);

Отже, при а = -10 або а = 1 дані точки А, В, С лежать на одній прямій.

1137. У рівностороннього трикутника АВС: АВ - ВС = АС.

Нехай С(х; у). Тоді

II спосіб.

ΔАВС— рівносторонній. А(-1; 0), В(1; 0), т. С рівновіддалена від А і В, тому лежить на серединному перпендикулярі до АВ, тобто на осі y (А і В — симетричні відносно осі у).

С(0; у). ΔAC1O — прямокутний, AC1 = АВ = 2. ∠С1АВ = 60°;

Якщо С2 розміщена нижче нуля, то С(0; -√3).

АВ — сторона ромба, АВ = 2.

З ΔAOD1: OD1 = ОА tg 60° = 1√3 = √3.

∠А ромба ABCD дорівнює 60°, тому ΔAD1B — рівносторонній. D1 рівновіддалена від т. А і т. В, тому D1 лежить на осі у. Отже, D1(0; √3). При цьому D1C1 паралельна АВ і D1C1 = АВ = 2. Отже, С1має абсцису 2 або -2, а ордината дорівнює ординаті точки D1. Отже, 1 ромба має вершини C(2; √3); D(0; √3); 2 ромба — С(0; √3); D(-2; √3).

Якщо побудувати ромби в нижній півплощині відносно осі абсцис, то 3 ромб: має крім А і В ще вершини (2; -√3) і (0; -√3); 4 ромб: (0; -√3) і (-2; -√3).

Якщо АВ — ні сторона, а менша діагональ, то C(0; √3); D(0; -√3)

Якщо АВ — більша діагональ, то

1139. Нехай шукана точка має координати В(а; b), тоді пряма АВ задається рівнянням

Ця пряма перпендикулярна до прямої 4x - 5у + 3 = 0 або у = 0,8x + 0,6. Тоді

Отже, т. В(-0,8b - 2,8; b). Ця точка належить даній прямій, тоді

Тоді а = -0,8 ∙ (-1) - 2,8 = -2. Отже, (-2; -1) — шукана точка.

Рівняння даної прямої тоді рівняння АK: або Так як ця пряма проходить через т. (х0; у0), то

Отже, рівняння прямої АK має вигляд: або

Точка K — спільна точка даної прямої і прямої АK, тому є розв’язком системи рівнянь:

Розв'яжемо перше рівняння відносно у.

Знайдемо значення х, підставляючи значення y(3) в рівність (2):

Отже, т.

Підставимо ці значення в рівність (1):

1141. Дані прямі паралельні, тому на цих прямих лежать протилежні сторони квадрата. Відстань між цими прями ми дорівнює стороні квадрата.

Візьмемо довільну точку прямої 5х - 12у + 26 = 0. Наприклад, і знайдемо відстань від цієї точки до прямої 5х - 12у - 65 = 0.

Отже, сторона квадрата 7.

S = а2= 72 = 49.

1142. O(0; 0), О — центр кола; Рівняння прямої, яка містить радіус ОА, має вигляд: звідси

Дотична до кола, що проходить через т. А перпендикулярна до ОА, тому рівняння дотичної має загальний вигляд Ця дотична проходить через А(х0; у0), тому Отже, рівняння дотичної:

1143. 1 координатний кут (6; 8); (8; 6).

2 координатний кут (-6; 8); (-8; 6).

3 координатний кут (-6; -8); (-8; -6).

4 координатний кут (6; -8); (8; -6).

Колу належать 8 точок, обидві координати яких — цілі числа.

Нехай В(x1; y1) і С(x2; у2) — вершини трикутника. ∠AOB = ∠АОС = ∠СОВ = 120°. ΔВОР — прямокутний, ОВ = R = 1.

Враховуючи, що В — у II координатному куті, т. C — симетрична точці В відносно осі абсцис, тоді

1145. x2 + у2 - 10у = 0; х2 + (у2 - 10у + 25) = 25; х2 + (у - 5)2 = 52 — коло з центром (0; 5), R = 5.

Якщо кола дотикаються внутрішнім дотиком, то центр кола з радіусом 10 лежить на даному колі. Центри кіл і точка дотику лежать на одній прямій. 10 = 5 + 5. O1 — центр кола з радіусом 10 — симетричний точці дотику А відносно О. O1(2 ∙ 0 - 3; 2 ∙ 5 - 1) або O1(-3; 9). Тоді це коло задається рівнянням (х + 3)2 + (у - 9)2 = 100.

Якщо кола дотикаються зовнішнім дотиком, то центр кола O2 симетричний О1 відносно т. А. O2(2 ∙ 3 - (-3); 2 ∙ 1 - 9) або O2(9; -7). Рівняння цього кола має вигляд: (х - 9)2 + (у + 7)2 = 100.

1146. Спільні точки прямої і кола можна знайти, розв’язавши систему рівнянь:

Якщо система має 1 розв’язок, то коло і пряма мають 1 спільну точку; якщо 2 розв’язки — 2 точки; немає розв’язків — немає спільних точок.

Якщо тобто то пряма і коло мають 1 спільну точку.

Якщо і то пряма і коло мають 2 спільних точки.

Якщо то пряма і коло не мають спільних точок.

коло з центром (-1; 0) і R = √20.

OK — радіус, OK = √20. К — точка дотику.

ΔОКА — прямокутний. — гіпотенуза.

Нехай K(х; y). Так як АК = OK = √20, то

у = 2, у = 4. Отже, точки дотику: К1(3; 2), К2(-3; 4).

Рівняння прямої АК1:

Рівняння прямої АК2:

1148. Дотична до кола паралельна прямій 2x + у - 7 = 0 або у = -2x + 7, тоді її загальний вигляд: у = -2х + b.

Ця пряма з колом має 1 спільну точку. Знайдемо її.

Система має єдиний розв’язок, коли

Тоді рівняння дотичних:

коло з центром (13; -15).

Шукана точка В — точка перетину кола і відрізка ОА. ОВ = 9;

Тоді АВ = АО - ВО = 26 - 9 = 17. Точка В ділить АО у відношенні 17/9. Тоді

Отже,

— відстань від точки K(х; у) до т. А(3; -4).

— відстань від точки K(x; у) до т. В(-1; 2).

АK + АВ буде найменшою, коли K ∈ АВ, тоді ця сума дорівнює довжині відрізка АВ.

Розділ 2. Вектори на площині

1151. У чотирикутнику ABCD: О — точка. Так як то тобто АВ = DC і АВ || DС.

Дві протилежні сторони чотирикутника паралельні і рівні. Цей чотирикутник — паралелограм.

ABCD — квадрат.

бо він протилежний тому або

— протилежні.

ΔАDВ ~ ΔМDО, звідси

Оскільки то З рівності (1): становить від частину.

Аналогічно:

Дві висоти ΔABC: BK і CM перетинаються в т. О. Доведемо, що висота, проведена з вершини А, проходить через т. О. Для цього знайдемо добуток

Отже, Тобто висота з вершини А проходить через О.

Звідси — можливо лише коли тобто

Отже,

Отже, проходить через О і точкою О ділиться у відношенні 2 : 1, рахуючи від вершини.

1) З ΔCBD: Нехай k = BD : ВА, тоді BD = k ∙ ВА. (1)

2) З ΔCAD: AD = ВА - BD = ВА - k ∙ ВА = (1 - k) ∙ BA. (2)

Враховуючи (1) і (2), маємо: AD : BD = (1 - k) ∙ ВА : (k ∙ ВА) = (1 - k) : k.

тому Звідси СА : СВ = (1 - k) : k або СА : СВ = AD : DB.

1160. Нехай M11; y1), М22; y2), тоді

Оскільки даний вираз дорівнює нулю, то

1161. Якщо пряма перпендикулярна до то рівняння цієї прямої має вигляд 4х + 5у + с = 0, т. я. А(-2; 1) лежить на цій прямій, то 4 ∙ (-2) + 5 ∙ 1 + с = 0; с = 3. Отже, шукане рівняння 4х + 5у + 3 = 0.

1162. х2 - 6х + у2 + 8у = 0. (х - 3)2 + (у + 4)2 = 25 — коло з центром (3; -4); R = 5. Дотична до кола перпендикулярна радіусу, проведеному у точку дотику. А(-1; -1). Ця пряма задається рівнянням Пряма, яка перпендикулярна до прямої має вигляд Так як вона проходить через т. А(-1; -1), то Тоді —шукане рівняння дотичної.

1163. Косинус кута α між прямими дорівнює косинусу кута між векторами

Розділ 3. Розв’язування трикутників

1164. За теоремою косинусів а2 = b2 + с2 – 2bс cos γ, а за умовою а2 = b2 + с2 + √2bс.

Звідси γ = 135°. Отже, найбільша сторона 6√2 лежить навпроти кута 135°. (Відповідь: бо цей кут найбільший). Тоді

М — точка перетину медіан.

З ΔАВМ:

У ΔАВМ: ММ3 — медіана.

SΔABC = S; АВ = а; АС = b; AK — бісектриса. SΔABK = ВК ∙ hBK; SΔACK = КС ∙ hBK. hBK = hКС — це перпендикуляр з т. А на ВС. Звідси (за властивістю бісектриси кута трикутника). SΔABK + SΔACK = SΔABC = S. Звідси

Нехай АС = х, тоді СВ = x.

З ΔАСМ:

тоді AМ = CM. ΔACM — рівнобедрений.

∠ACM = ∠САМ = 30°.

Нехай АВ = х, тоді

З ΔАВМ:

З ΔADN:

З ΔMCN:

З ΔAMN за теоремою косинусів:

Звідси ∠MAN = 45°.

Проведемо ВК ⊥ AD; CM ⊥ AD. ВСМК — прямокутник; KM = ВС = b; АК + MD = a - b. BK = CM = h.

Так як AK + MD = a - b, то

Звiдси

Якщо замінити tg α і tg β, то після спрощення одержимо

Нехай ∠D = α, тоді ∠B = 180° - α. Тоді

Тоді

З ΔACD за теоремою косинусів

З ΔABC за теоремою косинусів

Тоді тоді

Тоді де p — півпериметр.

У коло радіуса R вписано ΔABC. ∪AB : ∪BC : ∪AmC = 2 : 5 : 17.

Нехай ABCD — чотирикутник, вписаний в коло. Побудуємо ∠CBE = ∠ABD (Е ∈ АС). ΔABD ~ ΔВСЕ (∠ABD = ∠СВЕ за побудовою). ∠ADB = ∠ACB (вписані кути, що спираються на одну дугу).

З подібності трикутників звідси ВС ∙ AD = ЕС ∙ BD. (1)

ΔАВЕ ~ ΔBCD (∠ABE = ∠DBC за побудовою, ∠BAC = ∠BDC (вписані, спираються на одну дугу)). Тоді звідси АВ ∙ CD = AE ∙ BD. (2)

Додамо почленно рівності (1) і (2): АВ ∙ CD + ВС ∙ AD = АЕ ∙ BD + ЕС ∙ BD = (АЕ + ЕС) ∙ BD = АС ∙ BD. Отже, АВ ∙ CD + ВС ∙ AD = АС ∙ BD.

DE || AВ за умовою, тоді ∠ABC = ∠EDC (відповідні при DE || AВ і січній ВС).

ED || AB, тому ΔABC ~ ΔEDC.

тоді

Так як то

Тоді

Розділ 4. Правильні многокутники

Якщо в трапецію вписали коло, то АВ + CD = ВС + AD = а + b, тоді (AВ = СD за умовою). СK ⊥ AD; СK = h = d (діаметр кола).

З ACKD — прямокутного:

O — центр описаного кола. ∠BOA = 120° (центральний кут вписаного трикутника). ΔBOA — рівнобедрений, тому ∠ОВА = ∠ОАВ = (180° - 120°) : 2 = 30°. ∠ВОС = 90° (центральний кут вписаного чотирикутника).

Якщо розмістити букви — вершини квадрата — по-іншому, то ∠ABC = ∠ABK + ∠KВС = 60° + 15° = 75°.

ABCDFK — правильний шестикутник. Всі його внутрішні кути по 120°.

ABML — квадрат. АВ = LM = MB = α.

∠ABC + ∠ABM + ∠MBP + ∠PBC = 360°; 120° + 90° + ∠MBP + 90° = 360°; ∠MBP = 60°.

ΔМВР — рівнобедрений, MB = РВ як сторони рівних квадратів. Так як ∠MBP = 60°, то ΔМВР — рівносторонній. MB = MP, але MB = LM, тобто всі сторони цього дванадцятикутника рівні і дорівнюють а.

∠MPD = 60° + 90° = 150°. Всі кути дванадцятикутника рівні, тоді цей дванадцятикутник — правильний. Площа дванадцятикутника складається з шестикутника (шість рівних рівносторонніх трикутників плюс шести трикутників ΔМВР тощо і б квадратів зі стороною а. Всі трикутника (на які розбили шестикутник і ті, які лежать міжквадра- тами) між собою рівні, вони правильні зі стороною а. Отже,

1178. У ΔАВС: ∠C = 90°; АВ = 2; ∠B = 60°, тоді ∠A = 30°.

Два кола з центром у т. А і у т. В мають спільну хорду СК і спільну частину, яка складається з двох сегментів. Сегмент, який відрізає хорда СК від кола з центом A(S1) і сегмент, який відрізає хорда СК від кола з центром B(S2).

З ΔABC:

Нехай r1 і r2 — радіуси концентричних кіл меншого і більшого відповідно.

Щоб побудувати коло з даним радіусом, побудуємо відрізок Для цього побудуємо прямокутний трикутник з катетом r1 і гіпотенузою r2. Другий катет буде дорівнювати

На одній стороні прямого кута відкладемо r1 = СВ. Коло з центром В і радіусом r2 перетне другу сторону прямого кута в т. А. АС = R. Будуємо коло.

О — центр великого кола з радіусом R;

О1, O2, O3 — центри малих кіл з радіусом r;

O1, O2, O3 — вершини правильного трикутника зі стороною 2r.

О — центр великого кола з центром кола, описаного навколо ΔO1O2O3 зі стороною 2r, тому тоді

Щоб знайти площу зафарбованої частини, треба від площі ΔO1O2O3 відняти три площі сектора малого круга з центральним кутом 60° (∠O1O2O3).

Підставляючи замість r його значення R(2√3 - 3), маємо:

ΔАСВ — прямокутний, О — центр вписаного кола. ОВ = √5; ОА = √10. О — на перетині бісектрис, тому ∠ОСА = ∠OAK і ∠OBC = ∠OBK. Так як ∠A + ∠B = 90°, то Тобто ∠OAB + ∠OBA = 45°, тоді у ΔОАВ: ∠AOB = 180° - 45° = 135°.

За теоремою косинусів

тоді АВ = 5 (см).

OK ⊥ АВ. Нехай AK = х, тоді ВК = 5 - х. Зайдемо ОК2 з двох трикутників: ΔОАK: ОК2 = (√10)2 - x2; з ΔОВК:

ΔABC — прямокутний. На катетах як на діаметрах побудовані кола. На гіпотенузі як на діаметрі також побудоване коло (описане коло навколо прямокутного трикутника має діаметром гіпотенузу). Необхідно знайти площу зафарбованої частини.

Щоб знайти цю площу достатньо знайти суму площ півкругів, побудованих на катетах трикутника і від цієї суми відняти суму площ сегментів, які від кола, побудованого на гіпотенузі, відтинають катети, як хорди. Для знаходження суми площ сегментів, достатньо від S півкруга, побудованого на гіпотенузі, відняти площу трикутника. Нехай a і b — катети трикутника, тоді гіпотенуза дорівнює

Площа півкруга, побудованого на катеті Площа півкруга, побудованого на катеті Сума площ сегментів:

Отже, Sф = SΔABC.

1183. 1 випадок:

Даний трикутник — гострокутний.

З ΔАОС знайдемо висоту ОК:

Тоді ВК = 5 + 4 = 9 (см).

2 випадок:

ΔАBC — тупокутний. З ΔАОС знаходимо OK: (аналогічно п. 1).

Тоді ВK = OB - ОК = 5 - 4 = 1 см.

Щоб знайти площу зафарбованої частини трикутника, знайдемо площу однієї з трьох частин S1.

ΔОВК — прямокутний.

ΔOFK — прямокутний.

тоді ∠FOK = 30°, тоді ∠ВОF = 60° - 30° = 30°.

3 ΔFOK: тоді

Отже, ODBF — ромб.

Площу однієї зафарбованої фігури знайдемо як різницю площі ромба і площі сектора, що відповідає центральному куту ∠DOF = 60°.

Розділ 5. Геометричні перетворення

Побудуємо пряму а', яка симетрична прямій а відносно А. а' перетне коло в точках К' і Р'. Оскільки а' і а симетричні відносно А, то кожній точці прямої а' знайдеться точка прямої а, яка симетрична відносно A. Задача має 2 розв’язки при заданому розміщенні прямої, точки і кола. К і К', Р і Р' — шукані точки.

1186. У ΔАВС: ∠С = 90°, CD ⊥ AB; 3 см — радіус кола, вписаного у ΔACD; 4 см — радіус кола, вписаного у ΔBCD. ΔBCD ~ ΔВСA; ΔACD ~ ΔАВС; ΔADC ~ ΔCDB. Тоді

(1) + (2): звідси тоді r = 5 (см).

1187. DE || АС, тому ΔBDE ~ ΔBAC. Тоді

Тоді

Враховуючи, що маємо

звідси H = 2h, або тобто

Якщо побудувати т. М1 симетричну М відносно ВС, то одержимо ΔММ1С, у якого сторони i

За трьома сторонами будуємо ΔММ1С, сторони якого дорівнюють 2/3 кожної медіани. Ділимо сторону ММ1 навпіл і одержимо т. К. На промені СК відкладаємо від т. С відрізок СВ = 2 ∙ СК.

Продовжимо відрізок М1М за т. М і на продовженні від т. М відкладемо МА = ММ1.

З’єднуємо вершини А i А і С. ΔABC — шуканий.

Осі симетрії прямокутника проходять через точку перетину діагоналей, тобто через т. (-1; 2) і х = 1; у = -2 — осі симетрії.

Сторони прямокутника паралельні осям симетрії. Проведемо через т. (2; -2) пряму, паралельну осі у. Ця пряма перетне діагоналі в т. (2; 1) і (2; -5). З точок (2; 1) і (2; -5) проведемо прямі, паралельні осі х. Вони перетнуть діагоналі в точках (0; 1) і (0; -5). Отже, (0; 1); (2; 1); (2; -5); (0; -5) — координати вершин прямокутника.

T. В1 ділить відрізок ОB у тому ж відношенні, що і А, ділить відрізок ОА. Тому А1В1 || АВ, аналогічно В1С1 || ВС; А1С1 || АС.

Щоб знайти відношення розглянемо ΔOB1C1 і ΔОВС. Ці трикутники подібні (В1С1 || ВС),

ОВ становить 2/3 медіани з вершини В; ВВ1 становить 1/4 цієї ж медіани BZ; тоді

Тоді тоді тоді

Тобто площа трикутника А1В1С1 в 2,56 разів менша за площу даного трикутника.

1191. х2 - 4х + у2 = 0. (х - 2)2 + у2 = 4 — коло з центром O(2; 0), R = 2.

1) При повороті на 60° за годинниковою стрілкою т. O(2; 0) перейде в точку О'(1; -√3) і коло (х - 2)2 + у2 = 4 перейде в коло (х - 1)2 + (у + √3)2 = 4.

2) При повороті на 60° проти годинникової стрілки т. (2; О) перейде в т. (1; √3) і дане коло перейде в коло (х - 1)2 + (у + √3)2 = 4.

O — центр (точка перетину діагоналей), М і N — точки сусідніх сторін квадрата. При повороті на 90° навколо центра квадрата сторона переходить в сусідню сторону. Тобто образ точки М буде лежати на тій же стороні, що і точка N. Якщо виконати поворот в протилежному напрямку на 90°, то образ т. N буде лежати на стороні, де лежить т. М. Виконаємо поворот. Проведемо прямі MN1i NM1. А — точка їх перетину, вершина квадрата. Проведемо діагональ АО і за т. О відкладемо ОС = ОА, С — вершина квадрата. Через точку С проведемо прямі, паралельні AM1 і АN1. Ці прямі перетнуть AN1 і AM1 в точках В i D. ABCD — шуканий квадрат.

1193. x2 + у2 = 2(2 + 2у - х); x2 + у2 - 4у + 2х = 4; (х + 1)2 + (у - 2)2 = 9 — коло з центром (-1; 2), R = 3 переходить в криву х2 - 4х + 4 + у2 - 2у + 1 = -2m + 5; (х - 2)2 + (у - 1)2 = -2m + 5 — коло з центром (2; 1). -2m + 5 = 9; m = -2. Так як т. (-1; 2) переходить в т. (2; 1), то таке перенесення задається формулами х' = х + 3; у' = у - 1. Це перечення пряму 2х - 3у + 6 = 0 або переводить в паралельну пряму, тоді образ задається рівнянням

(0; 2) — точка перетину даної прямої з віссю ординат.

(0; 2) перейде в точку (3; 1), тоді

або 2x – 3y - 3 = 0— образ даної прямої.



Відвідайте наш новий сайт - Матеріали для Нової української школи - планування, розробки уроків, дидактичні та методичні матеріали, підручники та зошити