Математика

[ЮРА 777]

После решения пункта a,доказав ,что OAMN прямоугольник, можно переходить к пункту b ,рассуждая в обратном порядке..
АМ- известно,,ВМ -известно.. Если найти ВN.то по теореме Пифагора находится AN ,и задача будет решена.
Легко увидеть ,что искомый BN = BD,AD = AL.
Изюминка в том,чтобы догадаться сложить равные отрезки CL и CN .Это непросто..

[ЮРА 777]

Подобная задача..для тренировки


. Окружность с центром O касается боковой стороны AB равнобедренного треугольника ABC, продолжения боковой стороны AC и продолжения основания BC в точке N. Точка M —середина основания BC.
а) Докажите, что MN = AC.
б) Найдите OC, если стороны треугольника ABC равны 5, 5 и 8.

[ЮРА 777]

Иногда эту теорему называют замечательным свойством трапеции.

Теорема.

Точка пересечения диагоналей любой трапеции, точка
пересечения продолжений боковых сторон и середины оснований ле-
жат на одной прямой..

Пока самостоятельно. Доказательство ---позже

[ЮРА 777]

Теорема. Точка пересечения диагоналей любой трапеции, точка пересечения продолжений боковых сторон и середины оснований лежат на одной прямой.

показать

Через середину M основания BC и точку P проведём прямую. (РИС 1) Пусть она пересекает основание AD в точке N. Тогда треугольник BMP подобен треугольнику DNP, а треугольник CMP—треугольнику ANP, причём в обоих случаях коэффициент подобия равен MP/PN
. Значит,BM/DN=MP/PN=CM/AN, а так как BM =CM, то DN =BM· AN/CM= AN, т. е.N —середина основания AD. Следовательно, отрезок, соединяющий
середины оснований трапеции, проходит через точку пересечения
диагоналей.

Аналогично докажем, ( РИС 2) что прямая, проведённая через середины оснований трапеции, проходит через точку пересечения Q продолжений боковых сторон. Следовательно, точки P, Q и середины оснований
трапеции лежат на одной прямой. Что и требовалось доказать.

показать

[ЮРА 777]

4.

В специализированную больницу поступают в среднем 50% больных с
заболеванием К, 30% ‐ с заболеванием L, 20% ‐ с заболеванием М. Вероятность
полного излечения болезни К равна 0,7; для болезней L и М эти вероятности
соответственно равны 0,8 и 0,9. Больной, поступивший в больницу, был выписан
здоровым. Найдите вероятность того, что этот больной страдал заболеванием К. Ответ
округлите до сотых.

ОТВЕТ 0,45



https://alexlarin.com/viewtopic.php?f=958&t=17155

[ЮРА 777]

ответы к варианту .. К 1 части.. Потом они почему-то исчезают. К некоторым вариантам остаются ,а другие исчезают..
админ пишет что-то про java скрипты ,которые у меня * запрещены *..

http://alexlarin.net/ege/2021/trvar336.html

Задание 1 отв 24 2 отв 10 3 отв 28 4 отв 0,45 5 отв -3 6 отв 1515 7 отв -0,2 8 отв 0,6 9 отв 1 10 отв 2,2 11 отв 13 12 отв 7

[ЮРА 777]

https://function-x.ru/probabilities_bayes.html




ОПЕЧАТКА НА САЙТЕ.. В числителе вместо 1/4 должно быть 3/4


ФОРМУЛА БАЙЕСА. Можно ли 4 номер решить без неё ?

[ЮРА 777]

[ЮРА 777]

[ЮРА 777]

Формула Байеса ,задачи ,которые она решает,сложны для понимания и усвоения не только школьниками . В школах эта тема не изучается ,кроме очень специальных классов..
Хорошо это всё * впитывать , утрясать* и пользоваться на примере задачи с урнами и белыми -черными шарами.

https://function-x.ru/probabilities_bayes.html
Есть ,правда ,один маленький недостаток этого примера (1): все гипотезы( выбор урны ) равновероятны .
Во многих задачах это не так.Например ,в той же задаче со * специализированной больницой*
номер 4

http://alexlarin.net/ege/2021/trvar336.html

Здесь гипотезы имеют разные вероятности..Это немного запутывает ситуацию

H1 –''больной с заболеванием К''-----вероятность р(H1)=0,5
Н2 – ''больной с заболеванием L''-----вероятность p(H2)=0,3,
Н3 – '' больной с заболеванием М''---- вероятность p(H3)=0,2

Событие А – '' больной выписан здоровым''
р(А/H1)=0,7
р(А/H1)=0,8
р(А/H1)=0,9

Здесь можно провести параллели с задачей с урнами,вспомнить ,что там событием А было то,что шар вынут белый..
В задаче с урнами мы находим апостериорные вероятности всех трёх гипотез
В задаче с больницей нам нужна апостериорная вероятность только одной гипотезы того ,что больной был из группы К

[ЮРА 777]

РЕШЕНИЕ.
ЗНАМЕНАТЕЛЬ ФОРМУЛЫ БАЙЕСА---полная вероятность наступления события A с учётом всех событий системы.
р(А)=р(А/H1)·p(H1)+р(А/H2)·p(H2)+р(А/H3)·p(H3)=
=0,7·0,5+0,8·0,3+0,9·0,2=0,35+0,24+0,18=0,77

ЧИСЛИТЕЛЬ ФОРМУЛЫ БАЙЕСА---произведение вероятности одного из событий системы на условную вероятность этого события относительно соответствующего события системы
р(А/H1)·p(H1)=0,35

Р(Н1/А)=0,35/0,77=35/77 =5/11≈ 0,454545...

ответ 0,45

[ЮРА 777]

Задание №16 реального ЕГЭ по математике от 4 июня 2015
В новом формате ЕГЭ по математике задание значится как «Задание №14»



В основании четырехугольной пирамиды SABCD лежит прямоугольник ABCD со сторонами AB=\sqrt5 и BC=2.
Длины боковых ребер пирамиды SA=\sqrt7,SB=2\sqrt3,SD=\sqrt{11}.
а) Докажите, что SA – высота пирамиды.
б) Найдите угол между прямой SC и плоскостью ASB.



https://egemaximum.ru/zadanie-16-realno ... 5/#comment

Задача не сложная... Но есть несколько не самых простых моментов
* уголо между прямой и плоскостью

И теорема о 3-ех перпендикулярах

[ЮРА 777]

4.

В мешок Деда Мороза, содержащий 2 коробки с подарками, опущена красная коробка с подарком, после чего из него наудачу извлечена одна коробка. Найдите вероятность того, что извлеченная коробка окажется красной, если равновозможны
все возможные предположения о первоначальном составе коробок с подарками (по
цвету). Ответ округлите до сотых.

https://alexlarin.com/viewtopic.php?f=958&t=17159

[ЮРА 777]

Лучшее решение 16 номера здесь
https://alexlarin.com/viewtopic.php?p=223709#p223709


[

показать

[ЮРА 777]

показать

показать

[ЮРА 777]

Условие принадлежности четырёх точек одной окружности
Если точки C1 и C2 лежат по одну сторону от прямой AB и ∠AC1B=∠AC2B, то A, C1, C2, B лежат на одной окружности.


∠AC1B=∠AC2B⇒ A,C1, C2,B лежат на одной окружности
У Мерзляка ( 8 кл ) это доказано на 64 стр в виде задачи

[ЮРА 777]

ТРУДНАЯ ЗАДАЧА

Избранные задачи тренировочных и экзаменационных работ

Р. К. Гордин
ЕГЭ 2018. Математика
Геометрия. Планиметрия
Задача 16 (профильный уровень)

СТР 179 В PDF



. Точка O—центр окружности, описанной около остроугольного треугольника ABC. На продолжении отрезка AO за точку O отмечена
точка K. Известно, что ∠BAC +∠AKC =90◦.
а) Докажите, что четырёхугольник OBKC вписанный.
б) Найдите радиус окружности, описанной около четырёхугольника OBKC, если известно также, что cos∠BAC =3/5 и BC =48.

[ЮРА 777]

показать

Р е ш е н и е. а) Обозначим ∠BAC =α (рис. 1). Тогда ∠OKC = ∠AKC = 90◦−α.
Поскольку BOC —центральный угол окружности, описанной около остроугольного треугольника ABC, а угол BAC —вписанный, получаем, что ∠BOC =2α. Из равнобедренного треугольника BOC находим,что ∠OBC =90◦−α Из точек B и K, лежащих по одну сторону от прямой OC, отрезок
OC виден под одним и тем же углом 90◦−α. Значит, точки O, B, K и C лежат на одной окружности.
Следовательно, четырёхугольник OBKC вписанный.


[ЮРА 777]

б) Поскольку cos α= 3/5 , получаем, что sinα =4/5 , а так как OC —радиус окружности, описанной около треугольника ABC, по теореме синусов находим
OC =BC/2 sin∠BAC =48/2 sinα =24/4/5= 30.
Пусть R—искомый радиус описанной окружности четырёхугольника OBKC. Применяя теорему синусов к треугольнику OCK,
находим, что R =(OC/2 sin∠OKC)=OC/(2 sin(90◦−α))=OC/(2 cos α)=30/(2 · 0.6)= 25.
Ответ: 25.

[ЮРА 777]

Мне кажется,что лучше бы было нарисовать окружность ,описанную около треуг ABC,а не мысленно представлять её ,рисуя ,как сделал автор книги , окружность ОПИСАННУЮ около 4-ех угольника..Это ведь еще доказать надо..
(У меня плохой рисунок в том смысле ,что равенство углов не соблюдено .)

показать

Наверное , неумно возражать Рафаилу Калмановичу Гордину,но хочется

https://www.litres.ru/rafail-gordin/ob-avtore/