Фильтр
Задачи
Задача 35407 |
|
|
На плоскости расположены две параболы так, что их оси взаимно перпендикулярны, а сами параболы пересекаются в четырёх точках.
Докажите, что эти четыре точки лежат на одной окружности.
Подсказка
Уравнение искомой окружности является линейной комбинацией уравнений двух данных парабол.
Решение
Введём координаты так, что ось $x$ будет осью симметрии первой параболы, а ось $y$ – осью симметрии второй параболы. Уравнения парабол тогда примут вид: $x = ay^2 + b$, $y = cx^2 + d$. Коэффициенты $a$ и $c$ можно считать положительными (выбрав соответствующие направления на осях). Каждая из четырёх точек пересечения парабол удовлетворяет этим двум уравнениям. Домножив первое уравнение на $c$, второе – на $a$ и сложив их, получим уравнение $cx + ay = ac (x^2 + y^2) + ad + cb$. Последнее уравнение преобразуется к виду $$\bigg(x-\frac1{2a}\bigg)^2+\bigg(y-\frac1{2c}\bigg)^2 = \frac14 \bigg(\frac1{a^2}+\frac{1}{c^2}\bigg)-\frac{d}{c}-\frac{b}{a}.$$ Это уравнение окружности (правая часть положительна, иначе параболы не имели бы точек пересечения), на которой лежат четыре точки пересечения парабол.
|
|
Задача 65303 |
|
|
Дан числовой набор x1, ..., xn. Рассмотрим функцию .
а) Верно ли, что функция d(t) принимает наименьшее значение в единственной точке, каков бы ни был набор чисел x1, ..., xn?
б) Сравните значения d(c) и d(m), где
, а m
– медиана указанного набора.
Решение
а) Рассмотрим набор {2, 4, 7, 11}. Построим функцию d(t) для этого набора. Сначала построим графики функций y = |x – 2|, y = |x – 4|, y
= |x – 7|, y = |x – 11|.
Теперь построим графики функции (красный) и
(зелёный).
б) Из проведённого рассуждения следует, что функция y = d(t) не может возрастать левее точки c и не может убывать правее этой точки. Значит, d(c) ≤ d(t) для любого t, в частности для t = m.
|
|
|
Задача 66108 |
|
Графики двух квадратных трёхчленов пересекаются в двух точках. В обеих точках касательные к графикам перпендикулярны.
Верно ли, что оси симметрии графиков совпадают?
Решение
Графики y = ⅛ (x² + 6x – 25) и y = ⅛ (25 + 6 – x²) имеют оси x = ±3, а пересекаются при x = ±5. Произведение тангенсов углов наклона касательных в точках пересечения равно 1/64 (2·5 + 6)(6 – 2·5) = –1. Значит, касательные в этих точках перпендикулярны.
Ответ
Неверно.
|
|
|
Задача 98574 |
|
|
Верно ли, что на графике функции y = x³ можно отметить такую точку A, а на графике функции y = x³ + |x| + 1 – такую точку B, что расстояние AB не превысит 1/100?
Решение
Положим c = 100³ + 100 + 1, Поскольку (100 + δ)³ = с, точки A(100 + δ, c) и B(100, c) лежат на соответствующих графиках. При этом AB = δ. Но 3·100²·δ < (100 + δ)³ – 1003 = 101, то есть
Ответ
Верно.
|
|
|
Задача 105139 |
|
|
Докажите, что на графике функции y = x³ можно отметить такую точку A, а на графике функции y = x³ + |x| + 1 – такую точку B, что расстояние AB не превышает 1/100.
Решение
См. решение задачи 98574.
|
|
|
Страница: << 2 3 4 5 6 7 8 >> [Всего задач: 78]
