Question

Из пробного гиа 2013 (везде требуется полное объяснение и решение) с1. сократите дробь: в числителе : х^3-2х^2-9х+18; в знаменателе: (х-2)(х+3) с2. расстояние между пунктами а и б = 15 км. лодка вышла из пункта а в 8: 00, отправилась в пункт б, пробыла там 2 часа и вернулась в пункт а в 20: 00. определите собственную скорость лодки в км\ч если скорость течения реки = 2 км\ч с3. известно что графики функций у=-х^2+p и у=-2х+6 имеют ровно одну общую точку. определите координаты этой точки. постройте графики заданных функций в одной системе координат. с4. в прямоугольном треугольнике абс известны катеты: ас=10, бс=24, найдите радиус окружности, описанной около этого треугольника. с5. дана равнобедренная трапеция абсд. точка м лежит на основании ад и равноудалена от концов другого основания. докажите, что м - середина основания ад с6. в равнобедренную трапецию абсд с большим основанием аб вписана окружность. из точки с проведена высота сн а из точки н перепендикуляр нф к стороне ад, угол снф = 82 градуса. найдите величину угла снд. п.с. если тут что то не получается скинуть (напр. рисунок или ещё что то) то могу дать ссыль на вк или другую соц сеть где зарегестрирована

Answer 1

с1. 

$\frac{x^3-2x^2-9x+18}{(x-2)(x+3)}=\frac{x^2(x-2)-9(x-2)}{(x-2)(x+3)}=\frac{(x^2-9)(x-2)}{(x-2)(x+3)}=\frac{(x-3)(x+3)}{(x+3)}=x-3$ 

с2.

т.к. лодка была в пути с 8-00 до 20-00, при этом останавливалась на 2 часа, то в движении она пребывала всего 12-2=10 часов.

Пусть скорость лодки х км/ч . Тогда скорость лодки по течению (х+2)км/ч, а против течения (х-2)км/ч. Тогда из А в Б она ехала 15:(x+2) часа, а из Б в А 15:(х-2) часа.

Получаем, что всего в движении лодка была: 

$\frac{15}{x+2}+\frac{15}{x-2}=10$ 

Решаем:

$\frac{15(x-2)+15(x+2)}{(x+2)(x-2)}=10$ 

$\frac{30x}{x^2-4}=10$ 

$30x=10x^2-40$ 

$10x^2-30x-40=0$ 

$x^2-3x-4=0$ 

$D=b^2-4ac=9+16=25=5^2$ 

$x_{1,2}=\frac{-b+-\sqrt{D}}{2a}$ 

$x_1=4, x_2=-1$ 

второй  корень не подходит, т.к. скорость не может быть отриательной.

ответ: скорость лодки 4км/ч.

 с3.

$y=-x^2+p; y=-2x+6$ 

графиком первой функции будет парабола. Графиком второй функции будет прямая.

Т.к. в условии сказано, что у них только одна общая точка, то значит что прямая является касательной к параболе (т.к. если это не касательная, то она пересекет обе ветви параболы).

 Т.к. прямая является касательной к параболе, то должно выполнятся условие:

$\left \{ {{(-x^2+p)'=-2} \atop {-x^2+p=-2x+6}} \right.$ 

решаем систему уравниений, из которой находим х (одна из координат точки касания) и р. 

$\left \{ {{-2x=-2} \atop {x^2-2x+6-p=0}} \right.$ 

$\left \{ {{x=1} \atop {x^2-2x+6-p=0}} \right.$ 

$\left \{ {{x=1} \atop {1^2-2*1+6-p=0}} \right.$ 

$\left \{ {{x=1} \atop {p=5}} \right.$ 

получаем уравнение параболы  $y=-x^2+5$ 

подставляя значение x в любое из уравнений, находим у:

у=-2*1+6

у=4

Т.о. точка касания имеет координаты (1$4)

График во вложении 

с4.

 Дано: треуг ABC

            уголС=90град

            BC=24

            AC=10

Найти: R

$R=\frac{1}{2}*\sqrt{AC^2+BC^2}$ 

$R=\frac{1}{2}\sqrt{10^2+24^2}=\frac{1}{2}\sqrt{100+576}=\frac{1}{2}*26=13$ 

ответ:радиус описанной окружности - 13.

  с5.

Дано: ABCD - равнобокая трапеция (AB=CD)

           M - равноудалена от B и С 

Доказать: AM=MD

Док-во:

BM=CM - т.к. М  равноудалена от B и С. Отсюда получаем, что треуг MBC - равнобедренный, а значи угол МВС=уголМСВ

т.к. трапеция равноб., то уголВ=уголС

уголВ= уголМВС + угол МВА

уголС= уголМСВ + угол МCD= угол МВС + угол МCD 

Получаем, что   угол МCD = угол МВА.

Т.о. треугАВМ=треугMCD - по двум сторонам и углу между ними 

Отсюда следует, что   AM=MD

 рисунок во вложении