j Математика: планиметрия. Стереометрия: задачи для подготовки к ЕГЭ: профильный уровень. Автор Балаян / Купить книгу, доставка почтой, скачать бесплатно, читать онлайн, низкие цены со скидкой, ISBN 978-5-222-33888-9

Внимание! Ближайшая дата отправки заказов в интернет-магазине -
30 мая 2024.
{{common_error}}
СКИДКИ! При заказе книг на сумму от 1500 руб. – скидка 50% от стоимости доставки в пункты выдачи BoxBerry и CDEK,
при заказе книг на сумму от 3000 руб. — скидка 80% от стоимости доставки в пункты выдачи BoxBerry и CDEK.

Математика: планиметрия. Стереометрия: задачи для подготовки к ЕГЭ: профильный уровень. (Балаян)Купить книгу, доставка почтой, скачать бесплатно, читать онлайн, низкие цены со скидкой, ISBN 978-5-222-33888-9

Математика: планиметрия. Стереометрия: задачи для подготовки к ЕГЭ: профильный уровень
{{price}}
НА СКЛАДЕ в наличии, шт. {{in_stock}}
Название книги Математика: планиметрия. Стереометрия: задачи для подготовки к ЕГЭ: профильный уровень
Автор Балаян
Год публикации 2021
Издательство Феникс
Раздел каталога Учебники и учебные пособия по гуманитарным, естественно- научным, общественным дисциплинам (ID = 144)
Серия книги Большая перемена
ISBN 978-5-222-33888-9
EAN13 9785222338889
Артикул 978-5-222-33888-9
Количество страниц 220
Тип переплета цел.
Формат 84*108/32
Вес, г 235

Аннотация к книге "Математика: планиметрия. Стереометрия: задачи для подготовки к ЕГЭ: профильный уровень"
автор Балаян

В предлагаемом пособии представлен материал профильного уровня для эффективной подготовки к ЕГЭ по математике. Это задания по стереометрии и планиметрии, содержащие задачи повышенного и высокого уровней сложности, предназначенные выпускникам, поступающим в престижные вузы РФ. На многочисленных примерах даны подробные решения и обоснования задач, как и требуется на экзамене; рассмотрены различные их типы и методы решения. В конце каждого параграфа приведены задачи для самостоятельного решения. Почти все задачи по планиметрии - авторские. Пособие предназначено учащимся старших классов, абитуриентам, учителям математики, слушателям подготовительных отделений вузов, студентам - будущим учителям математики, методистам и репетиторам.

Читать онлайн выдержки из книги "Математика: планиметрия. Стереометрия: задачи для подготовки к ЕГЭ: профильный уровень"
(Автор Балаян)

К сожалению, посмотреть онлайн и прочитать отрывки из этого издания на нашем сайте сейчас невозможно, а также недоступно скачивание и распечка PDF-файл.

До книги"Математика: планиметрия. Стереометрия: задачи для подготовки к ЕГЭ: профильный уровень"
Вы также смотрели...

Другие книги серии "Большая перемена"

Другие книги раздела "Учебники и учебные пособия по гуманитарным, естественно- научным, общественным дисциплинам"

Читать онлайн выдержки из книги "Математика: планиметрия. Стереометрия: задачи для подготовки к ЕГЭ: профильный уровень" (Автор Балаян)

Большая перемена
Э.Н. Балаян
МАТЕМАТИКА
Планиметрия. Стереометрия. Задачи для подготовки к ЕГЭ Профильный уровень
Ростов-на-Дону
2021
УДК 373.167.1:51
ББК 22.1я72
КТК 444
Б20
Балаян Э.Н.
Б20 Математика : планиметрия. Стереометрия : задачи для подготовки к ЕГЭ : профильный уровень / Э.Н. Балаян. — Ростов н/Д: Феникс, 2021. — 220, [2] с. : ил. — (Большая перемена).
ISBN 978-5-222-33888-9
© Балаян Э.Н., 2020
© Оформление, ООО «Феникс», 2020
Предисловие
Настоящая книга посвящена решению задач профильного уровня по геометрии.
Это задания 14 и 16, охватывающие все основные разделы стереометрии и планиметрии соответственно.
Приступать к решению задач целесообразно при условии, что ученик владеет навыками решения задач базового уровня школьного курса математики.
Книга состоит из четырех разделов.
В первом разделе представлен материал из планиметрии. Здесь рассмотрены подробные решения задач на вписанные и описанные окружности, связанные с треугольниками и четырехугольниками, способы нахождения различных элементов геометрических фигур — высот, медиан, биссектрис, радиусов вписанных и описанных окружностей.
Во втором разделе приводятся задачи по стереометрии. Это задание 14, вызывающее у старшеклассников и абитуриентов наибольшие затруднения. Следует отметить, что многие абитуриенты, как правило, обходят решения геометрических задач.
Сложности вызывают прежде всего выполнение чертежа, построение, не говоря уже о трудностях при нахождении идеи решения.
В конце книги даны ответы к задачам для самостоятельного решения, что дает возможность проверить правильность решения.
Для удобства пользования книгой в двух заключительных разделах приводятся краткие теоретические сведения по курсу геометрии для 7-11 классов, сопровождаемые определениями, теоремами, основными свойствами и необходимыми справочными материалами.
В дополнение к этой книге и для основательной подготовки к урокам и ЕГЭ автор настоятельно рекомендует использовать вышедшие в издательстве «Феникс» книги: «Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ, 7-9 классы (базовый и профильный уровни)», 2020, «Геометрия. Задачи на готовых чертежах для подготовки к ЕГЭ, 10-11 классы (базовый и профильный уровни)», 2020 и «Тренировочные упражнения по математике для подготовки к ОГЭ и ЕГЭ (базовый и профильный уровни)», 2016.
Раздел 1
ПЛАНИМЕТРИЯ
§ 1. Задачи с решениями
1.1.Треугольники
Пример 1. В ЛАВС известно, что АС + ВС = 28, &ЛАВС = 98-
а)Докажите, что ЛАВС — прямоугольный;
б)Найдите сторону квадрата, вписанного в &АВС, если две его вершины лежат на стороне АВ.
Решение
а) По условию задачи
АС + ВС = 28. Пусть АС = х, тогда ВС = 28 - х. Так как ВЛДНГ = 98, получим
iАС • ВС sin ZC = 98,х(28 - х) sin ZC = 98,
x2 - 28x +196
sin ZC
£=u2-^9®
4
= 0.
>0,
1-
sin ZC
—-— > 0, sin ZC ф 0, sin ZC > 1, откуда sin ZC = 1, sin ZC
t. e. ZC = 90°. Значит, AABCпрямоугольный.
б) Так как sin ZC = 1, то — = 0, тогда АС = ВС = 4
= 28 : 2 = 14, т. е. ЛАВС — равнобедренный и прямоугольный. Если ХА = ХВ = 45°, то ХАЕМ = XBFN = = XCEF = XEFC = 45°, тогда AM = MN = NB. Но АВ = ^АС2+ВС2 = л/142 + 142 =14^2.
Значит, MN = — АВ =.
33
Ответ: б)
14л/2
3
Пример 2. В равнобедренном ЛАВС (АВ = ВС) проведены биссектрисы AN, CM, BD.
а)Докажите, что ADMN — равнобедренный.
б)Найдите
= 121, cos ХВАС = —
5
Решение
а) Рассмотрим AM АС и AN АС. ХМАС = XACN (по свойству равнобедренного ДАВС), АС — общая сторона, ХАСМ = XCAN, так как AN и СМ — биссектрисы (по условию).
Значит, AM АС = NACN по II признаку (по стороне и прилежащим к ней углам). Тогда AM = CN. Заметим, что ЛМАО = ANCD по I признаку (по двум сторонам и углу между ними), AM = CN (по доказанному), XMAD = XNCD и AD = DC, так как в равнобедренном ДАВС биссектриса BD, проведенная к основанию АС, является медианой и высотой. Тогда DM = DN, т. е. AMDN — равнобедренный с основанием MN, ч. т. д.
равно А2, т. е. S^MN
3
б) По условию, cos ABAC =
5
Пусть AD = Зх, AB = 5x. Так как AN — биссектри- «BN
са, то по свойству биссектрисы = гДе-40 =
= 2AD = 6х, NC = ВС - BN = 5х - BN.
m5х BNBN 5
Тогда получим — =, или = —, или
6х 5x-BN5x-BN 6
6BN = 25х - 5BN, или 11BW = 25х, откуда BN ~х.
Так как ABMN ~ ЛАВС (по двум углам), то
= k = — х:5х = —, где k — коэффициент подобия. ВС 1111
Но отношение площадей подобных треугольников <нр--йГ121-26-
Пусть ABAC = АВСА = a.
S&AMD S&CND ~a _
• Зх • sin а =
&ЛАВС
о •45 2 .
Зхsin a = —x2sin a.
11
—AB -AC • sin a = — • 5x • 6x • sin a = 15x2sin a. 2 2
По условию задачи S^c = 121, тогда 15x2sin a = 121, 121 „ откуда sin a = -yy x.
&ДАМР _ 11
45 2 .
— х sin а
453
Следовательно, KJ&AMD = 11 = = — =>
SWiC 15x2sina 11-15 11
S^AMD = S&CND = &ЛАВС ~~ ^ABMN = ^^1 2 ’ 33 —
-25 = 30.
Ответ: б) 30.
Пример 3. Биссектрисы AN и ВМ ААВС пересекаются в точке К.
а) Докажите, что ААВС — прямоугольный, 13 если АВ = 13, AM = —,
б) Найдите длину MN.
Решение
а) Пусть CN = х, СМ = у. По свойству биссектрисы
13
AC CNУ+ 5 х
угла треугольника, имеем=, или— =,
АВ BN1326 ’
3
13 Зх
или уч = —.
52
26 .ВС СМх+ 3
Аналогично=, или —
АВ AM13
_У_
13 ’
или
Полученные равенства решаем как систему спосо
бом подстановки:
13 Зх у +— = — >
52
26
х + — = 5у;
3
Зх 13
Упростим II уравнение полученной системы:
26 151526
х + — = — х-13, или —х-х = 13ч , или
3 223
13651510
— х = —, или — х = —, откуда х = —.
23233
Тогда из первого уравнения системы находим
Л 10_13 _5_13 _ 12
2 35 _55
Значит, АС = AM + МС = — + — = 5, 55
ВС = х+— = —= 12.
33
Так как АВ2 = АС2 + ВС2, т. е. 132 = 52 + 122, то ДАВС — прямоугольный (по обратной теореме Пифагора).
б) Из прямоугольного AMCN (АС = 90°) имеем
MN = ^]х2 + у2
, или
3796
9-25
1^=^7949.
9-2515
Пример 4. В остроугольном ДАВС проведены высоты AN и ВМ.
а)Докажите, что ACMN - -ДАВС.
б)Найдите отношение радиусов окружностей, описанных около ДАВС и ACMN, если вдддр — 27, S&CMN — 3 и М# = Зл/2.
Решение
а) Так как А AM В = A AN В = 90°, то АВ — диаметр окружности, описанной около четырехугольника AMNB. Тогда АМАВ + ABNM = 180°. Значит, АМАВ = АСАВ = 180° - ABNM = ACNM. Выходит, что ACMN - ДАВС — по двум углам (АС — общий, АСАВ = ACNM по доказанному), ч. т. д.
Раздел 3
КРАТКИЕ ТЕОРЕТИЧЕСКИЕ СВЕДЕНИЯ ПО КУРСУ ПЛАНИМЕТРИИ VII-IX КЛАССОВ
1.Углы
Углом называется геометрическая фигура (рис. 1), образованная двумя лучами, исходящими из одной точки.
Точка О — вершина угла, а лучи ОА и ОБ — стороны угла.
Обозначение: ZAOB или Zab.
Угол в 90° называется прямым (рис. 2).
Угол, меньший прямого, называется острым (рис. 3).
Угол, больший прямого, но меньший развернутого, называется тупым (рис. 4).
Два угла называются вертикальными, если сто
роны одного угла являются продолжениями сторон
Рис. 4
Рис. 5
ХАОС и XDOB; ХВОС и XAOD — вертикальные.
Вертикальные углы равны: ХАОС = XDOB и
ХВОС = XAOD.
Два угла называются смежными, если у них одна сторона общая, а две другие составляют прямую линию (рис. 6), ХАОС и ZBOC — смежные.
Сумма смежных углов равна 180°.
Биссектрисой угла называется луч, проходящий между сторонами угла и делящий его пополам (рис. 7).
Биссектрисы вертикальных углов составляют продолжение друг друга (рис. 8).
Биссектрисы смежных углов взаимно перпендикулярны (рис. 9).
При пересечении двух прямых аиЬ третьей с (секущей) образуется 8 углов (рис. 10):
соответственные углы:
Z1 и Z5, Z2 и Z6, Z4 и Z8, Z3 и Z7;
внутренние накрест лежащие:
Z4 и Z6, Z3 и Z5;
внешние накрест лежащие:
Z1 и Z7, Z2 и Z8;
внутренние односторонние:
Z4 и Z5, Z3 и Z6;
внешние односторонние:
Z1 и Z8, Z2 и Z7.
2.Многоугольник
ABCDE — пятиугольник.
Точки А, В, С, D, Е — вершины многоугольника; ZA, ZB, ZC, Z.D, Z.E — углы; АВ,
ВС, CD и т. д. — стороны; отрезки AC, AD, BE, BD, СЕ — диагонали; Р = АВ + ВС + ... + ЕА — периметр
многоугольника.
Многоугольник называется выпуклым (рис. 11), если он целиком расположен по одну сторону от каждой прямой, проходящей через две его соседние вершины. В противном случае многоугольник называется невыпуклым (рис. 12).
Рис. 11
Свойства:
1.Сумма внутренних углов произвольного п-уголь- ника равна 180° • (п - 2).
2.Сумма внешних углов выпуклого п-угольника, взятых по одному при каждой вершине, равна 360°.
3.В выпуклом n-угольнике из каждой вершины можно провести (п - 3) диагоналей, которые разбивают n-угольник на (п - 2) треугольников.
4.В выпуклом n-угольнике число диагоналей равно | п(п - 3).
3.Правильные многоугольники
Выпуклый многоугольник, у которого равны все углы и стороны, называется правильным.
Свойства:
1.Каждый угол правильного n-угольника равен 180°(п-2)
«»= •
п
2.Около правильного n-угольника можно описать окружность, и притом только одну.
3.В правильный n-угольник можно вписать окружность, и притом только одну.
4.Окружность, вписанная в правильный n-уголь
ник, касается всех сторон n-угольника в их серединах.
5.Центр окружности, описанной около правильного n-угольника, совпадает с центром окружности, вписанной в тот же п-угольник.
6.Длина стороны правильного n-угольника, вписан-
180° ного в окружность радиуса R, равна a = 2R sin.
n
7.Длина стороны правильного n-угольника, опи
санного около окружности радиуса г, равна
a = 2r tg
п
ОТВЕТЫ
§1
1. arcsin 0,8. 2. 5л/бЗ. 3. 9 или . 4. 7>/з. 5. —.
413
6. —. 7. —. 8. 50°. 9. 2л/85. 10. 60°. 11. л/35. 2513
12. 30°. 13.14. 13. 15. 5. 16. —. 17. 4.
153
18. 21. 19. 6,25. 20. л/З + 1. 21. |(з + л/7).
22. л/3 + 1. 23. 10. 24. 2(>/3+л/2 )(>/2-1). 25. 2.
26. 18^-/=+1). 27. ур 28. (>/3->/2)(л/з + 1).
29. 3 : 16. 30. 14. 31.80. 32. 45°; 75°; 60°. 33. 6л/з.
34. 27(2->/3). 35. —. 36. 156. 37. ^=. 38. 1 : 2.
V '4у/7
39. 58,8. 40. 5>/41. 41. 2 : 3. 42. 36. 43. 7. 44. 4,5.
45. —(35->/265). 46. 169л^. 47. 49. 48. 75.
40 V'81
49. 8>/35. 50. З2л/3.
§2
I.arctg — . 2. arctg 3. 5. 4. arctg — . 5..
321235
е 2,41 о 2>/б „ ч 711е
6. j=. 7. arccos —. 8. . 9. а); 6)0. 10. 1,5.
734932
II.Зл/б1. 12. 36. 13. arctg — . 14. 21^. 15. 399.
825
. 14.
Содержание
Раздел 1. Планиметрия5
§ 1. Задачи с решениями5
1.1.Треугольники5
1.2.Четырехугольники41
Задачи для самостоятельного решения68
Раздел 2. Стереометрия77
§2. Задачи с решениями77
2.1.Пирамида77
2.2.Призма108
2.3.Цилиндр121
2.4.Конус124
Задачи для самостоятельного решения128
§3. Применение метода координат136
3.1.Угол между двумя прямыми136
3.2.Угол между прямой и плоскостью145
3.3.Угол между двумя плоскостями151
3.4.Расстояние от точки до прямой155
3.5.Расстояние от точки до плоскости158
3.6.Расстояние между двумя прямыми161
Задачи для самостоятельного решения164
Раздел 3. Краткие теоретические сведения
по курсу планиметрии VII—IX классов166
Раздел 4. Краткие теоретические сведения
по курсу стереометрии X—XI классов201
Ответы219
Литература221
ЕНЕ
Учебное издание
Балаян Эдуард Николаевич
МАТЕМАТИКА
Планиметрия. Стереометрия.
Задачи для подготовки к ЕГЭ
Профильный уровень
Возможна доставка книги в , а также в любой другой город страны Почтой России, СДЭК, ОЗОН-доставкой или транспортной компанией.
{{searchData}}
whatsup