Ре­ше­ние. Про­ве­дем AH пер­пен­ди­ку­ляр­но плос­ко­сти Пусть AB  =  5x, а AC  =  6x. При­чем, HC > BH, так как боль­шей про­ек­ции со­от­вет­ству­ет боль­шая на­клон­ная, по­это­му Найдём AH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, так как тре­уголь­ни­ки ABH и ACH пря­мо­уголь­ные, то есть:

По смыс­лу за­да­чи x от­ри­ца­тель­ным быть не может, по­это­му он равен 1. Тогда AB  =  5x  =  5 · 1  =  5. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра найдём катет тре­уголь­ни­ка ABH: ²  =  25 − 16  =  9, тогда AH  =  3.

Ответ: 3.

Ре­ше­ние. Про­ве­дем KO пер­пен­ди­ку­ляр­но плос­ко­сти Пусть MO  =  x, а OP  =  15 − x. Найдём KO по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, так как тре­уголь­ни­ки MKO и KOP пря­мо­уголь­ные, то есть:

Тогда MO  =  x  =  5. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра найдём катет тре­уголь­ни­ка KMO: KO²  =  225 − 25  =  200, тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. Се­че­ние шара плос­ко­стью  — круг. Так как пло­щадь этого круга по усло­вию равна см², то его ра­ди­ус равен 3 см.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник AOB. От­ре­зок AO = 4 см, AB (ра­ди­ус) = 3 см.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра OB (ра­ди­ус шара) = 5 см.

Найдём объём шара по фор­му­ле Имеем:

Ответ: см³.

Ре­ше­ние. Се­че­ние шара плос­ко­стью  — круг. Так как длина линии пе­ре­се­че­ния сферы и се­ку­щей плос­ко­стью равна π см, то ра­ди­ус се­че­ния равен

По фор­му­ле найдём ра­ди­ус сферы:

Зна­чит,

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AOB от­ре­зок Тогда по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Зна­чит, OA  =  1 см, тогда рас­сто­я­ние от цен­тра шара до се­ку­щей плос­ко­сти равно 1 см.

Ответ: 1 см.

Ре­ше­ние. Так как пи­ра­ми­да яв­ля­ет­ся пра­виль­ной, то в ее ос­но­ва­нии лежит рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник. Тогда най­дем его пло­щадь по фор­му­ле

Так как H  — точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан, то

Най­дем AM по фор­му­ле вы­со­ты рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка: Тогда

Так как то тре­уголь­ник AHP  — рав­но­бед­рен­ный пря­мо­уголь­ный. Зна­чит,

Те­перь най­дем объем пи­ра­ми­ды по фор­му­ле

Ответ:

Ре­ше­ние. Бо­ко­вые сто­ро­ны пи­ра­ми­ды об­ра­зу­ют с ос­но­ва­ни­ем угол в тогда В тре­уголь­ни­ке MPH ,тогда Ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды  — рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник, тогда H—центр впи­сан­ной окруж­но­сти в тре­уголь­ник ABC, тогда Зная вы­со­ту ос­но­ва­ния, най­дем сто­ро­ну ос­но­ва­ния через фор­му­лу вы­со­ты:

Зная сто­ро­ну ос­но­ва­ния, най­дем пло­щадь:

Те­перь най­дем объем пи­ра­ми­ды по фор­му­ле

Ответ:

Ре­ше­ние. Объем приз­мы  — это пло­щадь ос­но­ва­ния приз­мы, умно­жен­ная на ее вы­со­ту. Пло­щадь ос­но­ва­ния равна так как в ос­но­ва­нии квад­рат. Угол между B₁D и бо­ко­вой сто­ро­ной  — это угол B₁DC₁. Сто­ро­на B₁C₁ равна сто­ро­не BC. Тогда рас­смот­рим тре­уголь­ник B₁C₁D: он пря­мо­уголь­ный, так как приз­ма пра­виль­ная, сто­ро­на B₁C₁ яв­ля­ет­ся ка­те­том и лежит про­тив угла в 30°. Сле­до­ва­тель­но, сто­ро­на B₁D равна Рас­смот­рим те­перь тре­уголь­ник B₁DB: BD  — это диа­го­наль ос­но­ва­ния, рав­ная тре­уголь­ник пря­мо­уголь­ный. Мы знаем сто­ро­ны BD и B₁D, сле­до­ва­тель­но, мы можем найти сто­ро­ну BB₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: Зна­чит, объем приз­мы равен

Ответ: 4 см³.

Ре­ше­ние. Объем приз­мы  — это пло­щадь ос­но­ва­ния приз­мы, умно­жен­ная на ее вы­со­ту. Если пло­щадь ос­но­ва­ния (ко­то­рое яв­ля­ет­ся квад­ра­том) равна 8, то сто­ро­на ос­но­ва­ния равна Угол между B₁D и бо­ко­вой сто­ро­ной  — это угол B₁DC₁. Сто­ро­на B₁C₁ равна сто­ро­не BC. Тогда рас­смот­рим тре­уголь­ник B₁C₁D: он пря­мо­уголь­ный, так как приз­ма пра­виль­ная, сто­ро­на B₁C₁ яв­ля­ет­ся ка­те­том и лежит про­тив угла в 30°. Сле­до­ва­тель­но, сто­ро­на B₁D равна Рас­смот­рим те­перь тре­уголь­ник B₁DB: BD  — это диа­го­наль ос­но­ва­ния, рав­ная тре­уголь­ник пря­мо­уголь­ный. Мы знаем сто­ро­ны BD и B₁D, сле­до­ва­тель­но, мы можем найти сто­ро­ну BB₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Зна­чит, объем приз­мы равен

Ответ: 32 см³.

Ре­ше­ние. Пря­мо­уголь­ник AABB яв­ля­ет­ся осе­вым се­че­ни­ем ци­лин­дра. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AAB ги­по­те­ну­за AB равна 10 см, синус угла ABA равен Най­дем длину ка­те­та AA₁:

Таким об­ра­зом, вы­со­та ци­лин­дра равна 6 см. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке AA₁B:

Ра­ди­ус ос­но­ва­ния ци­лин­дра равен по­ло­ви­не ка­те­та AB, то есть 4 см. Вы­чис­лим объем ци­лин­дра:

Ответ: см³.

Ре­ше­ние. Пря­мо­уголь­ник AA₁BB₁ яв­ля­ет­ся осе­вым се­че­ни­ем ци­лин­дра. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AAB ги­по­те­ну­за A₁B равна 13 см, ко­си­нус угла A₁BA равен Най­дем длину ка­те­та AB:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке AA₁B:

Ра­ди­ус ос­но­ва­ния ци­лин­дра равен по­ло­ви­не ка­те­та AB, то есть 6 см. Вы­чис­лим объем ци­лин­дра:

Ответ: см³.

Ре­ше­ние. Пусть a = 1 см, b = 3 см. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Тогда Бо­ко­вое ребро равно 4 см.Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ: 12 см³.

Ре­ше­ние. Пусть a = 2 см, b = 3 см. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да

Тогда Бо­ко­вое ребро равно 5 см. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди по­верх­но­сти па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ: 62 см².

Ре­ше­ние. Так как дан­ная приз­ма пра­виль­ная, то в ее ос­но­ва­ни­ях лежат пра­виль­ные тре­уголь­ни­ки. Най­дем длину сто­рон ос­но­ва­ния по фор­му­ле

Най­дем пло­щадь ос­но­ва­ния по фор­му­ле пло­ща­ди для пра­виль­ных тре­уголь­ни­ков

Так как то Тогда имеем:

Ответ: 3.

Ре­ше­ние. Так как то

В ос­но­ва­ни­ях пра­виль­ной тре­уголь­ной приз­мы лежат пра­виль­ные мно­го­уголь­ни­ки, най­дем их сто­ро­ны с по­мо­щью фор­му­лы пло­ща­ди для пра­виль­ных тре­уголь­ни­ков

По­сколь­ку то

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ве­дем BH  — пер­пен­ди­ку­ляр к AC. Также, BM  — пер­пен­ди­ку­ляр к плос­ко­сти тре­уголь­ни­ка ABC из усло­вия. Тогда по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах MH  — ор­то­го­наль к плос­ко­сти ABC. Сле­до­ва­тель­но, это и есть ис­ко­мое рас­сто­я­ние.

Рас­смот­рим тре­уголь­ник ABC. В нём Так как то от­ку­да по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Тогда:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке от­ку­да:

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ве­дем NH  — пер­пен­ди­ку­ляр к MP. Тогда по тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах FH  — ор­то­го­наль к MP. Сле­до­ва­тель­но,

Рас­смот­рим тре­уголь­ник MNP. В нём Так как то от­ку­да по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра Тогда:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке от­ку­да:

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Пусть x равен рас­сто­я­нию от цен­тра шара до мно­же­ства точек его плос­ко­сти. Се­че­ние шара яв­ля­ет­ся кру­гом, пло­щадь ко­то­ро­го равна тогда в нашем слу­чае ра­ди­ус се­че­ния равен По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке OO₁A по­лу­ча­ем

Ответ: 12.

Ре­ше­ние. Введём обо­зна­че­ния (см. рис.). Се­че­ни­ем сферы яв­ля­ет­ся круг, длина окруж­но­сти ко­то­ро­го равна тогда в нашем слу­чае ра­ди­ус сферы равен 6. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке OO₁A найдём OO₁:

Ответ:

Ре­ше­ние. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABP катет AB лежит про­тив угла ве­ли­чи­ной 30°, по­это­му он равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, то есть Дру­гой катет этого тре­уголь­ни­ка по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра равен 6.

Найдём пло­щадь S пол­ной по­верх­но­сти приз­мы. Её со­став­ля­ет пло­щадь рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка CBE со сто­ро­ной (AB = BC, так как на ри­сун­ке дана раз­верт­ка), взя­тая два­жды, и пло­щадь пря­мо­уголь­ни­ка со сто­ро­на­ми и 6, взя­тая три­жды. Имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABP катет AB лежит про­тив угла ве­ли­чи­ной 30°, по­это­му он равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, то есть Дру­гой катет этого тре­уголь­ни­ка по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра равен 3.

Найдём пло­щадь S пол­ной по­верх­но­сти приз­мы. Её со­став­ля­ет пло­щадь рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка CBE со сто­ро­ной (AB = BC, так как на ри­сун­ке дана раз­верт­ка), взя­тая два­жды, и пло­щадь пря­мо­уголь­ни­ка со сто­ро­на­ми и 3, взя­тая три­жды. Имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Се­че­ние шара плос­ко­стью  — круг. Рас­смот­рим пло­щадь круга и ис­поль­зу­ем дан­ные из усло­вия:

Расcмот­рим изоб­ра­же­ние. Имеем   — ра­ди­ус шара,   — ра­ди­ус круга. Про­ве­дем   — пер­пен­ди­ку­ляр из цен­тра шара к цен­тру круга. Это и будет ис­ко­мым рас­сто­я­ни­ем.

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Расcмот­рим изоб­ра­же­ние. Про­ведём   — пер­пен­ди­ку­ляр из цен­тра шара к цен­тру круга. Имеем и   — центр круга.

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка по­лу­ча­ем:

Пло­щадь се­че­ния

Ответ:

Ре­ше­ние. Найдём вы­со­ты тре­уголь­ни­ков ABC и ABC по фор­му­ле Тогда под­ста­вим и по­лу­чим, что а Точки O и O₁  — цен­тры тре­уголь­ни­ков ABC и A₁B₁C₁ со­от­вет­ствен­но, тогда а В пря­мо­уголь­ной тра­пе­ции HH₁O₁O про­ве­дем H₁K  — вы­со­ту, при­чем H₁K  =  O₁O. Найдём KH: KH  =  OH − KO  =  OH − H₁O₁. Под­ста­вим и по­лу­чим, что Из тре­уголь­ни­ка HKH₁ найдём HH₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Найдём пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти усе­чен­ной пи­ра­ми­ды по фор­му­ле Под­ста­вим и по­лу­чим, что пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна 27.

Ответ: 27.

Ре­ше­ние. Найдём вы­со­ты тре­уголь­ни­ков ABC и A₁B₁C₁ по фор­му­ле Тогда под­ста­вим и по­лу­чим, что а Точки O и O₁  — цен­тры тре­уголь­ни­ков ABC и A₁B₁C₁ со­от­вет­ствен­но, тогда а В пря­мо­уголь­ной тра­пе­ции HH₁O₁O про­ве­дем H₁K  — вы­со­ту, при­чем H₁K  =  O₁O. Найдём KH: KH  =  OH − KO  =  OH − H₁O₁. Под­ста­вим и по­лу­чим, что Из тре­уголь­ни­ка HKH₁ найдём HH₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Найдём пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти усе­чен­ной пи­ра­ми­ды по фор­му­ле Под­ста­вим и по­лу­чим, что пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти равна 54.

Ответ: 54.

Ре­ше­ние. Про­ведём CH  — вы­со­ту в тре­уголь­ни­ке ABC. По тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах С₁H пер­пен­ди­ку­ляр­но пря­мой AB. Угол C₁HC  — ис­ко­мый, так как он яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла между плос­ко­стью се­че­ния и плос­ко­стью ос­но­ва­ния. От­ре­зок CH яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной, по­сколь­ку тре­уголь­ник ABC  — рав­но­бед­рен­ный и пря­мо­уголь­ный, а зна­чит Найдём тан­генс угла C₁HC: Под­ста­вим и по­лу­чим, что тогда угол C₁HC равен 30°.

Ответ: 30°.

Ре­ше­ние. Про­ведём CH  — вы­со­ту в тре­уголь­ни­ке ABC. По тео­ре­ме о трёх пер­пен­ди­ку­ля­рах H пер­пен­ди­ку­ляр­но пря­мой AB. Угол C₁HC  =  60°, так как он яв­ля­ет­ся ли­ней­ным углом дву­гран­но­го угла между плос­ко­стью се­че­ния и плос­ко­стью ос­но­ва­ния. От­ре­зок CH яв­ля­ет­ся ме­ди­а­ной, по­сколь­ку тре­уголь­ник ABC  — рав­но­бед­рен­ный и пря­мо­уголь­ный. Найдём CH через тан­генс угла CHC: Под­ста­вим и по­лу­чим, что тогда так как HC  — ме­ди­а­на.

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть дан­ный ци­линдр изоб­ражён на ри­сун­ке (см. рис).

Пря­мо­уголь­ник ABCD  — се­че­ние, пло­щадь ко­то­ро­го не­об­хо­ди­мо найти. Ра­ди­ус окруж­но­сти ос­но­ва­ния AO, рас­сто­я­ние от оси ци­лин­дра до се­че­ния HO и хорда AD об­ра­зу­ют пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник AHO. Найдём AH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Хорда AD равна двум от­рез­кам AH, то есть 6 см. От­ре­зок AB и вы­со­та OO₁ равны как от­рез­ки пер­пен­ди­ку­ля­ров к двум па­рал­лель­ным плос­ко­стям, ле­жа­щие между ними. Найдём пло­щадь S пря­мо­уголь­ни­ка ABCD:

Ответ: 36 см².

Ре­ше­ние. Пусть дан­ный ци­линдр изоб­ражён на ри­сун­ке (см. рис).

Пря­мо­уголь­ник ABCD  — се­че­ние, пло­щадь ко­то­ро­го не­об­хо­ди­мо найти. Ра­ди­ус окруж­но­сти ос­но­ва­ния AO, рас­сто­я­ние от оси ци­лин­дра до се­че­ния HO и хорда AD об­ра­зу­ют пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник AHO. Найдём AH по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Хорда AD равна двум от­рез­кам AH, то есть 10 см. От­ре­зок AB и вы­со­та OO₁ равны как от­рез­ки пер­пен­ди­ку­ля­ров к двум па­рал­лель­ным плос­ко­стям, ле­жа­щие между ними. Найдём вы­со­ту ци­лин­дра через пло­щадь S пря­мо­уголь­ни­ка ABCD:

Ответ: 8 см.

Ре­ше­ние. Объем пи­ра­ми­ды  — это где h  — вы­со­та пи­ра­ми­ды. Если дву­гран­ный угол при ребре ос­но­ва­ния равен 45°, угол MNO равен 45°. Зна­чит, тре­уголь­ник MNO рав­но­бед­рен­ный, и ON = MO. Так как пи­ра­ми­да пра­виль­ная, в ос­но­ва­нии квад­рат и Тогда пло­щадь ос­но­ва­ния равна а объем равен

Ответ: 36 000 см³.

Ре­ше­ние. Объем пи­ра­ми­ды  — это где h  — вы­со­та пи­ра­ми­ды. Если дву­гран­ный угол при ребре ос­но­ва­ния равен 45°, угол MNO равен 45°. Зна­чит, тре­уголь­ник MNO рав­но­бед­рен­ный, и ON = MO. Так как пи­ра­ми­да пра­виль­ная, в ос­но­ва­нии квад­рат. Зна­чит, Так как тре­уголь­ник MNO рав­но­бед­рен­ный, MO тоже равна 3 см. Пло­щадь ос­но­ва­ния равна а объем равен

Ответ: 36 см³.

Ре­ше­ние. Се­че­ни­ем шара плос­ко­стью будет круг. Тогда AB  — ра­ди­ус круга, OB  — ра­ди­ус шара, а OA  — рас­сто­я­ние от цен­тра шара до плос­ко­сти се­че­ния. Пло­щадь се­че­ния шара счи­та­ет­ся по фор­му­ле тогда под­ста­вим и по­лу­чим, что Так как по усло­вию пло­щадь се­че­ния шара в во­семь раз мень­ше пло­щаи по­верх­но­сти, имеем: Тогда ра­ди­ус шара равен 5. Найдём OA по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ: 5.

Ре­ше­ние. Се­че­ни­ем шара плос­ко­стью будет круг. Тогда AB  — ра­ди­ус круга, OB  — ра­ди­ус шара, а OA  — рас­сто­я­ние от цен­тра шара до плос­ко­сти се­че­ния. Пло­щадь се­че­ния счи­та­ет­ся по фор­му­ле под­ста­вим и по­лу­чим, что пло­щадь се­че­ния равна Так как пло­щадь по­верх­но­сти шара в 16 раз боль­ше пло­ща­ди се­че­ния, то Тогда ра­ди­ус шара равен 4. Найдём OA по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ:

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник ASO рав­но­бед­рен­ный, так как SO  — это вы­со­та, OA  — ра­ди­ус ко­ну­са, а по усло­вию они равны. Зна­чит,

Тогда пло­щадь по­верх­но­сти равна

Ответ:

Ре­ше­ние. Тре­уголь­ник ASO рав­но­бед­рен­ный, так как SO  — это вы­со­та. Угол A равен 30°, так как про­тив него лежит сто­ро­на, рав­ная по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы. Зна­чит,

Тогда пло­щадь по­верх­но­сти равна

Ответ:

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что при вра­ще­нии пря­мо­уголь­ник будет об­ра­зо­вы­вать ци­линдр с вы­со­той 2 и ра­ди­у­сом ос­но­ва­ния Тогда объём фи­гу­ры можно найти, умно­жив пло­щадь ос­но­ва­ния, вы­чис­ля­е­мую по фор­му­ле на вы­со­ту:

Ответ: 36.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что при вра­ще­нии пря­мо­уголь­ник будет об­ра­зо­вы­вать ци­линдр с вы­со­той 4 и ра­ди­у­сом ос­но­ва­ния Тогда объём фи­гу­ры можно найти, умно­жив пло­щадь ос­но­ва­ния, вы­чис­ля­е­мую по фор­му­ле на вы­со­ту:

Ответ: 8.

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим осе­вое се­че­ние ко­ну­са  — рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник ABC, AB  =  4 см, По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем BH:

Най­дем объем ко­ну­са:

Ответ:

Ре­ше­ние. Рас­смот­рим осе­вое се­че­ние ко­ну­са  — рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник ABC. AB = 2 см, r = AH = HC = 1 см. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем BH:

Най­дем объем ко­ну­са:

Ответ: см³.

Ре­ше­ние. Точка M  — се­ре­ди­на сто­ро­ны BC. Так как дан­ная пи­ра­ми­да пра­виль­ная, то тре­уголь­ник ABC  — пра­виль­ный, а бо­ко­вые грани  — рав­но­бед­рен­ные тре­уголь­ни­ки.

Так как точка M  — се­ре­ди­на сто­ро­ны BC пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка ABC, то AM  — ме­ди­а­на и вы­со­та по свой­ству рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков. Зна­чит, пря­мая AM пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BC. Ана­ло­гич­но, пря­мая PM пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BC. Таким об­ра­зом,   — ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла между плос­ко­стя­ми (ABC) и (PBC), так как пря­мая AM пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BC, пря­мая PM пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BC, Со­глас­но усло­вию,

Най­дем длину HM:

Най­дем вы­со­ту пи­ра­ми­ды:

По­сколь­ку имеем:

Ответ: 18 см³.

Ре­ше­ние. Точка M  — се­ре­ди­на сто­ро­ны BC. Так как дан­ная пи­ра­ми­да пра­виль­ная, то тре­уголь­ник ABC  — пра­виль­ный, а бо­ко­вые грани  — рав­но­бед­рен­ные тре­уголь­ни­ки.

Так как точка M  — се­ре­ди­на сто­ро­ны BC пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка ABC, то AM  — ме­ди­а­на и вы­со­та по свой­ству рав­но­бед­рен­ных тре­уголь­ни­ков. Зна­чит, AM пер­пен­ди­ку­ляр­на к BC. Ана­ло­гич­но, PM пер­пен­ди­ку­ляр­на к BC. Таким об­ра­зом,   — ли­ней­ный угол дву­гран­но­го угла между плос­ко­стя­ми (ABC) и (PBC), так как AM пер­пен­ди­ку­ляр­на к BC, PM пер­пен­ди­ку­ляр­на к BC,

По усло­вию

Най­дем HM:

Так как тре­уголь­ник ABC  — пра­виль­ный, то AM  =  3HM  =  3 см. Так как AM вы­со­та пра­виль­но­го тре­уголь­ни­ка, то най­дем его сто­ро­ну по ней:

По­сколь­ку имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Объём пи­ра­ми­ды вы­ра­жа­ет­ся фор­му­лой где H  — вы­со­та пи­ра­ми­ды. В тре­уголь­ни­ке POK за­ме­тим, что зна­чит, Сто­ро­на ос­но­ва­ния вдвое боль­ше OK (см. рис.), от­ку­да

Ис­поль­зуя по­лу­чен­ные дан­ные, на­хо­дим объём:

Ответ:

Ре­ше­ние. Объём пи­ра­ми­ды вы­ра­жа­ет­ся фор­му­лой где H  — вы­со­та пи­ра­ми­ды. Про­ведём тогда тре­уголь­ник AOM  — пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный, так как по усло­вию, от­ку­да, по тео­ре­ме о сумме углов тре­уголь­ни­ка, зна­чит, Так как O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти, то Таким об­ра­зом,

Ос­но­ва­ние пи­ра­ми­ды  — рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник, его пло­щадь вы­ра­жа­ет­ся по фор­му­ле тогда по­лу­ча­ем

Объ­еди­няя все дан­ные, на­хо­дим объём пи­ра­ми­ды:

Ответ:

Ре­ше­ние. Ос­но­ва­ние пра­виль­ной четырёхуголь­ной пи­ра­ми­ды  — квад­рат. Точка O  — точка пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей, тогда SO  — вы­со­та пи­ра­ми­ды. Про­ведём OM пер­пен­ди­ку­ляр­но DC. Тогда SM пер­пен­ди­ку­ляр­но к CD, угол OMS  =  45°. Зна­чит,

Тогда В тре­уголь­ни­ке SOM имеем:

Так как бо­ко­вые грани четырёхуголь­ной пи­ра­ми­ды равны, то

Пло­щадь ос­но­ва­ния:

Тогда пло­щадь всей бо­ко­вой по­верх­но­сти:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пи­ра­ми­да пра­виль­ная, тогда ABC  — пра­виль­ный тре­уголь­ник, O  — центр опи­сан­ной около ос­но­ва­ния окруж­но­сти, AO = R = 4 см  — её ра­ди­ус, DO  — вы­со­та пи­ра­ми­ды. Про­ведём OM пер­пен­ди­ку­ляр­но к BC. Тогда DM пер­пен­ди­ку­ляр­но к BC, угол OMD = 60°. OM = r  — ра­ди­ус впи­сан­ной в ос­но­ва­ние окруж­но­сти. Так как то r = 2 см.

Так как см. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке DOM угол ODM = 30°, тогда апо­фе­ма пи­ра­ми­ды DM = 2OM = 2 · 2 = 4 см. Зна­чит, пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти

Ответ: см².

Ре­ше­ние. Так как объем шара равен то R³  =  64, зна­чит, R  =  4. Тогда пло­щадь по­верх­но­сти шара равна

Ответ:

Ре­ше­ние. Так как пло­щадь по­верх­но­сти шара равна тогда R=3. Зна­чит, объём шара равен

Ответ:

Ре­ше­ние. Об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са равна  см. Вы­со­та ко­ну­са равна  см. Ра­ди­ус окруж­но­сти, яв­ля­ю­щей­ся ос­но­ва­ни­ем ко­ну­са равен OB(см. рис.).

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка BOC, най­дем OB: По фор­му­ле объ­е­ма ко­ну­са:

Ответ:

Ре­ше­ние. Об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са равна  см. Вы­со­та ко­ну­са равна Об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са равна  см. Ра­ди­ус окруж­но­сти, яв­ля­ю­щей­ся ос­но­ва­ни­ем ко­ну­са равен OB(см. рис.). По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка BOC, най­дем CO:

По фор­му­ле объ­е­ма ко­ну­са:

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ве­дем вы­со­ту CO. BC = м по усло­вию, OB = r, Зная угол, най­дем OC и OB:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма ко­ну­са:

Ответ: м³.

Ре­ше­ние. Вы­со­та по усло­вию, CB = L  — об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са, тогда

Тре­уголь­ник COB пря­мо­уголь­ный и рав­но­бед­рен­ный, тогда OB = CO = r = По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра най­дем CB:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са:

Ответ: см².

Ре­ше­ние. По­стро­им се­че­ние куба плос­ко­стью. Най­дем пе­ри­метр се­че­ния:

Ответ:

Ре­ше­ние. По­стро­им се­че­ние куба плос­ко­стью:

Най­дем пе­ри­метр се­че­ния:

Ответ:

Ре­ше­ние. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка B₁BD:

Пусть AD  =  x см, тогда Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABD по­лу­ча­ем от­ку­да x  =  6 см.

Объём па­рал­ле­ле­пи­пе­да найдём по фор­му­ле:

Ответ: 480 см³.

Ре­ше­ние. Так как ABCD  — па­рал­ле­ло­грамм, то

По усло­вию

Зна­чит, ABCD  — пря­мо­уголь­ник, тогда BD  =  10 см, BB₁ = 24 см. Пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти найдём по фор­му­ле

Ответ: 672 см².

Ре­ше­ние. Ги­по­те­ну­за пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка с ка­те­та­ми 3 и 4 равна 5 по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, тогда длина об­ра­зу­ю­щей равна 12. Введём обо­зна­че­ния (см. рис). В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AOC сто­ро­на CO, яв­ля­ю­ща­я­ся вы­со­той ко­ну­са, лежит про­тив угла в 30°, а зна­чит, равна по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы AC, то есть, 6. Катет AO  — ра­ди­ус ос­но­ва­ния  — по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра равен Объём ко­ну­са вы­чис­ля­ет­ся по фор­му­ле Имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Диа­го­наль квад­ра­та со сто­ро­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра равна 8. Введём обо­зна­че­ния (см. рис). В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AOS сто­ро­на SO, яв­ля­ю­ща­я­ся вы­со­той ко­ну­са, лежит про­тив угла в 30°, а зна­чит, длина ги­по­те­ну­зы AS в два раза боль­ше длины этого ка­те­та, то есть, 16. Катет AO  — ра­ди­ус ос­но­ва­ния  — по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра равен Объём ко­ну­са вы­чис­ля­ет­ся по фор­му­ле Имеем:

Ответ: 512π.

Ре­ше­ние. Пусть дан­ные за­да­чи изоб­ра­же­ны на ри­сун­ке (см. рис).

Две па­рал­лель­ные плос­ко­сти и пе­ре­се­ка­ют плос­кость AM₂N₂, об­ра­зуя две па­рал­лель­ные пря­мые: M₁N₁ и M₂N₂. Тре­уголь­ни­ки AM₁N₁ и AM₂N₂ по­доб­ны по двум углам (угол A  — общий, углы AM₁N₁ и AM₂N₂ равны как со­от­вет­ствен­ные при пе­ре­се­че­нии пря­мых M₁N₁ и M₂N₂ се­ку­щей AM₂). По­это­му спра­вед­ли­во со­от­но­ше­ние:

от­ку­да найдём AM₁:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть дан­ные за­да­чи изоб­ра­же­ны на ри­сун­ке (см. рис).

От­ре­зок BB₁  — рас­сто­я­ние от точки B до плос­ко­сти, он равен 15 см. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BB₁M катет BB₁ лежит про­тив угла ве­ли­чи­ной 30°, по­это­му этот катет равен по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы MB. Зна­чит, MB  =  30 см.

По­сколь­ку что AM : BM = 2 : 3, можно найти AM и AB:

Ответ: 50 см.

Ре­ше­ние. Из кон­цов от­рез­ка AB опу­стим пер­пен­ди­ку­ля­ры AD и BC на плос­кость (см.рис.). AD = 3,5 м, BC = 6,5 м. Про­ек­ция от­рез­ка AB на плос­кость  — от­ре­зок CD = 4 м. Тра­пе­ция ABCD пря­мо­уголь­ная, тогда про­ведём AM пер­пен­ди­ку­ляр­но к BC, от­ку­да = 3,5 м, AM = CD = 4 м, BM = 3 м. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AMD:

Ответ: 5 м.

Ре­ше­ние. Из кон­цов от­рез­ка AB опу­стим пер­пен­ди­ку­ля­ры AD и BC на плос­кость (см. рис.). AD = 8,25 см, BC = 12,25 см. Про­ек­ция от­рез­ка AB на плос­кость  — от­ре­зок CD. Тра­пе­ция ABCD пря­мо­уголь­ная, тогда про­ведём AM пер­пен­ди­ку­ляр­но к CD, от­ку­да = 8,25 см, BM= 12,25 − 8,25 = 4 см. Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AMB:

Таким об­ра­зом, = 3 см.

Ответ: 3 см.

Ре­ше­ние. Пусть ABCD  — квад­рат, па­рал­лель­ный оси O₁O₂, тогда ABCD  — ис­ко­мое се­че­ние. Тогда AB  =  AD  =  24, а DO₁  =  13. Про­ведём вы­со­ту O₁K в рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке AO₁D, она же будет и ме­ди­а­ной. Найдём KO₁ в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AKO₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра: Зна­чит, се­че­ние на­хо­дит­ся на рас­сто­я­нии 5 от оси ци­лин­дра.

Ответ: 5.

Ре­ше­ние. Пусть ABCD  — квад­рат, па­рал­лель­ный оси O₁O₂. Так как пло­щадь квад­ра­та равна 64, то его сто­ро­на равна 8, тогда AB  =  AD  =  8. Про­ведём вы­со­ту O₁K в рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке AO₁D, она же будет и ме­ди­а­ной. Рас­то­я­ние от оси ци­лин­дра до плос­ко­сти се­че­ния равно KO₁, тогда KO₁  =  6, а AK  =  AD : 2  =  4. В тре­уголь­ни­ке AKO₁ найдём AO₁ по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

Ответ:

Ре­ше­ние. Рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ник ASB  — осе­вое се­че­ние ко­ну­са, SO  — вы­со­та ко­ну­са. По усло­вию где M  — се­ре­ди­на об­ра­зу­ю­щей SB.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ме­ди­а­на, про­ве­ден­ная к ги­по­те­ну­зе, равна ее по­ло­ви­не. По­это­му в тре­уголь­ни­ке SOB имеем: SB  =  2OM  =  24 см. По свой­ству пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ков SOB имеем:

Так как ра­ди­ус ос­но­ва­ния R  =  OB  =  12 см, то об­ра­зу­ю­щая ко­ну­са L  =  SB  =  24 см, то можем найти пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти:

Ответ:

Ре­ше­ние. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке SOB:   — вы­со­та, опу­щен­ная на ги­по­те­ну­зу.

Най­дем ра­ди­ус OB из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка OKB: Из тре­уголь­ни­ка SOB:

Итак, най­дем пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ко­ну­са:

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­ве­дем вы­со­ту SO, точка O  — центр пе­ре­се­че­ния диа­го­на­лей. В ос­но­ва­нии пра­виль­ной че­ты­рех­уголь­ной пи­ра­ми­ды лежит квад­рат, тогда S_осн = 49 м². Най­дем BD:

Зная объем пи­ра­ми­ды, най­дем вы­со­ту по фор­му­ле

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди диа­го­наль­но­го се­че­ния:

Ответ: м².

Ре­ше­ние. Ос­но­ва­ни­ем пра­виль­ной че­ты­рех­уголь­ной пи­ра­ми­ды  — квад­рат, бо­ко­вые грани  — рав­но­бед­рен­ные тре­уголь­ни­ки. Рас­смот­рим тре­уголь­ник DSC  — рав­но­бед­рен­ный. По усло­вию тогда Тогда тре­уголь­ник DSC рав­но­сто­рон­ний, зна­чит,

Про­ве­дем вы­со­ту SO. Точка O  — центр окруж­но­сти, опи­сан­ной во­круг ос­но­ва­ния. Най­дем ра­ди­ус окруж­но­сти:

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра из тре­уголь­ни­ка COS:

Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма пи­ра­ми­ды:

Ответ:

Ре­ше­ние. По усло­вию AB = 6 см, AS = 12 см. Угол MON  — 60°, тогда тре­уголь­ник MNS  — се­че­ние. Тре­уголь­ник MON рав­но­сто­рон­ний, так как OM = ON, угол MON = 60°. Зна­чит, MN = 3 см. Пло­щадь тре­уголь­ни­ка MSN можно найти по фор­му­ле Ге­ро­на:

Ответ:

Ре­ше­ние. По усло­вию угол В рав­но­бед­рен­ном тре­уголь­ни­ке MON про­ве­дем бис­сек­три­су OK. Сто­ро­на

Осе­вое се­че­ние яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ный тре­уголь­ни­ком, сле­до­ва­тель­но, об­ра­зу­ю­щая

Сто­ро­ны NS и MS равны, по­это­му по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра вы­со­та

Тогда пло­щадь се­че­ния равна

Ответ:

Ре­ше­ние. При­мем за х ребро пер­во­го куба, тогда объем этого куба равен х³. Диа­го­наль вто­ро­го куба равна х, тогда его ребро равно а объем равен Най­дем от­но­ше­ние объ­е­мов:

Ответ:

Ре­ше­ние. При­мем за х ребро пер­во­го куба, тогда объем этого куба равен х³. Диа­го­наль грани вто­ро­го куба равна х, тогда его ребро равно а объем равен Най­дем от­но­ше­ние объ­е­мов:

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим урав­не­ние

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим урав­не­ние

Ответ:

Ре­ше­ние. Най­дем про­из­вод­ную дан­ной функ­ции:

Таким об­ра­зом, тан­генс угла на­кло­на ка­са­тель­ной к оси абс­цисс равен

Ответ:

Ре­ше­ние. Най­дем про­из­вод­ную дан­ной функ­ции:

Таким об­ра­зом, тан­генс угла на­кло­на ка­са­тель­ной к оси абс­цисс равен

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим не­ра­вен­ство:

Ответ: (3; 4].

Ре­ше­ние. Решим не­ра­вен­ство:

Ответ: [1; 3).

Ре­ше­ние. Решим не­ра­вен­ство:

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим не­ра­вен­ство:

Ответ:

Ре­ше­ние. Най­дем про­из­вод­ную функ­ции:

Ответ: функ­ция воз­рас­та­ет на про­ме­жут­ках и функ­ция убы­ва­ет на про­ме­жут­ке

Ре­ше­ние. Най­дем про­из­вод­ную функ­ции:

Ответ: функ­ция воз­рас­та­ет на про­ме­жут­ках и функ­ция убы­ва­ет на про­ме­жут­ке

Ре­ше­ние. Се­че­ние шара плос­ко­стью  — круг. Так как пло­щадь этого круга по усло­вию равна см², то его ра­ди­ус равен 4 см.

Рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник AOB. От­ре­зок AO = 3 см, AB (ра­ди­ус) = 4 см.

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра OB (ра­ди­ус шара) = 5 см.

Найдём объём шара по фор­му­ле Имеем:

Ответ:

Ре­ше­ние. По­сколь­ку пи­ра­ми­да яв­ля­ет­ся пра­виль­ной, то в ее ос­но­ва­нии лежит рав­но­сто­рон­ний тре­уголь­ник. Тогда най­дем его пло­щадь по фор­му­ле

По­сколь­ку H  — точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан, то

Най­дем AM по фор­му­ле вы­со­ты рав­но­сто­рон­не­го тре­уголь­ни­ка:

Так как то тре­уголь­ник AHP  — рав­но­сто­рон­ний пря­мо­уголь­ный. Зна­чит,

Те­перь най­дем объем пи­ра­ми­ды по фор­му­ле

Ответ: 144 см³.

Ре­ше­ние. За­пи­шем в виде урав­не­ния:

Ответ:

Ре­ше­ние. За­пи­шем в виде урав­не­ния:

Ответ:

Ре­ше­ние. За­пи­шем от­но­ше­ние пло­ща­дей по­верх­но­сти двух шаров:

Ответ: 27 : 64.

Ре­ше­ние. За­пи­шем от­но­ше­ние объ­е­мов двух шаров:

от­ку­да Най­дем от­но­ше­ние пло­ща­дей их по­верх­но­стей:

Ответ: 4 : 9.

Ре­ше­ние. Пусть a = 2 см, b = 3 см. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой объ­е­ма пря­мо­уголь­но­го па­рал­ле­ле­пи­пе­да

Тогда Бо­ко­вое ребро равно 5 см. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой пло­ща­ди бо­ко­вой по­верх­но­сти па­рал­ле­ле­пи­пе­да:

Ответ: 50 см².

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние, ис­поль­зуя фор­му­лу ко­си­ну­са двой­но­го угла:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние, ис­поль­зуя фор­му­лу ко­си­ну­са двой­но­го угла:

Ответ:

Ре­ше­ние. Ос­но­ва­ние у ло­га­риф­мов оди­на­ко­вое, зна­чит, их можно от­бро­сить и пе­рей­ти к срав­не­нию ар­гу­мен­тов. Ос­но­ва­ние мень­ше еди­ни­цы, сле­до­ва­тель­но, знак не­ра­вен­ства ме­ня­ет­ся. Не стоит за­бы­вать, что ар­гу­мент ло­га­риф­ми­че­ской функ­ции дол­жен быть стро­го боль­ше нуля. По­это­му:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­из­ве­дем пре­об­ра­зо­ва­ния:

Ответ:

Ре­ше­ние. Про­из­ве­дем пре­об­ра­зо­ва­ния:

Ответ:

Ре­ше­ние. Вы­чис­лим:

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим урав­не­ние:

Ответ: {1}.

Ре­ше­ние. Решим урав­не­ние:

Ответ: {1}.

Ре­ше­ние. Пря­мо­уголь­ник AABB₁ яв­ля­ет­ся осе­вым се­че­ни­ем ци­лин­дра. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AA₁B ги­по­те­ну­за A₁B равна 10 см, синус угла A₁BA равен Най­дем длину ка­те­та AA₁:

Таким об­ра­зом, вы­со­та ци­лин­дра равна 6 см. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке AA₁B:

Ра­ди­ус ос­но­ва­ния ци­лин­дра равен по­ло­ви­не ка­те­та AB, то есть 4 см. Вы­чис­лим пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра:

Ответ:

Ре­ше­ние. Пря­мо­уголь­ник AABB₁ яв­ля­ет­ся осе­вым се­че­ни­ем ци­лин­дра. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке AA₁B ги­по­те­ну­за A₁B равна 10 см, синус угла A₁BA равен Най­дем длину ка­те­та AA₁:

Таким об­ра­зом, вы­со­та ци­лин­дра равна 12 см. По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра в тре­уголь­ни­ке AA₁B:

Ра­ди­ус ос­но­ва­ния ци­лин­дра равен по­ло­ви­не ка­те­та AB, то есть 2,5 см. Вы­чис­лим пло­щадь бо­ко­вой по­верх­но­сти ци­лин­дра:

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим урав­не­ние:

Ответ:

Ре­ше­ние. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ: −3.

Ре­ше­ние. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой

и по­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Вос­поль­зу­ем­ся фор­му­лой

и по­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим рав­не­ние

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим не­ра­вен­ство

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим не­ра­вен­ство

Ответ:

Ре­ше­ние. Решим не­ра­вен­ство

Ответ:

Ре­ше­ние. Объем ци­лин­дра равен объ­е­му шара. Имеем:

Най­дем ра­ди­ус шара:

Ответ:

Ре­ше­ние. Объем ци­лин­дра равен объ­е­му шара. Имеем:

Най­дем ра­ди­ус шара:

Ответ:

Ре­ше­ние. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. Из функ­ций по­ка­за­тель­ны­ми функ­ци­я­ми яв­ля­ют­ся функ­ции g(x) и h(x). Функ­ция яв­ля­ет­ся воз­рас­та­ю­щей, так как ос­но­ва­ние ее сте­пе­ни боль­ше 1. По­стро­им гра­фик этой функ­ции:

Ре­ше­ние. Из функ­ций по­ка­за­тель­ны­ми функ­ци­я­ми яв­ля­ют­ся функ­ции g(x) и h(x). Функ­ция яв­ля­ет­ся убы­ва­ю­щей, так как ос­но­ва­ние ее сте­пе­ни при­над­ле­жит ин­тер­ва­лу (0; 1). По­стро­им гра­фик этой функ­ции:

Ре­ше­ние. Решим си­сте­му урав­не­ний:

Ответ: (1000; 1).

Ре­ше­ние. Решим си­сте­му урав­не­ний:

Ответ: (100; 0,001).

Ре­ше­ние. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ: 0.

Ре­ше­ние. По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ: 8.

Ре­ше­ние. Ка­са­тель­ная к гра­фи­ку дан­ной функ­ции в дан­ной точке за­да­ет­ся урав­не­ни­ем Уг­ло­вой ко­эф­фи­ци­ент пря­мой равен тан­ген­су угла на­кло­на и равен зна­че­нию пер­вой про­из­вод­ной функ­ции f(x) в точке x₀. Най­дем про­из­вод­ную функ­ции f(x):

Най­дем зна­че­ние про­из­вод­ной в точке x₀:

тогда k  =  2, по­лу­ча­ем урав­не­ние y  =  2x + b. Най­дем зна­че­ние функ­ции в точке x₀:

Таким об­ра­зом, пря­мая y  =  2x + b про­хо­дит через точку, ко­ор­ди­на­ты ко­то­рой  — (−2; 7). Под­став­ляя эти ко­ор­ди­на­ты в урав­не­ние пря­мой, по­лу­ча­ем: По­лу­ча­ем урав­не­ние ка­са­тель­ной

Ответ:

Ре­ше­ние. Ка­са­тель­ная к гра­фи­ку дан­ной функ­ции в дан­ной точке за­да­ет­ся урав­не­ни­ем Уг­ло­вой ко­эф­фи­ци­ент пря­мой равен тан­ген­су угла на­кло­на и равен зна­че­нию пер­вой про­из­вод­ной функ­ции f(x) в точке x₀. Най­дем про­из­вод­ную функ­ции f(x):

Най­дем зна­че­ние про­из­вод­ной в точке x₀:

тогда k  =  10, по­лу­ча­ем урав­не­ние y  =  10x + b. Най­дем зна­че­ние функ­ции в точке x₀:

Таким об­ра­зом, пря­мая y  =  10x + b про­хо­дит через точку, ко­ор­ди­на­ты ко­то­рой  — (−1; 16). Под­став­ляя эти ко­ор­ди­на­ты в урав­не­ние пря­мой, по­лу­ча­ем: По­лу­ча­ем урав­не­ние ка­са­тель­ной

Ответ:

Ре­ше­ние. По­сколь­ку ло­га­риф­мы имеют одно ос­но­ва­ние, пе­рей­дем к си­сте­ме:

Ответ: 2.

Ре­ше­ние. По­сколь­ку ло­га­риф­мы имеют одно ос­но­ва­ние, пе­рей­дем к си­сте­ме:

Ответ: 1.

Ре­ше­ние. Вы­пол­ним пре­об­ра­зо­ва­ния и най­дем зна­че­ние вы­ра­же­ния:

Ответ: 34.

Ре­ше­ние. Вы­пол­ним пре­об­ра­зо­ва­ния и най­дем зна­че­ние вы­ра­же­ния:

Ответ: 45.