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

Розділ 1. МЕТОД КООРДИНАТ НА ПЛОЩИНІ

Вправи для повторення до розділу 1

Дo § 1

197. 1) Осі абсцис належать; Е(5; 0); К(-5; 0);

2) осі ординат належать: А(0; -2); F(0; 5);

3) І чверті належать: С(4; 5); М(1; 3);

4) II чверті належать: В(-3; 4); D(-2; 9); N(-5; 1);

5) III чверті належать: Н(-2; -2);

6) IV чверті належать: G(2; -3); L(4; -1).

198. На прямій, перпендикулярній до осі у, всі точки мають рівні ординати. Тому ордината другої точки дорівнює 5.

199. (-3; 0) — точка перетину з віссю абсцис;

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

200. 1) Точки лежать на прямій, паралельній осі ординат;

2) точки лежать на прямій, паралельній осі абсцис.

201. A(R; -R); B(R; 0); С(0; -R); D(R; -2R).

202. 1)Твердження неправильне, ординати можуть бути протилежними.

2) Твердження правильне.

203. 1) Не може, бо абсциса т. А не дорівнює 0.

2) Якщо у = 0.

3) Якщо у > 0, то у II координатному куту. Якщо у < 0, то у III координатному куту.

204. т. А — у II координатному куту, а т. В — у І координатному куту, тому АВ вісь абсцис не перетинає, а вісь ординат перетинає.

— не має змісту.

Геометричне місце точок — пряма, паралельна осі ординат і які проходять через точки (2; 0) і (-2; 0).

ГМТ — точки прямих х = 5, x = -5, у = 1, y = -1.

До § 2

207. 1) tg 45° = -tg 135° — правильно;

2) cos 150° = -cos 30° — правильно;

3) sin 30° = -sin 150° — неправильно;

4) sin 60° = sin 120° — правильно.

214. 1) Якщо cos α = cos α, то α = β.

2) Якщо sin α = sin β, то а може дорівнювати β, а можуть α і β бути нерівними, а в сумі давати 180°.

3) Якщо tg α = tg β, то α = β.

215. Якщо ABCD — паралелограм, то ∠A + ∠B = 180° (властивість паралелограма), ∠A = 180° - ∠B, тоді sin ∠A = sin(180° - ∠B) = sin ∠B.

Отже, дана рівність — тотожність.

Побудуємо кут, синус якого дорівнює 0,4 за допомогою прямокутного трикутника з катетом 2 і гіпотенузою 5. Побудуємо прямий кут АСВ. На одній стороні відкладемо 2 одиничних відрізка, СВ = 2. Коло з центром В радіусом 5 одиничних відрізка перетне іншу сторону кута С в т. А.

sin ∠A = 0,4. На сторонах АС i АВ кута А відкладемо рівні відрізки AM і АK.

ΔМАK — рівнобедрений, синус кута при вершині дорівнює 0,4.

До § 3

219. 1) O — середина KL;

2) О — середина KL;

Отже, В(3; 3).

АВ = АС, ΔАВС — рівнобедрений.

АВ = ВС = АС, ΔАВС — рівносторонній.

АВ ≠ ВС ≠ АС, ΔАВС — різносторонній.

223. О — середина АС і середина ВО.

Oтже, С(10; 9), D(3; 18).

Середні лінії трикутника вдвічі менші, ніж сторони. Отже, середні лінії мають довжини:

225. K — середина АВ;

Медіана

М — середина ВС; М(1; -3).

AM — медіана;

N — середина АС; N(-2; -2).

ВN — медіана;

226. т. М(х; 0) — точка на осі абсцис; т. K(0; у) — на осі ординат.

На осі абсцис точки (0; 0) і (-6; 0) віддалені від т. А на відстані 5.

Отже, на осі ординат точка (0; 8) віддалена від т. А на відстані 5.

227. М(х; х) —шукана точка. МА = МВ, тоді МА² = MB².

Отже, шукана точка

K — середина АВ;

М — середина KВ; М(4; 11).

F — середина MB; F(5; 12).

Нехай АВС — даний трикутник. М(-2; 5), N(4; -3), Р(0; 1) — середини сторін. Тоді

Отже, А(-6; 9), В(2; 1), С(6; -7).

АВ + ВС = АС, отже, А, В, С лежать на одній прямій, т. В лежить між т. А і т. С.

Три точки не лежать на одній прямій.

231. А(1; 0), В(4; -4), С(8; -1), D(5; 3).

О — середина АС;

О₁ — середина BD;

О і О₁ збігаються.

Діагоналі трикутника перетинаються і точкою перетину діляться навпіл. Отже, ABCD — паралелограм.

АС = BD. Отже, ABCD — прямокутник або квадрат.

Знайдемо довжини сусідніх сторін.

Вони рівні. Отже, ABCD — квадрат.

232. Рівняння прямої, що містить АВ:

Коефіцієнт прямої, яка перпендикулярна до АВ,

Ця пряма проходить через середину АВ, тобто через точку (-2; 0).

Тоді рівняння прямої — серединний перпендикуляр.

Цей серединний перпендикуляр перетне вісь у у точці (0; 2).

ΔАВС — гострокутний.

Тоді ΔАВС — прямокутний з гіпотенузою АВ. Тому ∠C = 90°; ВС = АС, тому ΔАВС — рівнобедрений.

Отже, ∠A = ∠B = 45°.

До § 4

235. 3) х² + у² = 1 — коло, (0; 0) — центр, R = 1;

2) (x - 2)² + (у + 7)² = 9 — коло, (2; -7) — центр, R = 3;

5) х² + (у - 9)² = 25 — коло, (0; 9) — центр, R = 5;

6) (х + 7)² + у² = 16 — коло, (-7; 0) — центр, R = 4.

237. 1) А(5; 0)— належить колу;

(5 - 1)² + 0² = 16 — правильно;

2) В(-2; 3) — не належить колу; (-2 - 1)² + 3² = 16 — неправильно;

3) С(1; 4) — належить колу; (1 - 1)² + 4² = 16 — правильно;

4) D(0; 3) — не належить колу; (0 - 1)² + (-3)² = 16 — неправильно;

5) М(-3; 0) — належить колу; (-3 - 1)² + 0² = 16 — правильно;

6) N(1; 4) — належить колу; (1 - 1)² + 4² = 16 — правильно.

241. 1) А(3; 8) — не належить колу;

— неправильно;

2) В(5; -5) — належить колу;

—правильно;

3) С(0; 4) — не належить колу;

— неправильно;

4) D(6; -4) — належить колу;

— правильно.

242. 1) Вісь абсцис: (0; 0) і (8; 0).

(х - 4)² + (0 + 3)² = 25; (х - 4)² = 16; х - 4 = 4 або х - 4 = -4; х = 8 або х = 0.

2) Вісь ординат: (0; 0) і (0; -5).

(0 - 4)² + (у + 3)² = 25; (у + 3)² = 9; у + 3 = 3 або у + 3 = -3; у = 0 або у = -6.

243. 1) Дотикається до осі абсцис: R = 5; (х + 4)² + (у - 5)² = 25.

2) Дотикаються до осі ординат: R = 4; (x + 4)² + (y - 5)² = 16.

244. Якщо коло дотикається до координатних осей, то його радіус дорівнює 2, а центр знаходиться в точці (2; 2) або (2; -2).

245. Задача має 4 розв’язки. Центр може бути в точках:

246. Якщо коло дотикається до координатних осей, то його центр лежить на бісектриси, в даному випадку І координатного кута, бо коло проходить через точку А(2; 1) — розміщену у І координатному куту. Тому абсциса і ордината центра рівні і дорівнюють радіусу. Нехай O(m; m) — центр, тоді R = m і R = ОА.

Отже, центр кола (1; 1), R = 1, тоді коло задається рівнянням (х - 1)² +(у - 1)² = 1.

Або: Центр кола (5; 5), R = 5, тоді (х - 5)² + (у - 5)2 = 25.

247. Нехай O(m; 0) — центр кола. Тоді ОА = ОB і ОА² = ОВ².

Отже, центр кола (4; 0).

Рівняння кола має вигляд: (х - 4)² + y² = 25.

248. Нехай т. С(х; 0), тоді ΔАСВ — прямокутний.

За теоремою Піфагора: АС² + ВС² = АВ²;

х = 6 — не є розв’язком, збігається з т. А; х = 14. Отже, т. С(14; 0).

249. Нехай М(х; у) — точки шуканої фігури. Тоді МА² + MB² + МС² = 7;

— коло з центром (1; 1), R = 1.

Кола перетинаються.

Кола дотикаються зовнішнім дотиком.

До § 5

251. Дано: пряму 2х + у = 0.

1) А(2; 1) — не належить прямій, бо 2 ∙ 2 + 1 = 0 — неправильно;

2) В(-1; 2) — належить прямій, бо 2 ∙ (-1) + 2 = 0 — правильно;

3) С(0; 0) — належить прямій, бо 2 ∙ 0 + 0 = 0 — правильно;

4) D(1; -3) — не належить прямій, бо 2 ∙ 1 - 3 = 0 — неправильно.

253. Мал. 26: у = -1. Мал. 27: х = 3.

3) Дана пряма у = 2х - 9, а паралельна їй у = 2х + 3.

4) Дана пряма у = -1,5х + 7,5, а пряма, що перетинає дану пряму, у = 4х - 3.

256. х = 2 і х = -2 або |х| = 2 — шукані прямі.

257. Рівняння АВ: або

Рівняння ВС:

Рівняння AС:

258. Рівняння прямої, що проходить через початок координат:

1) Пряма, що проходить через початок координат і т. А(0; 7) збігається з віссю у. Отже, х = 0 — рівняння цієї прямої.

2) Пряма збігається з віссю х. Тому у = 0.

3) тому

Тому рівняння прямої: 0,2х + 0,2у - 1 = 0.

261. Знайдемо точку перетину прямих:

Пряма x - 2у = 0 проходить через т. А(2; 1), бо 2 — 2 ∙ 1 = 0 правильно.

262. Мал. 28: k = tg 120° = -√3, y = -√3х.

Мал. 29: k = tg 45° = 1; пряма проходить через т. (2; 0); у - 0 = 1(х - 2); х — у - 2 = 0.

Мал. 30:

263. Якщо пряма паралельна прямій у = 3х + 7, то k = 3. Пряма проходить через точку М(-2; 3), тому у - 3 = 3 ∙ (х + 2); 3х - у + 9 = 0.

264. Знайдемо координати вершини трикутника.

2) Точка перетину прямої 4x — 3y = 0 з віссю абсцис: у = 0, тоді 4х - 3 ∙ 0 = 0; х = 0. В(0; 0).

3) Точка перетину прямої 8х — 15y + 72 = 0 з віссю абсцис: у = 0; 8х = -72; х = -9. В(-9; 0).

Знайдемо довжини сторін ΔABC:

265. Рівняння прямої MN: або у = х + 3.

Шукана пряма паралельна MN, тому k = 1. y - 2 = 1(x + 1).

x - у + 3 = 0 — рівняння прямої, що проходить через т. A(-1; 2) паралельно MN. Ця пряма збігається з MN.

Координати вершини ромба А(-4; 0), В(0; 2), С(4; 0), D(0; -2).

Рівняння АВ: або х - 2у + 4 = 0.

Рівняння ВС: або х + 2y - 4 = 0.

Рівняння CD: або х — 2y - 4 = 0.

Рівняння AD: або х + 2у + 4 = 0.

267. Центр кола Q(-2; 1), R = 5. Дотичні до цього кола, які паралельні осі абсцис, проходять через точки А(-2; 6) і В(-2; -4) і задаються рівняннями: у = 6 і у = -4.

268. Вершини прямокутника (0; 4), (8; 4), (8; -2), четверта вершина має координату (0; -2). Оскільки дві вершини (0; 4) і (8; 4) мають однакову ординату, то рівняння прямої, яка проходить через цю сторону, задається рівнянням у = 4. Аналогічно: інші сторони задаються рівняннями: х = 0; х = 8; у = -2.

Знайдемо точки перетину:

1) прямої у = 4 і даного кола, (х - 3)² + (4 - 1)² = 25; (х - 3)² = 16; х - 3 = 4 або х - 3 = -4; х = 7 або х = -1. (7; 4) — точка перетину; (-1; 4) — лежить на прямій у = 4, але не належить стороні прямокутника;

2) прямої у = -2 і даного кола, (х - 3)² + (-2 - 1)² = 25; (х - 3)² = 16; х - 3 = 4 або х - 3 = -4; х = 7 або х = -1; точка (-1; -2) не належить стороні прямокутника; (7; -2) — точка перетину;

3) прямої х = 0 і даного кола. (0 - 3)² + (у - 1)² = 25; (у - 1)² = 16; у - 1 = 4 або у - 1 = -4; у = 5 або y = -5; (0; 5) і (0; -3) — не належать стороні прямокутника;

4) прямої у = 8 і даного кола. (8 - 3)² + (у - 1)² = 25; у - 1 = 0; у = 1; (8; 1) — точка перетину.

Отже, коло перетинає сторони прямокутника в точках (7; 4), (7; -2), (8; 1).

269. 1) 2х - у + 7 = 0 або у = 2х + 7, k = 2. Шукана пряма проходить через т. В(1; -1) перпендикулярно до прямої з кутовим коефіцієнтом 2, тому і або х + 2у + 1 = 0.

2) Рівняння MN: або у = -x + 2; k = -1.

Тоді шукана пряма має коефіцієнт 1. Так як шукана пряма проходить через т. В(1; -1), то y + 1 = 1(x - 1) a6o x — y - 2 = 0.

270. AH ⊥ ВС. Рівняння ВС:

Кутовий коефіцієнт прямої ВС дорівнює -2, тоді кутовий коефіцієнт прямої AH дорівнює 1/2. Рівняння прямої АН задається рівнянням або або х - 2у + 6 = 0.