КНИГА ЗА УЧИТЕЛЯ·а_учителя_Мат_9клас.pdfОбучението по математика в 9. клас е насочено към овладяване

ИЗДАТЕЛСТВО БУЛВЕСТ 2ООО

ЕМИЛ КОЛЕВИВАН ГЕОРГИЕВ

СТЕЛИАНА КОКИНОВА

КНИГАЗА УЧИТЕЛЯ

КНИГА ЗА УЧИТЕЛЯпо математика

за 9. клас

Емил Колев • Стелиана Кокинова • Иван Георгиев

БУЛВЕСТ 2ООО

Книга за учителяпо математика за 9. клас

Автори© Емил Миланов Колев, 2018© Стелиана Миткова Кокинова, 2018© Иван Георгиев Георгиев, 2018

Графичен дизайн© Николай Йорданов Пекарев, 2018

Издателство© БУЛВЕСТ 2ООО, 2018

ISBN 978-954-18-1310-2

3

Според учебната програма за 9. клас, обла-стите на компетентности са:

Числа. Алгебра • извършва тъждествени преобразувания на

рационални изрази.• решава:

– рационални неравенства без параметър, включително и по метода на интервалите;

– системи уравнения от първа и втора степен с две неизвестни без параметър чрез заместване или събиране;

– системи линейни неравенства с едно неиз-вестно без параметър;

• умее да представя решения на неравенства чрез числови интервали.

Фигури и тела• знае признаците за подобни триъгълници;• умее да прилага признаците за подобни

триъгълници;• знае метрични зависимости в правоъгълен

триъгълник;• умее да решава правоъгълен триъгълник;• умее да решава равнобедрен триъгълник,

равнобедрен и правоъгълен трапец и успоре-дник;

• знае метрични зависимости между отсечки в окръжност;

• умее да прилага метрични зависимости между отсечки в окръжност.

Функции. Измерване • знае:

– понятието числова функция и начини на за-даване;

– понятията линейна и квадратна функция; – свойства на линейната и на квадратната

функция (монотонност, най-голяма и най-малка стойност);

– основните тригонометрични функции в ин-тервала (0°; 90°);

• умее да построява графики на линейна и квадратна функция;

Настоящата книга за учителя е разработена с цел да подпомогне преподавателите по математи-ка в съответствие с учебната програма за 9. клас.

Обучението по математика в 9. клас е насочено към овладяване на базисни знания, умения и от-ношения, свързани с постигане на изискванията за резултатите от обучението по учебния предмет математика и с изграждане на ключови компетентности на ученика.

• пресмята стойности на изучените функции и на аргументите им;

• пресмята стойности на тригонометричните функции при зададен аргумент и на аргумента при зададена стойност на тригонометричната функция (за 30°, 45°, 60° ).

Логически знания• разбира на конкретно ниво смисъла на ло-

гическите съюзи „и“, „или“, „ако..., то...“, отри-цанието „не“ и на релациите „следва“ и „екви-валентност“;

• разбира на конкретно ниво смисъла на кванторите „за всяко“, „съществува“ и понятия-та „необходимо условие“, „достатъчно условие“ и „необходимо и достатъчно условие“;

• прилага метода на еквивалентните преобра-зувания при решаване на уравнения, неравен-ства и системи;

• умее да конкретизира общовалидно твър-дение и обосновава невярност на твърдение с контра пример;

• преценява вярност, рационалност и целе-съобразност при избор в конкретна ситуация и обосновава изводи.

Елементи от вероятности и статистика• разчита и интерпретира информация, пред-

ставена с графики, с таблици или с диаграми;• умее да пресмята класическа вероятност

чрез формулите за пермутации, вариации и ком-бинации без повторение;

• знае да пресмята класическа вероятност на сума на съвместими и на несъвместими събития;

Моделиране• оценява и интерпретира съдържателно по-

лучен при моделиране резултат.• моделира:

– с квадратнафункция; – с уравнения, свеждащи се до квадратни; – със система уравнения от първа или втора

степен с две неизвестни; – с пермутации, вариации икомбинации.

4

123

47. СВОЙСТВО НА ЪГЛОПОЛОВЯЩИТЕ В ТРИЪГЪЛНИК

ЩЕ НАУЧИТЕ

Кое е основното свойство на ъглополовящата в триъгълник

ТЕОРЕМА В ∆ABC е построена ъглополовящата CL (L AB). Да се докаже, че

ALBL

ACBC

= .

Доказателство: Нека ACL = BCL = φ и да изберем върху лъча AC точка P, за която BP е успоредна на CL (фиг. 1). От BP CL следва, че CBP = BCL = φ като кръстни ъгли, а CPB = ACL = φ като съответни. Следователно ∆BCP е равнобедрен, т.е. CP = BC.

От BP CL и от теоремата на Талес следва, че ALBL

ACCP

ACBC

= = .

Свойството от теоремата може да се формулира и така:

Даден е ∆ABC със страни AB = 17 cm, BC = 20 cm и AC = 14 cm (фиг. 2). Ако CL е ъглополовящата на ACB, да се намерят дължините на отсеч-ките AL и BL.Решение: От основното свойство на ъглополовящата следва, че

ALBL

ACBC

= =7

10.

Тъй като AL + BL = AB = 17, получаваме системата

10 7

17

AL BLAL BL

.

Решенията на тази система са AL = 7 cm и BL = 10 cm.

Даден е ∆ABC със страна AC = 28 cm и BA : BC = 2:5. Ако BS е ъглопо-ловящата на ABC, да се намерят дължините на отсечките AS и CS.

Решение: От свойството на ъглополовящата имаме ASCS

BABC

= =2

5.

Освен това AS + CS = AC = 28 cm. От системата 5 2

28

AS CSAS CS

получаваме AS = 8 cm и CS = 20 cm.

Ъглополовящата на всеки ъгъл в триъгълника дели срещулежащата му страна на отсечки, които са пропорционални на съответните им страни.

Това свойство се нарича основно свойство на ъглополовящата.

Фиг.1

Фиг.2

УРОК 47. СВОЙСТВО НА ЪГЛОПОЛОВЯЩИТЕ В ТРИЪГЪЛНИК

Вид на урока: За нови знанияЦел: Доказване на основното свойство на ъглополовящата

В даденото равенство точките A и B не се променят, а вместо L пишем C.

Да се обърне внимание на това, че когато знаем страните на три-ъгълника, можем да намираме AL и BL по следната схема: Спо-ред основното свойство можем да намерим AL:BL. Тъй като сборът на отсечките AL и BL дава страната AB = c, можем да получим линейна система от две уравнение с две неизвестни.

За намиране на отсечките, на които ъглополовяща дели сре-щулежащата страна, е доста-тъчно да знаем тази страна и отношението на другите две страни.

Построяването на успоредна права на ъглополовящата е до-пълнително построение, което често се използва в задачи.

5

УРОК 47. СВОЙСТВО НА ЪГЛОПОЛОВЯЩИТЕ В ТРИЪГЪЛНИК

Упражняване на основното свойство.

124

ЗАДАЧИ

L

1. В ∆ABC е построена ъглополовящата CL. На-мерете AL и BL, ако:

а) a = 6 m, b = 10 m и c = 8 m;б) a = 35 dm, b = 30 dm и c = 39 dm;в) a = 85,6 cm, b = 42,8 cm и c = 84,6 cm;г) c = 375 mm и a : b = 2:3.

2. В ∆ABC със страни AB = 45 cm, BC = 56 cm и AC = 64 cm са построени вътрешната ъглополовя-ща CL и външната ъглополовяща CS на ъгъл ACB. Намерете дължината на отсечките AL, BL, AS и BS.

В ∆ABC с обиколка 57 m са построени ъглополовящите AT и BS (фиг. 4).

Да се намерят страните на триъгълника, ако BTTC

=3

4 и ASSC

=6

5.

Решение: Ще използваме стандартните означения за страните на триъ-гълник: BC = a, AC = b и AB = c. От основното свойство на ъглополовя-щата следва, че

cb

BTTC

= =3

4 и ca

ASSC

= =6

5.

От тези равенства получаваме b c=4

3 и a c=

5

6. Следователно

a + b + c = 57 ⇔ 5

6

4

357c c c ⇔ 19c = 6.57 ⇔ c = 18.

За другите две страни пресмятаме

b c= =4

324 и a c= =

5

615 .

3. В ∆ABC с периметър 135 cm е построена ъг-лополовящата BL. Ако AL = 18 m и CL = 27 m, намерете страните на ∆ABC.

4. В ∆ABC, за който ACB = 120°, са построени ъглополовящите CL и AT. Докажете, че LT е ъгло-половяща на ъгъл CLB.

5. В ∆ABC са построени ъглополовящите APи BQ. Ако PQ е успоредна на AC, докажете, че ∆ABC е равнобедрен.

Външната ъглополовяща на ъгъла при върха C на ∆ABC пресича права-

та AB в точка T (фиг. 3). Да се докаже, че ATBT

ACBC

= .

Решение: Да изберем точка S от страната AC, за която BS е успоредна на CT. Тогава SBC = BCT като кръстни ъгли и BSC = TCL като съот-ветни ъгли. Тъй като BCT = TCL, получаваме SBC = BSC. Следователно ∆BSC е равнобедрен и BC = SC. От теоремата на Талес имаме

ATBT

ACSC

ACBC

= = .

Фиг.3

Фиг.4

Свойството на външната ъгло-половяща се записва по същия начин както свойството на вът-решната. Да се обърне внима-ние, че за всяка отсечка има две точки, които я делят в дадено отношение. Едната точка е вът-решна, а другата е външна.

За намиране на страните на триъгълник са необходими три равенства. В случая това е сбо-рът от страните (обиколката) и отношенията на две двойки страни (които се получават от основното свойство на ъглопо-ловящата).

Когато ACB = 120°, правата CT се явява външна ъглополо-вяща за ∆ALC.

6

165

Решенията на неравенството (x2 – 4)(x2 – x – 2) > 0 са:А) x ; ;2 2 Б) x ; ; ;2 1 2 2

В) x 2 1 2; ; Г) x ; ;2 1 2

Решение: I начин. Разлагаме квадратните тричлени в скобите на множители:

x x x x x x x2 24 2 0 2 2 1 2 0

x x x2 1 2 02

.

Неравенство решаваме по един от начините, посочени в урок 64.

x x x x x x 2 1 2 0 2 1 0 22

,

x ; ; ;2 1 2 2 ,

като отчитаме, че знакът на интервалите около числото 2 не се променя.Отговорът на задачата е Б).II начин. Проверяваме верността на неравенството при избрано число, като това число трябва да се съдържа в някое от дадените множества и да не се съдържа в други. Например числото 0 се съдържа в множествата от Б) и Г) и не се съдържа в тези от А) и В). Заместваме с x = 0 в неравенството

x x x2 24 2 0 : 0 4 0 0 2 0 8 0 .

Полученото чис лово неравенство е вярно, от което следва, че x = 0 е решение. За избор на отговор остават множествата от Б) и Г). Избираме ново число, което се съдържа само в едно от множествата, например x = 3. Тази стойност на променливата е решение на

(x2 – 4)(x2 – x – 2) > 0, тъй като 9 4 9 3 2 0 20 0 е вярно числово неравенство. Числото 3 е от множеството, посочено в Б), което означава, че това е отговорът на задачата.

Решенията на неравенството 1 6 02 2 x x x са:

А) x ; ; ;3 1 1 2 Б) x 3 1 1 2; ;

В) x ; ; ;2 1 1 3 Г) x 2 1 1 3; ;

Решение: I начин. 1 6 0 3 2 1 1 0

2 2 x x x x x x x

x ; ; ;3 1 1 2 (отг. А).II начин. Числото x = 0 е решение на неравенството 1 0 0 0 6 0 , което означава, че Б) и Г) отпадат като избор, тъй като числото 0

ЩЕ УПРАЖНИТЕ Как се решават

неравенства от по-висока степен чрез метода на интервалите

65. ПРИЛОЖЕНИЕ НА МЕТОДА НА ИНТЕРВАЛИТЕ ПРИ РЕШАВАНЕ НА НЕРАВЕНСТВА ОТ ПО-ВИСОКА СТЕПЕН.

УПРАЖНЕНИЕ

65 . ПРИЛОЖЕНИЕ НА МЕТОДА НА ИНТЕРВАЛИТЕ ПРИ РЕШАВАНЕ НА НЕРАВЕНСТВА ОТ ПО-ВИСОКА СТЕПЕН. УПРАЖНЕНИЕ

Вид на урока: Упражнение

Цел: Упражняване на метода на интервалите за решаване на не-равенства от по-висока степен

За прилагане на метода на ин-тервалите трябва да разложим всички множители до получава-не само на линейни множители.

За решаване на неравенството разлагаме до получаване само на линейни множители.

Когато трябва да избираме меж-ду дадени отговори, можем да проверяваме дали даден интер-вал е решение чрез заместване с подходяща стойност.

7

166

не се съдържа в посочените интервали. Числото x = 2,5 е решение ( 1 6 25 6 25 2 5 6 0 , , , ). Това число се съдържа само в множество-то от А), следователно това е отговорът на задачата.

Решенията на неравенството x x 1 9 02 са:

А) x 3 3; Б) x ; ;3 3

В) x ; ;3 1 3 Г) x 3 1 1 3; ;

Решение: I начин. x x x x x 1 9 0 3 3 0 12

,

3 3 1 3 1 1 3x x x, ; ; (отг. Г).

II начин. x x x x 1 3 3 0 3 1 1 32

; ; .

Да се реши неравенството x x x x2 23 2 1 1 0 .

Решение: Като вземем предвид, че x2 + 1 > 0 за всяко x∈ и x x x x2

3 2 2 1 , тоx x x x x x x

x x

2 2 2

3 2 1 1 0 2 1 0

2 1

; ;1 1 2 .

Неравенството x x 2 1 02 може да решим и така:

x x x x x 2 1 0 2 0 1 1 1 22

, ; ; .

Да се реши неравенството x x x x x2 2

6 5 1 2 3 0 .Решение: I начин.

x x x x x2 2

6 5 1 2 3 0

x x x x x5 1 2 3 0 5 1 1 22 2

; ; .

II начин. x x x x x2 2

6 5 1 2 3 0

x x x x5 1 2 3 02 2

x x x x x 2 5 0 1 3 5 1 1 2, , ; ; .

ЗАДАЧИ

1. В кой от посочените случаи са илюстрирани решенията на неравенството x(4 – x2) > 0?

А)

Б)

В)

Г)

2. Запишете решенията на неравенството(x + 6)2(6 – x) ≤ 0, които са от интервала [0; 10].

3. Запишете множеството от решенията на нера-венството

а) x x x2 22 1 4 0 ;

б) x x x2 24 4 25 0 ;

в) x x x2 2

2 1 4 0 ; г) x x x x2 2

4 4 10 25 0 .

65 . ПРИЛОЖЕНИЕ НА МЕТОДА НА ИНТЕРВАЛИТЕ ПРИ РЕШАВАНЕ НА НЕРАВЕНСТВА ОТ ПО-ВИСОКА СТЕПЕН. УПРАЖНЕНИЕ

Проверяваме дали даден интер-вал е решение чрез заместване с подходяща стойност.

Множителите от вида ax2 + b, където a и b са положителни числа, са винаги положителни и не променят знака на произве-дението.

Множителите от вида (x – a)2 са неотрицателни, но при x = a произведението става равно на 0. Следователно трябва да се провери дали съответното нера-венство е изпълнено при x = a.

Упражняване на метода на ин-тервалите.

8

34

13. КЛАСИЧЕСКА ВЕРОЯТНОСТ. ОБОБЩЕНИЕ

ЩЕ СИ ПРИПОМНИТЕ

Как се пресмята класическа вероятност

Всеки човек има кръвна група O, A, B или AB. В таблицата е даден броят на момчетата и на момичетата в едно училище от съответната кръвна група.

O A B ABмомичета 25 20 21 34момчета 32 23 15 30

Каква е вероятността случайно избран ученик да е: а) момиче с кръвна група A;б) с кръвна група AB;в) момче с кръвна група, която съдържа буквата B;г) с кръвна група O, A или B?

Решение: Всички ученици в училището са 200.

а) Тъй като момичетата с кръвна група A са 20, търсената вероятност е 110.

б) Учениците с кръвна група AB са 64 и търсената вероятност е 825.

в) Момчетата с кръвна група B или AB са 45 и търсената вероятност е 940.

г) Това събитие е противоположно на събитието от б).

Следователно вероятността е 1 8

25

17

25 .

Едновременно се хвърлят монета и зар. За събитиятаA = тура и четно число или ези и нечетно число и

B = тура и число, което се дели на 3

да се намерят P A( ) , P B( ) , P B___

, P A B( )∩ и P A B( )∪ .

Решение: Множеството от елементарните събития при хвърляне на мо-нета е Ω1 = ези, тура, а при хвърляне на зар е Ω2 = 1, 2, 3, 4, 5, 6.Множеството Ω от елементарните събития при едновременно хвърляне на монета и зар има 12 елемента и е представено в таблицата.

ЗарМонета 1 2 3 4 5 6

ези ези – 1 ези – 2 ези – 3 ези – 4 ези – 5 ези – 6тура тура – 1 тура – 2 тура – 3 тура – 4 тура – 5 тура – 6

Множеството Ω се нарича произведение на множествата Ω1 и Ω2. Тура и четно число или ези и нечетно число се падат в 6 случая, т.е.

P A( ) = 12

.

Вероятност на сума на несъвместими

събитияP(A + B) = P(A) + P(B).

P A P A( )

___

1


Вид на урока: ОбобщениеЦел: Обобщаване на знанията за намиране на класическа ве-роятност

Основни формули за намиране на вероятност.

Задача за намиране на вероят-ност на противоположно съби-тие, на сечение и обединение на събития.

Определяне на множеството от елементарните събития при еднов ременно хвърляне на мо-нета и зар.

Упражняване на основното правило за намиране на веро-ятност чрез директно пребро-яване на възможности. Прове-рява се доколко е усвоено това правило в контекста на кон-кретна задача.

9

35

ЗАДАЧИ

1. При хвърляне на два зара намерете вероятност-та сборът от точките да е равен на:

а) 3; б) 5; в) 7; г) 10.

2. От кутия с 5 черни и 8 бели топки по случаен начин се изваждат две топки. Намерете вероят-ността двете топки да са едноцветни.

3. Монета се хвърля 4 пъти. Намерете вероят-ността да се падне равен брой пъти ези и тура.

4*. Ученик попълва тест с 5 въпроса, като всеки въпрос има 4 възможни отговора. Ако на всеки въпрос се отговаря по произволен начин, каква е вероятността да има поне един верен отговор?

5.* Четири задачи са разпределени по случаен на-чин между двама ученици. Намерете вероятност-та всеки да е получил поне по една задача. Упътване: Пресметнете вероятността на проти-воположното събитие.

6*. Върху стените на зар са записани числата 1, 1, 1, 2, 2 и 3. Намерете вероятността при две хвър-ляния на зара сборът от получените точки да е равен на:

а) 2 б) 3 в) 4 г) 5

Тура и число, което се дели на три, се падат в 2 случая и P B( ) = 16

.

Тогава P B P B___

( )

1 1

1

6

5

6.

Тъй като A B падат се тура и 6, то P A B( ) 1

12.

За P A B( )∪ използваме формулата P A B P A P B P A B( ) ( ) ( ) ( ) и получаваме

P A B( ) . 1

2

1

6

1

12

7

12

Стените на куб са оцветени в три цвята – една стена е червена, две стени са зелени и три стени са сини. Кубът се хвърля един път и се записва цветът на горната му стена. Да се намерят вероятностите на събитията:

A = цветът е червен, B = цветът е червен или син,

C = цветът е зелен, D = цветът е зелен или син.

Решение: Тъй като имаме една червена, две зелени и три сини стени, то

P(червен цвят) = 16, P(зелен цвят) = 2

6

1

3= и P(син цвят) = 3

6

1

2= .

Следователно P A( ) = 16

. Събитията цветът е червен или цветът е син

са независими, откъдето

P B( ) 1

6

1

2

2

3.

Тъй като събитията B и C са противоположни и събитията A и D също са противоположни, то

P C P B( ) ( ) 1 12

3

1

3 и P D P A( ) ( ) 1 1

1

6

5

6.


Обобщение на стандартната задача за намиране на веро-ятност при хвърляне на зар, когато някои от стените имат еднакви цветове.

Задачи за упражнение с раз-лична трудност.

Определяне на противопо-ложни събития в контекста на задачата.

ВАРИАНТИ ЗА ДИАГНОСТИКА НА РЕЗУЛТАТИ ОТ ОБУЧЕНИЕТО

ПО МАТЕМАТИКА В 9. КЛАС

12

1. НАЧАЛЕН ПРЕГОВОР

ВАРИАНТ 1

I част1. Колко нечетни четирицифрени числа могат да се образуват с цифрите 1, 3, 4, 5, 6 и 7, като всяка цифра може да се използва най-много един път?

А) 60 Б) 120 В) 240 Г) 360

2. Стойността на израза x x x x1

2

2

2

1 2+ + , където x1 и x2 са корените на квадратното уравнение

x2 + 4x + 5 = 0, е: А) 21 Б) 23 В) 25 Г) 27

3. Точка O е център на описаната окръжност за ∆ABC. Намерете ABC, ако ABC = 130° и BAC = 75°.

А) 25° Б) 30° В) 35° Г) 45°

4. Лицето на равнобедрен трапец ABCD с основи AB = 21 cm и CD = 7 cm е равно на 336 cm2. Висо-чината на трапеца е равна на:

А) 24 cm Б) 25 cm В) 30 cm Г) 48 cm

5. Корените на уравнението 4

2

1

51

x x

са:

А) 6 и 8 Б) 4 и 6 В) –4 и 8 Г) 4 и 8

II част6. В четириъгълник ABCD е вписана окръжност с център I. Намерете ABC, ако AIB = BIC = ADC = 80°.

7. Намерете радиуса на вписаната окръжност на правоъгълен триъгълник със страни x, x + 1 и x + 9.

III част8. От група от 7 момичета и 6 момчета трябва да се избере отбор от пет ученици за участие в олим-пиада по математика. По колко различни начина може да стане този избор, ако момичетата в отбора трябва да бъдат повече от момчетата?

13


ВАРИАНТ 2

I част1. Колко четни четирицифрени числа могат да се образуват с цифрите 1, 3, 4, 5, 6 и 7, като всяка циф-ра може да се използва най-много един път?

А) 60 Б) 120 В) 240 Г) 360

2. Стойността на израза x x x x1

2

2

2

1 2− − , където x1 и x2 са корените на квадратното уравнение

x2 – 4x + 6 = 0, е: А) 38 Б) 36 В) 34 Г) 32

3. Точка I е център на вписаната окръжност за ∆ABC. Намерете ABC, ако AIB = 130° и BAC = 75°.

А) 25° Б) 30° В) 35° Г) 45°

4. Лицето на равнобедрен трапец ABCD с основи AB = 21 cm и CD = 7 cm е равно на 336 cm2. Бедрото на трапеца е равно на:

А) 24 cm Б) 25 cm В) 30 cm Г) 48 cm

5. Корените на уравнението 4

5

1

21

x x

са:

А) 3 и 4 Б) –1 и 4 В) –1 и 3 Г) 1 и 3

II част6. Четириъгълник ABCD е вписан в окръжност с център O. Намерете ABC, ако AOB = COD = ADC = 80°.

7. Намерете радиуса на вписаната окръжност на правоъгълен триъгълник със страни x, x +7 и x + 9.

III част8. От група от 7 момчета и 6 момичета трябва да се избере отбор от пет ученици за участие в олим-пиада по математика. По колко различни начина може да стане този избор, ако момчетата в отбора трябва да бъдат повече от момичетата?

14

2. КЛАСИЧЕСКА ВЕРОЯТНОСТ

ВАРИАНТ 1

I част 1. За вероятността p на случайно събитие винаги е вярно, че:

А) p ∈[ , ]0 1 Б) p [ , ]1 1 В) p >1

4 Г) p ≤

7

8

2. Едновременно се хвърлят монета и зар. Броят на елементарните събития е равен на:А) 8 Б) 10 В) 12 Г) 18

3. От числата 1, 2, 3, 6, 7, 10, 11 и 12 по случаен начин се избира едно число. Вероятността това число да е по-голямо от 2 е равна на:

А) 1

4 Б)

1

2 В)

3

4 Г)

5

8

4. В кутия има 5 бели, 3 червени и 7 зелени топки. Вероятността произволно извадена топка да е червена е равна на:

А) 1

5 Б)

1

3 В)

1

2 Г)

3

5

5. От кутия с 11 бели, n зелени и 4 червени топки по случаен начин се изважда една топка. Намерете

n, ако вероятността тази топка да е червена е 1

5.

А) n = 3 Б) n = 5 В) n = 7 Г) n = 9

II част

6. За събитията A и B е известно, че P A( ) =2

7, P B( ) =

3

4 и P A B( )

7

8. Намерете P A B( )∩ .

7. Едновременно се хвърлят два зара. Намерете вероятността произведението от точките да е четно число.

III част8. Върху стените на зар са записани числата 1, 2, 2, 2, 3 и 4. Намерете вероятността при две хвърля-ния на зара да се паднат различни числа.

15

I част 1. Кое неравенство НЕ може да бъде изпълнено за вероятността p на случайно събитие?

А) p <1

5 Б) p >

5

4 В) p >

1

4 Г) p ≤

7

8

2. Едновременно се хвърлят зар и монета. Броят на елементарните събития е равен на:А) 8 Б) 10 В) 12 Г) 18

3. От числата 2, 3, 6, 7, 10, 11, 12 и 13 по случаен начин се избира едно число. Вероятността това число да е по-голямо от 6 е равна на:

А) 1

4 Б)

1

2 В)

3

4 Г)

5

8

4. В кутия има 7 бели, 5 червени и 3 зелени топки. Вероятността произволно извадена топка да е червена е равна на:

А) 1

5 Б)

1

3 В)

1

2 Г)

3

5

5. От кутия с n бели, 4 зелени и 11 червени топки по случаен начин се изважда една топка. Намерете

n, ако вероятността тази топка да е зелена е 2

9.

А) n = 3 Б) n = 5 В) n = 7 Г) n = 9

II част

6. За събитията A и B е известно, че P A( ) =3

5, P B( ) =

1

4 и P A B( )

7

10. Намерете P A B( )∩ .

7. Едновременно се хвърлят два зара. Намерете вероятността произведението от точките да е нечет-но число.

III част8. Върху стените на зар са записани числата 1, 2, 2, 2, 3 и 4. Намерете вероятността при две хвърля-ния на зара да се падне едно и също число.


ВАРИАНТ 2

16

3. ФУНКЦИИ

ВАРИАНТ 1

I част

1. Дефиниционното множество на функцията yxx

1

е интервалът:

А) 1; Б) 1; В) 0; Г) 0;

2. Колко общи точки имат графиките на функциите f x x x 2 2 и g x x 3 ?

А) 0 Б) 1 В) 2 Г) безброй

3. В кой от интервалите функцията f x x x 24 2 е растяща?

А) (3; 5) Б) (–3; 2) В) (5; 7) Г) 7;

4. Точката А с абсциса xA 1 лежи на графиката на функцията y x x 22 3 . Координатите на

нейната симетрична точка относно оста на параболата са:

А) (3; –6) Б) (–3; –6) В) (–6; 3) Г) (1; –2)

y 2x 2x

x

y

O

V

A

5. На чертежа е показана параболата y = –x2 –2x с връх V и пресечни точки А и О с абсцисната ос. Лицето на ∆AOV е:

А) 2 кв. ед. Б) 1 кв. ед. В) 0,5 кв. ед. Г) 0,25 кв. ед.

II част6. Намерете линейна функция, чиято графика минава през точката с координати 2 1; и е успоред-на на графиката на функцията y = 2x + 4.7. Намерете множеството от стойностите на функцията y x x 2 4 3

2 за x 4 3; .

III част8. По данните от чертежа определете координатите на точката В.

Ay x2 2 3 2x

2 3

y x

B

17

II част6. Намерете линейна функция, чиято графика минава през точката с координати 1 2; и е успоред-на на графиката на функцията y x 2 4 .

7. Намерете множеството от стойностите на функцията y x x 2 8 12 за x 3 4; .

III част8. По данните от чертежа определете координатите на точката А.

I част

1. Дефиниционното множество на функцията yxx

1

е:

А) x > 1 Б) x < 1 В) x ≠ 1 Г) x ≠ 0, x ≠ 1

2. Колко общи точки имат графиките на функциите f x x x 23 2 и g x x 6 ?

А) 0 Б) 1 В) 2 Г) безброй

3. Функцията f x x x 24 2 намалява за всяко х от интервала:

А) (–3; 1) Б) (–3; 3) В) (2; 3) Г) 2;

4. Точката А с абсциса xA = 3 лежи на графиката на функцията y x x 22 3 . Координатите на ней-

ната симетрична точка относно оста на параболата са:

А) (4; 5) Б) (0; –3) В) (1; –4) Г) (–1; 0)

3. ФУНКЦИИ

ВАРИАНТ 2

2 4y x x

x

y

O

V

A

A

21

y x

B

y x2 2 3 2x

5. На чертежа е показана параболата y x x 2 4 с връх V и пресечни точ-ки А и О с абсцисната ос. Лицето на ∆AOV е:

А) 16 кв. ед. Б) 8 кв. ед. В) 4 кв. ед. Г) 2 кв. ед.

18

4. СИСТЕМИ УРАВНЕНИЯ ОТ ВТОРА СТЕПЕН С ДВЕ НЕИЗВЕСТНИ

ВАРИАНТ 1

I част1. Без да решавате системите I), II), III) и IV), посочете колко от тях са неопределени.

I) 3 5 2

9 15 6

x yx y

II)

3 2

3 3 6

x y

x y

III)

2 2

1

2

1

4

2

4

x y

x y

IV)

3 1 1

2

3 1

1

x y

x y

А) 1 Б) 2 В) 3 Г) 4

2. Кое уравнениe – А) x y 3 0 , Б) x y 3 0 , В) 3 1x y , Г) 3 1x y , взето заедно с уравнението x y 3 1 , образува несъвместима система?

3. Колко от точките А(12; 1), В(– 4; – 7) и С(10; 0) са от графиката на уравнението х – 2 у = 10?А) 0 Б) 1 В) 2 Г) 3

4. Решението на системата 2 0

6

x yx y

лежи:

А) в I кв. Б) във II кв. В) в III кв. Г) в IV кв.

5. Наредената двойка числа 3 0; e решение на системата:

А) x y

x y

2 2 3

8 3

Б) x y

x y

2 3

8 3

В) x y

x y

2 3

8 2 3

Г) x y

x y

3 3

3 3 3

II част

6. Решете графично системата xx y 3 0

2 1.

7. Решете системата

5 3

3

2 3

51

2 3

3

3 4

21

x y y x x

x y y x y

.

III част8. Намерете две числа, за които е изпълнено следното свойство: ако прибавим към всяко от тях по 4, първото ще стане 2 пъти по-голямо от второто, а ако извадим от всяко от тях по 6, първото ще стане 3 пъти по-голямо от второто.

19


ВАРИАНТ 2

I част1. Без да решавате системите I), II), III) и IV), посочете колко от тях са определени.

I) 3 5 2

5 3 1

x yx y

II) 2 1

2 2 2

x y

x y

III)

2 5

1

2

1

4

5

4

x y

x y

IV)

3 2 2 2

2

3 2

4 2 2

x y

x y

А) 1 Б) 2 В) 3 Г) 4

2. Кое уравнениe – А) 1

26x y , Б)

1

26x y , В) x y

1

26 , Г) x y

1

26 , взето заедно с

уравнението 1

26x y , образува несъвместима система?

3. Колко от точките А(3; 2), В(3; –7) и С(1; –1) са от графиката на уравнението 5х – 2у = 11?А) 0 Б) 1 В) 2 Г) 3

4. Решението на системата 7 8

2 3 1

x yx y

лежи:

А) в I кв. Б) във II кв. В) в III кв. Г) в IV кв.

5. Наредената двойка числа 0 5; e решение на системата:

А) 5 2 5

3 5 5

x y

x y

Б)

5 5

3 5 5

x y

x y

В)

x y

x y

5

3 5 5

Г) 5 5

3 5 5

x y

x y

II част

6. Решете графично системата 5 5 0

3 4

xx y

.

7. Решете системата

x x y y

y x x

7

5

2

43 5

5 7

2

4 3

618 5

.

III част8. Намерете две числа, за които е изпълнено следното свойство: ако прибавим към всяко от тях по 5, първото ще стане 2 пъти по-голямо от второто, а ако извадим от всяко от тях по 7, първото ще стане 6 пъти по-голямо от второто.

20


ВАРИАНТ 1

I част1. Решение на уравнението x y2

3 4 е двойката числа:А) (1; 3) Б) (–4; 4) В) (–1; –1) Г) (–1; 1)

2. Коя от посочените двойки числа НЕ е решение на уравнението x y2 2 2 ?

А) 5 3; Б) 3 1; В) (1; –1) Г) 2 2;

3. Решение на системата x yx y

5

152 2

е двойката числа:

А) (2; 3) Б) (3; 2) В) (4; 1) Г) (1; 4)

4. Системата x yx y xy

2 2 2 има:

А) едно решение Б) две решения В) четири решения Г) безброй решения

5. Решенията на системата x yx y

2 241

9

са:

А) 4 5; и 5 4; Б) 4 5; и 5 4;

В) 4 5; и 5 4; Г) 4 5; и 5 4;

II част6. Ако двойките числа (x; 1) и (1; y) са решения на уравнението x x y2

3 1 и xy > 0, пресметнете сбора x + y.

7. Запишете решенията на системата x yx y y

2 1

2 32.

III част

8. Решете системата x y x yx y x y

2 2

2 2

4 2 12 0

2 2 6 12

.

21


ВАРИАНТ 2

I част1. Решение на уравнението x y2

3 4 е двойката числа:А) (1; 3) Б) (–4; 4) В) (–1; –1) Г) (–1; 1)

2. Коя от посочените двойки числа НЕ е решение на уравнението x xy2 2 ?

А) 2 0; Б) 3 1; В) (1; –1) Г) (2; 1)

3. Наредената двойка числа (1; –1) е решение на системата:

А) x y

x y

1 1

22 2

Б) x y

x y

1 0

22 2

В) x y

x y

1 1

22 2

Г) x y

x y

1 0

22 2

4. Коя от посочените системи НЯМА решение?

А) x y

y x

1 0

1 0 Б)

x yx y

2 20

0

В) x yx y

2 20

0

Г) x yx y

2 21

1 0

5. Решенията на системата x yx y

2 229

7

са:

А) 2 5; и 5 2; Б) 2 5; и 5 2;

В) 2 5; и 5 2; Г) 2 5; и 5 2;

II част6. Ако двойките числа (х; –1) и (1; y) са решения на уравнението x x y2 2

3 3 1 и x < y, пресметнете сбора x + y2.

7. Запишете решенията на системата x yx y y

1

3 92

.

III част

8. Решете системата y xy xxy x y

22 9 36 0

2 9 42 0

.

22

6. ПОДОБНИ ТРИЪГЪЛНИЦИ

ВАРИАНТ 1

I част1. Върху права a са избрани точки A, B и C, като B е между A и C. Върху права b са избрани точки X, Y и Z, като Y е между X и Z. Правите AX, BY и CZ са успоредни. Ако XZ = 22 cm, AB = 4 cm и C = 7 cm, дължината на отсечката XY е равна на:

А) 14 cm Б) 12 cm В) 10 cm Г) 8 cm

2. В ∆ABC със страни AB = 14 cm, BC = 11 cm и AC = 19 cm е построена ъглополовящата AL, L BC∈ . Дължината на отсечката BL е равна на:

А) 3 cm Б) 42

3 cm В) 3

2

3 cm Г) 5 cm

3. Дадени са подобни триъгълници ∆ABC и ∆XYZ с коефициент на подобие 3. Намерете сбора от обиколките на двата триъгълника, ако AB = 11 cm, BC = 17 cm и XZ = 48 cm.

А) 132 cm Б) 156 cm В) 160 cm Г) 180 cm

4. Четириъгълник ABCD е вписан в окръжност. Лъчите AD→ и BC→ се пресичат в точка T. Ако AB = 18 cm, CD = 12 cm, TC = 16 cm и TD = 14 cm, намерете обиколката на четириъгълника ABCD.

А) 45 cm Б) 44 cm В) 42 cm Г) 40 cm

5. В остроъгълен триъгълник ABC са построени височините AP и BQ. Ако PQAB

=1

3 и CP = 13 cm,

намерете дължината на страната AC. А) 26 cm Б) 30 cm В) 39 cm Г) 45 cm

II част6. Намерете лицата SABC и SPQR на ∆ABC и ∆PQR, ако ∆ABC ~ ∆PQR, AB = 8 m, PQ = 12 m и SABC + SPQR = 195 m2.

7. Диагоналите AC и BD на трапец ABCD се пресичат в точка O, а продълженията на бедрата AD и

BC се пресичат в точка P. Ако AOOC

=4

3

и PC = 21 cm, намерете дължината на бедрото BC.

III част8. В четириъгълник ABCD са дадени

ADB CDB= , AB = 20 cm, AD = 16 cm, BD = 12 cm и CD = 9 cm. Намерете дължината на отсечката BC.

23


ВАРИАНТ 2

I част1. Върху права a са избрани точки A, B и C, като B е между A и C. Върху права b са избрани точки X, Y и Z, като Y е между X и Z. Правите AX, BY и CZ са успоредни. Ако AB = 30 cm, XY = 9 cm и YZ = 6 cm, дължината на отсечката AB е равна на:

А) 14 cm Б) 12 cm В) 10 cm Г) 8 cm

2. В ∆ABC със страни AB = 8 cm, BC = 7 cm и AC = 10 cm е построена ъглополовящата BL, L AC∈ . Дължината на отсечката AL е равна на:

А) 51

3 cm Б) 4

2

3 cm В) 5 cm Г) 6 cm

3. Дадени са подобни триъгълници ∆ABC и ∆PQR с коефициент на подобие 2. Намерете сбора от обиколките на двата триъгълника, ако AB = 20 cm, BC = 38 cm и PR = 48 cm.

А) 180 cm Б) 200 cm В) 246 cm Г) 264 cm

4. Четириъгълник ABCD е вписан в окръжност. Лъчите AD→ и BC→ се пресичат в точка T. Ако AB = 14 cm, CD = 7 cm, TC = 8 cm и TD = 6 cm, намерете обиколката на четириъгълника ABCD.

А) 35 cm Б) 34 cm В) 32 cm Г) 30 cm

5. В остроъгълен ∆ABC са построени височините AP и BQ. Ако PQAB

=2

3 и CP = 12 cm, намерете

дължината на страната AC. А) 15 cm Б) 16 cm В) 17 cm Г) 18 cm

II част6. Намерете лицата SABC и SXYZ на ∆ABC и ∆XYZ, ако ∆ABC ~ ∆XYZ, AB = 9 m, XY = 15 m и SABC + SXYZ = 170 m2.

7. Диагоналите AC и BD на трапец ABCD се пресичат в точка O, а продълженията на бедрата AD

и BC се пресичат в точка P. Ако AOOC

=3

2 и PC = 24 cm, намерете дължината на бедрото BC.

III част8. В четириъгълник ABCD са дадени ADB CDB= , AB = 20 cm, AD = 25 cm, BD = 15 cm и CD = 9 cm. Намерете дължината на отсечката BC.

24

7. РАЦИОНАЛНИ НЕРАВЕНСТВА

ВАРИАНТ 1I част 1. За коя стойност на а неравенството x a1 НЯМА решение?

А) a = –1 Б) a =1

2 В) a = 1 Г) Няма такава стойност.

2. Множеството от решенията на неравенството 2 3 1 02x x е:

А) ∅ Б) 1

21;

В)

; ;1

21 Г)

3. Целите числа, които са решения на x 1 2 , са:А) 2 на брой Б) 3 на брой В) 4 на брой Г) безброй много

4. В кой от посочените случаи са илюстрирани решенията на неравенството x x x 2 2 02

?

А) Б)

В) Г)

5. Множеството от решенията на неравенството x xx x

2

2

4

2

0

е:

А) ∅ Б) ; 2 В) 0; Г) 2 0 0; ; .

II част 6. Запишете решенията на неравенството x 3 2 3 , които са от интервала 6 6; .

7. Запишете множеството от решенията на неравенството 25 20 41

40

2 2x x x

.

III част

8. Решете неравенството 2 12

4

4 2

xx x

.

25


ВАРИАНТ 2I част

1. За коя стойност на а неравенството x a 1

2 има всяко х за решение?

А) a 12

Б) a = 0 В) a =1

2 Г) Няма такава стойност.

2. Множеството от решенията на неравенството 2 3 1 02x x е:

А) ∅ Б) 1

21;

В)

; ;1

21 Г)

3. Целите числа, които са решения на 2 1 3x , са:А) 2 на брой Б) 3 на брой В) 4 на брой Г) безброй много

4. В кой от посочените случаи са илюстрирани решенията на неравенството x

x x

2

2

2

4

0

?

А) x

0 2x

0 2

x0 2

x0 2

–2

–2

–2

–2

Б) x

0 2x

0 2

x0 2

x0 2

–2

–2

–2

–2

В)

x0 2

x0 2

x0 2

x0 2

–2

–2

–2

–2 Г)

x0 2

x0 2

x0 2

x0 2

–2

–2

–2

–2

5. Множеството от решенията на неравенството x

x x

2

22

4

5

0

е:

А) ∅ Б) ; 5 В) 0; Г)

II част 6. Запишете решенията на неравенството 2 1 7x , които са от интервала 7 7; .

7. Запишете множеството от решенията на неравенството 9 30 251

160

2 2x x x

.

III част

8. Решете неравенството 3 13

4

4

xx x

.

26

8. МЕТРИЧНИ ЗАВИСИМОСТИ МЕЖДУ ОТСЕЧКИ

ВАРИАНТ 1

5. През точка М, външна за окръжност, са построени секущи МАВ и МСD, като AC = 3 cm, CD = 5 cm и AB = 2 cm. Дължината на МВ е:

А) 4 cm Б) 6 cm В) 7,5 cm Г) 9,5 cm

II част 6. В правоъгълния ABC C 90 отсечката BL L AC е ъглополовяща на B и дели катета АС на отсечки AL = 4, CL = 3. Намерете дължината на BL.

7. Намерете лицето на равнобедрен триъгълник, ако отношението на бедрото към основата е 5 6: , а радиусът на вписаната окръжност е 3 3 cm.

III част 8. Даден е равнобедрен ∆ABC с основа AB = 8 и бедро AC = 12. Намерете радиуса на окръжността, която се допира до АС и ВС съответно в точките А и В.

I част 1. Хипотенузата на правоъгълен триъгълник е 8 cm, а проекцията на един от катетите върху нея е 2 cm. Дължината на този катет е:

A) 6 cm Б) 4 cm В) 10 cm Г) 6 cm

2. Дължините на един от катетите на правоъгълен триъгълник и на височината към хипотенузата са 5 cm и 2 cm. Дължината на другия катет е:

A) 21 cm Б) 4

21cm В)

10

21cm Г)

25

4 21cm

3. Вписаната в правоъгълния ∆ABC окръжност се допира до хипо-тенузата АВ в точка М и AM = 2, BM = 2. Лицето на триъгълника е:

A) 6 Б) 3 6 В) 9 Г) 6 6

4. Даден е ромб ABCD с диагонали AC = 10 и BD = 8. Периметърът на ромба е равен на:

A) 24 Б) 36 В) 41 Г) 4 41

27


ВАРИАНТ 2

I част 1. В правоъгълния ∆ABC височината СН H AB е два пъти по-голяма от проекцията на катета АС върху хипотенузата АВ. Отсечката ВН е равна на:

A) 2CH Б) CH

2 В) CH 2 Г)

CH 22

2. Хипотенузата на правоъгълен триъгълник е 10, а един от ъглите му е 45°. Сборът на катетите на триъгълника е:

A) 14 Б) 10 2 В) 20 2 Г) 5 5 3+

II част 6. Един от катетите на правоъгълен триъгълник е 2 cm, а проекцията на другия катет върху хипоте-нузата е 4 cm. Намерете дължината на хипотенузата.

7. Намерете лицето на равностранен триъгълник, вписан в окръжност с радиус 6 cm.

III част 8. В ∆ABC с C 90 точките М и N са средите АВ и АС M AB N AC , , а AC BC: := 4 3 . На-мерете отношението BN CM: .

5. През точка М, външна за окръжност, са построени секуща МАВ и допи-рателна MT = 2 6 cm, ако MA = 4 cm и AB = 2 cm, то дължината на МВ е:

А) 5 cm Б) 6 cm В) 7,5 cm Г) 10 cm

3. Вписаната в правоъгълния ∆ABC окръжност се допира до хипотенузата АВ в точка М и AM = 2, BM = 3. Лицето на триъгълника е:

A) 6 Б) 3 6 В) 9 Г) 6 6

4. Вписаната в ромба ABCD окръжност се допира до страната АВ в точка Н и AH = 4, BH = 3. Лицето на ромба е равно на:

A) 24 Б) 14 3 В) 28 3 Г) 48

28

9. ТРИГОНОМЕТРИЧНИ ФУНКЦИИ НА ОСТЪР ЪГЪЛ

ВАРИАНТ 1

5. Лицето на равнобедрен трапец ABCD AB CD с диагонал BD = 12 cm

и sinABD =2

3 е равно на:

А) 32 cm2 Б) 32 5 cm2 В) 64 cm2 Г) 64 5 cm2

II част6. В правоъгълния ABC C 90 ъглополовящата AL L BC дели катета ВС на отсечки CL = 3 и LB = 5. Намерете tgCAL .

7. Намерете лицето на ромб ABCD с диагонал AC = 2 6 cm и ABC 120 .

III част8. В равнобедрен трапец е вписана окръжност с радиус 3 cm. Намерете страните на трапеца, ако

синусът на ъгъла при голямата основа е равен на 3

5.

I част

1. Ако sin 1

2, то стойността на cosα е:

A) 8

9 Б)

2

3 В)

2 2

3 Г)

2

3

2. Изразът sin .90 tg е тъждествено равен на:

A) sinα Б) cosα В) sin

cos

2 αα

Г) cos

sin

2 αα

3. Ако tg 2

5, стойността на израза

2 3

2 3

cos sin

sin cos

е:

A) –2 Б) 2

29 В)

1

4 Г) 4

4. В правоъгълния ∆ABC с катет BC = 5 и A 30 дължината на ъглополовящата BL L AC е равна на:

A) 5

3 Б) 6 В)

10

3 Г) 4 3

29


ВАРИАНТ 2

II част

6. Ако tg 3 , пресметнете стойността на израза A

sin cos

sin cos

4 4

.

7. Точка С лежи на окръжност с диаметър АВ. Разстоянието от С до АВ е 2 cm, а CAB 30 . Наме-рете радиуса на окръжността.

III част8. Равнобедрен трапец с лице 60 cm2 e описан около окръжност. Намерете радиуса на окръжността, ако синусът на ъгъла при голямата основа е равен на 0,6.

5. Лицето на равнобедрен трапец ABCD AB CD с височина DH = h и BOC O AC BD е равно на:

А) h2

22

sinϕ Б) h2

2cos

ϕ В) h2

2tg

ϕ Г) h2

2cotg

ϕ

4. В правоъгълния ABC C 90 с катет AC = 3 и A 30 дължината на радиуса на вписаната окръжност е:

A) 1 Б) 3 1

2

− В) 2 3

2

− Г)

1

2

I част

1. Ако cos 5

3, то стойността на sinα е:

A) 2

3 Б)

5

9 В)

4

9 Г)

1

3

2. Стойността на израза sin cos2 215 75 е равна на:

A) 0 Б) 1

4 В)

3

4 Г) 1

3. Изразът sin sin

cos cos

3

3 е тъждествено равен на:

A) sinα Б) cosα В) tgα Г) cotgα

30

ПРИМЕРНА КЛАСНА РАБОТА – I СРОК

ВАРИАНТ 1

3. Върхът на коя от посочените параболи е точка от трети квадрант? А) y x x 2

4 3 Б) y x x 24 3 В) y x x 2

4 3 Г) y x x 24 3

4. Решение на системата 2 3 1

3 5 11

x yx y

е двойката числа:

А) (2; 1) Б) (1; 2) В) (–1; 2) Г) (2; –1)

5. Двойката числа (x; y), която НЕ е решение на уравнението x x y2 22 1 , e:

А) (0; 1) Б) (2; –1) В) (2; 1) Г) (1; 2)

II част6. С цифрите 1, 2, 3 и 5 са образувани всички четирицифрени числа с различни цифри. Намерете вероятността при случаен избор на едно от тези числа то да е четно.

7. Намерете линейна функция, чиято графика минава през точките А(1; –4) и В(–1; –1).

III част

8. Решете системата xy xx y

2

2 28.

I част1. На рафт в библиотека има 10 книги, като между тях са и три тома от събрани съчинения на един автор. Намерете вероятността при случайно подреждане на книгите трите тома да са един до друг.

А) P =3

10 Б) P =

1

15 В) P =

1

7! Г) P =

3

10!

2. Графиката на коя от функциите е параболата от чертежа? А) y x x 2

4 3 Б) y x x 24 3

В) y x x 24 3 Г) y x x 2

4 3

31

ПРИМЕРНА КЛАСНА РАБОТА – I СРОК

ВАРИАНТ 2

I част1. Пет момчета и 3 момичета са подредени в редица. Намерете вероятността при случайното им под-реждане момичетата да се окажат едно до друго.

А) P =3

8! Б) P =

1

5! В) P =

3

28 Г) P =

3

8

3. Върхът на коя от посочените параболи е точка от втори квадрант? А) y x x 2

4 3 Б) y x x 24 3 В) y x x 2

4 3 Г) y x x 24 3

4. Безброй решения има системата:

А) 2 3 1

3 3 5

x yx y

Б) 2 3 0 5

4 6 1

x yx y

, В)

2 3 2

6 9 5

x yx y

Г) 2 3 2

6 2 0

x yx y

5. При k ∈ решенията на уравнението x y xy2 24 4 са двойките числа (x; y) от вида:

А) (2k; k) Б) (k; 2k) В) (2k; –k) Г) (4k; k)

II част6. С цифрите 1, 2, 3 и 5 са образувани всички трицифрени числа с различни цифри. Намерете веро-ятността при случаен избор на едно от тези числа то да се дели на 3.

7. Намерете квадратна функция, чиято графика минава през точките А(1; –4), В(–1; 0) и С(0; –3).

III част

8. Решете системата xy yx y

2 22.

2. На чертежа е показана графиката на квадратна функция y ax bx c 2 , за която:

А) a b c 0 0 0, , Б) a b c 0 0 0, ,

В) a b c> > >0 0 0, , Г) a b c 0 0 0, ,

32

I част1. Правите AD и BC се пресичат в точка О. Ако AC BD OA , = 6 , OB = 5 и OC = 3, намерете дължината на отсечката АD.

A) 8,5 Б) 9,6В) 10 Г) 16

ПРИМЕРНА КЛАСНА РАБОТА – II СРОК

ВАРИАНТ 1

4. Множеството от решенията на неравенството x x24 4 е:

A) ; Б) (–2; 2)

В) 2; Г) ; ;2 2

5. Ако α е остър ъгъл и cotg 3

5, стойността на 34.sinα е:

A) 2 Б) 3 В) 4 Г) 5

II част

6. Намерете множеството от решенията на неравенството xx

x25

11

.

7. Даден е равнобедрен правоъгълен ∆ABC с хипотенуза AB = 4 2 . Ако М е средата на ВС, намерете дължината на радиуса на вписаната в ∆AMC окръжност.

III част8. В четириъгълника ABCD A D 90 и AB CD AD: : : := 3 2 3 . Намерете градусната мярка на BCD .

2. Периметърът на ∆ABC е 24 cm, a BL L AC е ъглополовяща-та на ъгъла при върха B. Намерете страната АС на триъгълника, ако CL = 3, BC = 5.

A) 6 Б) 8 В) 9 Г) 10

3. През точка М, външна за окръжност k, са построени допирател-на МТ и секуща, която пресича k в точки А и В. Ако MA = 2 cm и AB = 8 cm, то дължината на МТ е:

А) 10 cm Б) 2 5 cm В) 4 cm Г) 5 cm

33

I част1. На чертежа правите а и b са успоредни, като OA = 9, CD = 16 и OC = AB. Дължината на отсечката ОD е:

A) 18 Б) 21 В) 24 Г) 28

ПРИМЕРНА КЛАСНА РАБОТА – II СРОК

ВАРИАНТ 2

4. Множеството от решенията на неравенството x2 < 4x е: A) ; 4 Б) (0; 4) В) 0; Г) ; ;0 4

5. Ако α е остър ъгъл и tg 2

5, стойността на 29.sinα е:

A) 2 Б) 3 В) 4 Г) 5

II част

6. Намерете множеството от решенията на неравенството x

x x

2

211

1

1

.

7. В правоъгълния ∆ABC с катети AC = 20 и BC = 15 е построена височината СН H AB . Намерете дължината на радиуса на вписаната в ∆AHC окръжност.

III част8. В ∆ABC с BAC 60 и страна BC = 3 3 cm е вписана окръжност с радиус r = 2 cm. Намерете лицето на триъгълника.

2. Периметърът на ∆ABC е 28 cm, a AL L BC е ъглополовяща-та на ъгъла при върха А. Намерете страната АС на триъгълника, ако CL = 3 cm, LB = 4 cm.

A) 6 cm Б) 8 cm В) 9 cm Г) 12 cm

3. Върху страната AВ на ∆ABC е взета точка D така, че AD = 2, BD = 6 и ADC ACB= . Намерете дължината на страната АС.

A) 2 5 Б) 5

В) 4 Г) 2 3

34

1. НАЧАЛЕН ПРЕГОВОРВариант 1

1 2 3 4 5 6 7 8

В Б В А Г 120° 6 cm 756

8 зад. Момичетата трябва да бъдат 3, 4 или 5. Ако са 5, изборът може да стане по 7

521

.

Ако са 4, изборът може да стане по 7

4

6

135 6 210

. . Ако са 3, изборът може да стане по

7

3

6

235 15 525

. . Общо начините са 21 + 210 + 525 = 756.

Вариант 2

1 2 3 4 5 6 7 8 Б Б А Б В 100° 3 cm 756

8 зад. Момчетата трябва да бъдат 3, 4 или 5. Ако са 5, изборът може да стане по 7

521

.

Ако са 4, изборът може да стане по 7

4

6

135 6 210

. . Ако са 3, изборът може да стане по

7

3

6

235 15 525

. . Общо начините са 21 + 210 + 525 = 756.

2. КЛАСИЧЕСКА ВЕРОЯТНОСТВариант 1

1 2 3 4 5 6 7 8

А В В А Б 9

56

3

4

2

3

8 зад. Вероятността да се падне 1, 1 е равна на 1

6

1

6

1

36. = . Вероятността да се падне 2, 2 е равна на

1

2

1

2

1


1

6

1

6

1

36. = . Вероятността да се падне 4, 4 е равна

на 1

6

1

6

1

36. = . Следователно вероятността да се паднат две равни числа е 3

1

36

1

4

1

3. .

Вероятността да се паднат различни числа е 11

3

2

3 .

ОТГОВОРИ НА ВАРИАНТИТЕ ЗА ДИАГНОСТИКА

35

Вариант 2

1 2 3 4 5 6 7 8

Б В Г Б А 3

20

1

4

1

3

8 зад. Вероятността да се падне 1, 1 е равна на 1

6

1

6

1


1

2

1

2

1


1

6

1

6

1

36. = . Вероятността да се падне 4, 4 е равна

на 1

6

1

6

1

36. = . Следователно вероятността да се паднат две равни числа е 3

1

36

1

4

1

3. .

3. ФУНКЦИИВариант 1

1 2 3 4 5 6 7 8

А Б Б А Б y x 2 5 y 51 1; B

1

4

11

8;

8 зад. От 2 3 23

24 5 1 0

2 2x x x x x

намираме x x1 2

11

4 , . От xA < xB следва, че

x y xB B

A

1

4

3

2

11

8, . Координатите на точката са B

1

4

11

8; .

Вариант 2

1 2 3 4 5 6 7 8

В А А Г Б y x 2 y 9 63; A 3

4

7

8;

8 зад. От 2 3 21

24 7 3 0

2 2x x x x x

намираме x x1 21

3

4= =, . От xA < xB следва, че

x y xA A

A

3

4

1

2

7

8, . Координатите на точката са A 3

4

7

8;

.

36

4. СИСТЕМИ УРАВНЕНИЯ ОТ ВТОРА СТЕПЕН С ДВЕ НЕИЗВЕСТНИВариант 1

1 2 3 4 5 6 7 8

Г Б Г Б Б (3; 2) 36 и 16

Вариант 2

1 2 3 4 5 6 7 8

А Б Б А В (3; 2) 25 и 10

6.

6.

37


Вариант 1

1 2 3 4 5 6 7 8

Г В В Г Г x y 7

3

5 2 3 2; , ; 2 1 4 1 2 2 4 2; , ; , ; , ;

8 зад. Изваждаме почленно двете уравнения

x y x y

x y x y

2 2

2 2

4 2 12 0

2 2 6 12

и получаваме

6 18 12 3 2 0 1 22 2

1 2y y y y y y , . Получените стойности на у заместваме в

уравнението x y x y2 24 2 12 0 1 .

При y 1 1 4 2 12 0 2 8 0 4 22 2 x x x x x x, .

При y 2 1 16 2 24 0 2 8 0 4 22 2 x x x x x x, .

Следователно системата има четири решения: 2 1 4 1 2 2 4 2; , ; , ; , ; .

Вариант 2

1 2 3 4 5 6 7 8

В Б Г Б А x y 23 5 4 1 2; , ; 3 3; и 8 2;

8 зад. Събираме почленно двете уравнения

y xy xxy x y

22 9 36 0

2 9 42 0 и получаваме уравнението

y y26 0 с корени y

13 и y2 2= .

Заместваме тези стойности в уравнението 2 9 42 0xy x y и получаваме:

при y 3 : 6 9 3 42 0 15 45 3x x x x ;

при y = 2: 4 9 2 42 0 5 40 8x x x x .

Следователно решенията на системата са двойките числа: (3; –3) и (–8; 2).

38

6. ПОДОБНИ ТРИЪГЪЛНИЦИВариант 1

1 2 3 4 5 6 7 8

Г Б Б А В 60 m2 и 135 m2 7 cm 15 cm

8 зад. Тъй като ADBD

BDCD

= =4

3, то ∆ ∆ABC BCD . Следователно

ABBC

=4

3, откъдето

BC AB= = =3

4

3 20

415

. cm.

Вариант 2

1 2 3 4 5 6 7 8

А А В А Г 60 m2 и 135 m2 12 cm 12 cm

8 зад.. Тъй като ADBD

BDCD

= =5

3, то ∆ ∆ABC BCD . Следователно

ABBC

=5

3, откъдето

BCAB

= = =3

5

3 20

512

. cm.

7. РАЦИОНАЛНИ НЕРАВЕНСТВАВариант 1

1 2 3 4 5 6 7 8

А Б В А Б x

6 3 3 3 6; ; x

; ;1

2

1

2

2

5

x 1 1 0; \

Вариант 2

1 2 3 4 5 6 7 8

А В В Г А x

7 3 2 4 2 7; ; x

1

4

1

4

5

3; x

1 0

1

3; ;

39

8. МЕТРИЧНИ ЗАВИСИМОСТИ МЕЖДУ ОТСЕЧКИ Вариант 1

1 2 3 4 5 6 7 8

Б В А Г Б BL = 2 6 S = 144 cm2 R AO= = 3 2

8 зад. Означаваме с О центъра на окръжността. Тогава СО е ъглопо-ловяща на ACB и нека CO AB H . От правоъгълните триъгъл-ници АНС, АОС и АОН намираме:

CH 2 = AC 2 – AH 2 = 122 – 42 = 16.8, CH = 8 2 ;

AH CH HO HO AHCH

2

216

8 2

2 . ;

AO2 = AH 2 + HO2 = 16 + 2 = 18 и R AO= = 3 2 .

Вариант 2

1 2 3 4 5 6 7 8

А Б А В Б2 2+ cm S = 27 3 cm2 BN

CM=2 13

5

8 зад. Означаваме AC x= 4 , BC x= 3 .

Тогава CN x AB AC BC x 2 252 2 2 2

, ABC ,

BN CN BC x2 2 2 213 NBC , AB x= 5 , BN x= 13 .

Като вземем предвид, че

CMAB x

= =2

5

2, за отношението

BNCM

намираме:

BNCM

xx= =13

5

2

2 13

5.

40

9. ТРИГОНОМЕТРИЧНИ ФУНКЦИИ НА ОСТЪР ЪГЪЛ Вариант 1

1 2 3 4 5 6 7 8

В А Г В Б tgCAL =1

2

S = 4 3 cm2 AB = 18 cm, CD = 2 cm иAD = BC = 10 cm

6. От ACAB

CLBL

= =3

5 (свойство на ъглополовящата AL) следва, че

AC = 3x и AB = 5x.

Тогава BC = 4x = 8 (питагорова тройка числа), x = 2 и AC = 6.

В правоъгълния ∆ALC tgCALCLAC

= = =3

6

1

2.

7. Ако AC BD O , то в ∆AОВ AOB 90 , ABO ABD 1

260

и BO AO . .cotg 60 63

32 cm. Лицето на ромба е равно на

SAC BD AC BOABCD = = = =.

. .2

2 6 2 4 3 cm2.

8. Нека в трапеца ABCD AB CD радиусът на вписаната окръж-

ност е r = 3 cm, BAD , DH H AB е височината на трапеца, а

AB = a и CD = b (a > b) са основите на трапеца.

Тогава DH = 2r = 6 cm и AD BC AB CD AD a b

2

.

От правоъгълния ∆AHD изразяваме

DH AD AD DH .sin

sin

.

6 5

310 cm,

AH AD DH2 2 2100 36 64 и AH = 8 cm.

От ADa b a b

2

10 20 и AHa b a b

2

8 16

намираме a = 18 и b = 2.

Страните на трапеца са AB = 18 cm, CD = 2 cm и AD = BC = 10 cm.

41

6. От tg 3 следва, че α= 60°. Тогава sin 3

2, cos

1

2

A

sin cos

sin cos

4 4

9

16

1

16

3

2

1

2

1

3 1

3 1

2

.

7. Нека Н е петата на перпендикуляра, спуснат от С към АВ.

В ∆AHC с CAH 30 AC = 2CH = 4 и ABAC

cos30

8

3.

В ∆ABC ACB 90 (AB = 2R е диаметър) намираме

R = =4

3

4 3

3cm.

8. Нека в трапеца ABCD AB CD радиусът на вписаната окръжност е r, α е ъгълът при голямата основа АВ, а DH H AB е височината на трапеца.

Тогава DH r= 2 и AD BC AB CD AD AB CD

2

.

От правоъгълния ∆AHD изразяваме: DHAD

sin и

ADr

2 6

0 610

sin ,. От S

AB CD DH

2

10 6 60. . cm2.

Следователно лицето на трапеца е SAB CD DH

210 6 60. . cm2.

Вариант 2

1 2 3 4 5 6 7 8

А А Г Б Г A 3 1

2R =

4 3

3

S = 60 cm2

42

ПРИМЕРНА КЛАСНА РАБОТА – I срокВариант 1

1 2 3 4 5 6 7 8

Б В Г А Г P = =6

24

1

4y x

3

2

5

2

2 2; и 0 2 2;

6. Числото е четно, ако цифрата на единиците е 2. Броят на възможните четни числа е 3 6!= (пер-мутациите на 1, 3 и 5). Всички четирицифрени числа с различни цифри са P

44 24= =! на брой и

търсената вероятност е P = =6

24

1

4.

7. Нека Ã f е графиката на линейната функция f x ax b . От A Ã ff 1 4 и

B Ã ff 1 1 получаваме съответно a b 4 и a b a b1 1.

Решенията на системата a ba b

4

1 са a 3

2 и b

5

2. Следователно f x x

3

2

5

2.

8. xy xx y

xy xx y

y x x

x y

y x xx y

2

2 2

2

2 2 2 2 2 2

8

0

8

0

8

0

8

y xx

xy

y xx

x

y2 8

0

8 2

0

2 22 2

.. Решенията на системата са (±2; ±2) и 0 2 2; .

Вариант 2

1 2 3 4 5 6 7 8

В В Б Б А P = =12

24

1

2

y x x 22 3 1 1; и 2 0;

6. Числото се дели на 3, ако сумата от цифрата му се дели на 3. Възможните тройки цифри са 1, 2, 3

и 1, 3, 5, а броят на трицифрените числа с тези цифри е 3 3 12! ! .

43

Всички трицифрени числа, образувани с цифрите 1, 2, 3 и 5, са V4

34 3 2 24= =. . на брой и търсената

вероятност е P = =12

24

1

2.

7. Нека Ã f е графиката на квадратната функция f x ax bx c 2 .

От C Ã f∈ намираме f 0 3 и c 3 , а от A Ã ff 1 4 и B Ã ff 1 0

получаваме съответно a b 3 4 и a b 3 0 . Решенията на системата a ba b

1

3 са a = 1 и

b 2 . Следователно функцията е f x x x 22 3 .

8. xy yx y

xy yx y

x y

x y

x yx y

2 2 2 2 2 2 2 22

0

2

1 0

2

1 0

2

xx y

yx y

xy

yx

xy

y

x

1

2

0

2

1

1

0

2

1

1

0

22 2 2 2 2 2

.

Решенията на системата са (1; ±1) и 2 0; .

44

ПРИМЕРНА КЛАСНА РАБОТА – II срокВариант 1

1 2 3 4 5 6 7 8

Г В Б Г Г x 1 1 2; ; r 3 5 BCD 120

6. xx

x xx

xx x

xx x

x

2 2 2 2 2

5

11

5

11 0

5 1

10

2 2

10

: 22

x x

xx x x x

1 2

10 1 2 1 0 1 1 2; ;

7. Нека AC BC x= = . От AB AC BC x x x2 2 2 2 2 232 16

намираме x = 4 , AC BC= = 4 и CM = 2 .

В ∆AMC AM AC CM2 2 216 4 20 и AM = 2 5 .

Дължината на радиуса на вписаната в ∆AMC окръжност е

r AC CM AM

2

4 2 2 5

23 5 .

8. От A D 90 следва, че ABCD е трапец.

По условие AB CD AD: : : := 3 2 3 и нека AB x= 3 , CD x= 2 ,

AD x= 3 .

Построяваме височината СH H AB .

Тогава AH CD x= = 2 , CH AD x= = 3 и BH AB AH x x x 3 2 .

В правоъгълния ∆BHC tgBCHBH

xx

= = =3

3 и следователно B 60 .

Намираме BCD B 180 180 60 120 .

45

ПРИМЕРНА КЛАСНА РАБОТА – II срок

Вариант 2

1 2 3 4 5 6 7 8

Г В В Б А x 2 1 1; ; r = 4 SABC =10 3 cm2

6. x

x xx

x x xx x x

x x

2

2

2 2 2

11

1

1 1 11

1

10

1 1

1 1

00

x

x xx x x x x2

1 10 2 1 1 0 1 2 1 1, ; ; .

8. Нека О е центърът на вписаната в ∆ABC окръжност и OH AB H AB .

Тогава OH r HAO BAC ,

1

230 и AH

AB AC BC

2

.

От правоъгълния ∆AHO намираме:

AHOH

AB AC BCr

AB AC

cotg302

3

2 3 4 3 3 3 7 3r BC .

Следователно S pr AB AC BC rABC

2

7 3 3 3

22 10 3. . cm2.

7. От ∆ABC намираме: AB AC BC AB2 2 2 2 2 220 15 25 25 , и

r AC BC AB

2

20 15 25

25 . Ако rA е радиусът на вписаната

в ∆ACH окръжност, от ∆ ∆ACH ABC следва,

че rr

ACAB

A = , rA5

20

25= и rA = 4 .

46

УТВ

ЪРД

ИЛ

Д

ирек

тор:

...

....

....

....

....

....

..(И

ме, ф

амил

ия, п

одпи

с)ГО

ДИ

ШН

О Т

ЕМ

АТИ

ЧН

О Р

АЗП

РЕД

ЕЛЕ

НИ

Епо

уче

бния

пре

дмет

мат

емат

ика

за 9

. кла

с П

ЪРВ

И У

ЧЕ

БЕ

Н С

РОК

– 1

8 С

ЕД

МИ

ЦИ

Х 3

ЧА

СА

СЕ

ДМ

ИЧ

НО

= 5

4 Ч

АС

А

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орм

и на

оце

нява

не п

о те

ми

и/ил

и ра

здел

иЗа

беле

жка

1.1

Осн

овни

ко

мбин

атор

-ни

пон

ятия

Нач

ален

пр

егов

орЗн

ае о

снов

ните

ком

би-

нато

рни

поня

тия.

П

рила

га ф

орму

лите

за

съе

дине

ния

за

реш

аван

е на

зада

чи.

2.1

Ква

драт

ни

урав

нени

яН

ачал

ен

прег

овор

Знае

пон

ятия

та к

ва-

драт

но у

равн

ение

, ко

ефиц

иент

и и

коре

-ни

.

Уме

е да

реш

ава

квад

-ра

тни

урав

нени

я.

3.1

Триъ

гълн

ик и

тр

апец

Нач

ален

пр

егов

орЗн

ае о

снов

ните

св

ойст

ва н

а ср

една

та

отсе

чка.

Зна

е ка

к се

на

мира

лиц

е на

три

ъ-гъ

лник

и т

рапе

ц.

Уме

е да

нам

ира

сред

на о

тсеч

ка н

а тр

иъгъ

лник

и т

рапе

ц.

Уме

е да

нам

ира

лице

на

три

ъгъл

ник

и тр

апец

.

4.2

Впи

сани

и

опис

ани

мно-

гоъг

ълни

ци

Нач

ален

пр

егов

орЗн

ае к

акво

е в

писа

н и

опис

ан м

ного

ъгъл

ник.

Зн

ае за

беле

жит

елни

то

чки

в тр

иъгъ

лник

.

Уме

е да

при

лага

св

ойст

вата

на

впи-

сани

те и

опи

сани

те

мног

оъгъ

лниц

и пр

и ре

шав

ане

на за

дачи

.

5.2

Вхо

дно

равн

ище

Тема

за

само

кон-

трол

Диа

гнос

тика

на

мате

-ма

тиче

скат

а гр

амот

-но

ст н

а уч

ениц

ите

в на

чало

то н

а 9.

кла

с.

Пис

мена

раб

ота

6.2

Кла

сиче

ска

веро

ятно

стН

ови

знан

ияЗн

ае к

акво

е к

ласи

чес-

ка в

ероя

тнос

т и

как

се

нами

ра.

елем

ента

рно

съ-

бити

е, с

луча

йно

съби

тие,

със

тав-

но и

дос

тове

рно

съби

тие

Уме

е да

нам

ира

веро

-ят

ност

на

съби

тия.

Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

47

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орм

и на

оце

нява

не п

о те

ми

и/ил

и ра

здел

иЗа

беле

жка

7.3

Кла

сиче

ска

веро

ятно

ст.

Упр

ажне

ние

Упр

ажне

-ни

еУ

мее

да н

амир

а ве

-ро

ятно

ст н

а ра

злич

ни

съби

тия.

Затв

ърж

дава

знан

и-ят

а за

вер

оятн

ост

на

съби

тия.

Уст

но и

зпит

ване

. Д

омаш

на р

абот

а

8.3

Вер

оятн

ост

на с

ума

на

несъ

вмес

ти-

ми с

ъбит

ия

Нов

и зн

ания

Знае

кои

съб

ития

са

несъ

вмес

тими

.не

съвм

ести

ми

съби

тия,

сум

а на

не

съвм

ести

ми

съби

тия

Опр

едел

я да

ли

даде

ни с

ъбит

ия с

а не

съвм

ести

ми. У

мее

да н

амир

а ве

роят

ност

на

сум

а на

нес

ъвме

с-ти

ми с

ъбит

ия.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

9.3

Вер

оятн

ост

на с

ума

на

несъ

вмес

ти-

ми с

ъбит

ия.

Упр

ажне

ние

Упр

ажне

-ни

еЗа

твър

жда

ва зн

ания

та

за с

ума

на н

есъв

мест

и-ми

съб

ития

.

Уме

е да

нам

ира

веро

ятно

ст н

а су

ма

на н

есъв

мест

ими

съби

тия.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

10.

4

Вер

оятн

ост

на п

роти

-во

поло

жно

съ

бити

е

Нов

и зн

ания

Знае

кои

съб

ития

са

прот

ивоп

олож

ни и

вр

ъзка

та м

ежду

тех

ни-

те в

ероя

тнос

ти.

прот

ивоп

олож

ни

съби

тия

Уме

е да

нам

ира

веро

ятно

ст н

а съ

би-

тие,

кат

о из

полз

ва

прот

ивоп

олож

ното

му

съб

итие

.

11.

4В

ероя

тнос

т на

обе

дине

-ни

е и

сече

ние

на с

ъбит

ия

Нов

и зн

ания

Знае

как

се

нами

рат

обед

инен

ие и

сеч

ение

на

съб

ития

.

обед

инен

ие н

а съ

бити

я, с

ечен

ие

на с

ъбит

ия

Уме

е да

нам

ира

обед

инен

ие и

сеч

ение

на

съб

ития

и т

ехни

те

веро

ятно

сти.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

12.

4В

ероя

тнос

т на

сум

а на

съ

вмес

тими

съ

бити

я

Нов

и зн

ания

Знае

кои

съб

ития

са

съвм

ести

ми.

съвм

ести

ми

съби

тия

Уме

е да

нам

ира

веро

ятно

ст н

а се

че-

ние

и об

един

ение

на

съвм

ести

ми с

ъбит

ия.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

135

Кла

сиче

ска

веро

ятно

ст.

Обо

бщен

ие

Обо

бще-

ние

Знае

пон

ятия

та,

свър

зани

с н

амир

ане

на в

ероя

тнос

ти.

Уме

е да

нам

ира

ве-

роят

ност

на

разл

ични

съ

бити

я.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

14.

5

Кла

сиче

ска

веро

ятно

ст.

Тема

за

само

конт

рол

Кон

трол

Про

верк

а на

знан

ията

Диа

гнос

тика

док

олко

ум

ее д

а от

крив

а и

създ

ава

ситу

ации

, св

ърза

ни с

вер

оят-

ност

и.

Пис

мена

раб

ота

48

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орм

и на

оце

нява

не п

о те

ми

и/ил

и ра

здел

иЗа

беле

жка

15.

5

Фун

кция

, де-

фини

цион

но

множ

еств

о.

Нач

ини

на

зада

ване

на

функ

ция

Нов

и зн

ания

Знае

пон

ятия

та ф

унк-

ция,

деф

иниц

ионн

о мн

ожес

тво

, ст

ой-

ност

на

фун

кция

.

функ

ция,

де-

фини

цион

но

множ

еств

о на

фу

нкци

я, а

ргу-

мент

, про

менл

и-ва

, фун

кцио

налн

а ст

ойно

ст

Уме

е да о

пред

еля

дефи

ници

онно

мно

-ж

еств

о на

фун

кция

и

стой

ност

ите н

а арг

у-ме

нт и

ли ф

ункц

ия п

ри

разл

ични

нач

ини

на

зада

ване

на ф

ункц

ия.

Рабо

та в

час

16.

6

Граф

ика н

а фу

нкци

я. П

ре-

сечн

и то

чки

на гр

афик

и на

фу

нкци

и

Нов

и зн

ания

Знае

пон

ятие

то гр

афи-

ка н

а ф

ункц

ия и

как

се

нами

рат

общ

ите

точк

и на

две

граф

ики.

граф

ика

на

функ

ция

Разп

озна

ва к

ое

множ

еств

о от

точ

ки е

гр

афик

а на

фун

кция

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

17.

6

Граф

ично

пр

едст

авян

е на

реш

ения

та

на у

равн

ение

. Д

виж

ение

на

граф

ики

на

функ

ции

Нов

и зн

ания

Уме

е да

изв

лича

ин-

форм

ация

за ф

ункц

ии,

зада

дени

по

разл

ичен

на

чин.

Знае

как

по

даде

ни

граф

ики

да н

амир

а ре

шен

ията

на

урав

не-

ние.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

18.

6Ф

ункц

ии.

Граф

ики

на

функ

ции.

У

праж

нени

е

Упр

ажне

-ни

еУ

мее

да у

стан

овяв

а пр

инад

леж

ност

на

точк

а къ

м гр

афик

а на

фу

нкци

я.

Затв

ърж

дава

уме

ни-

ята

за р

ешав

ане

на

зада

чи, с

върз

ани

с фу

нкци

и.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

19.

7

Лин

ейна

фу

нкци

я.

Сво

йств

а и

граф

ика

Нов

и зн

ания

Уме

е да

пра

ви и

звод

и за

сво

йств

ата

на

лине

йнат

а фу

нкци

я по

гр

афик

ата

ѝ.

раст

яща

функ

-ци

я, н

амал

яващ

а фу

нкци

я, м

оно-

тонн

ост,

лин

ейна

фу

нкци

я, ъ

глов

ко

ефиц

иент

Знае

коя

фун

кция

е

лине

йна

и ка

кви

свой

ства

има

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

20.

7

Лин

ейна

фу

нкци

я.

Сво

йств

а и

граф

ика.

У

праж

нени

е

Упр

ажне

-ни

еУ

мее

да п

остр

оява

гр

афик

а на

лин

ей-

на ф

ункц

ия и

да

пред

став

я гр

афич

но

реш

ения

та н

а ли

нейн

о ур

авне

ние.

Уме

е да

опр

едел

я мо

ното

ннос

тта

на

лине

йна

функ

ция,

да

черт

ае гр

афик

ата

ѝ в

случ

ай н

а пр

ава,

лъч

ил

и от

сечк

а.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

49

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орм

и на

оце

нява

не п

о те

ми

и/ил

и ра

здел

иЗа

беле

жка

21.

7

Ква

драт

на

функ

ция.

Гр

афик

а на

кв

адра

тнат

а фу

нкци

я y

= ax

2 , a

≠ 0

Нов

и зн

ания

Уме

е да

пос

троя

ва

граф

ика

на к

вадр

атна

фу

нкци

я от

вид

аy

= ax

2 .

квад

ратн

а фу

нк-

ция,

пар

абол

а,

връх

на

пара

бола

, ля

в и

десе

н кл

он

на п

араб

олат

а

Знае

как

изг

леж

да

пара

бола

та y

= a

x2 в

зави

симо

ст о

т зн

ака

и ст

ойно

стта

на

коеф

и-ци

ента

а.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

22.

8

Граф

ика

на

квад

ратн

ата

функ

ция

y =

ax2 +

bx

+

+

c,

a ≠

0

Нов

и зн

ания

Знае

осн

овни

те е

ле-

мент

и, с

върз

ани

с па

рабо

лата

.

ос н

а си

метр

ия н

а па

рабо

лаМ

оже

да о

пред

еля

ко-

орди

нати

те н

а въ

рха

и ос

та н

а си

метр

ия н

а па

рабо

ла.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

23.

8

Граф

ика

на

квад

ратн

ата

функ

ция

y =

ax2 +

bx

++

c, a

≠ 0

. У

праж

нени

е

Упр

ажне

-ни

еУ

мее д

а пос

троя

ва

граф

ика н

а ква

драт

на

функ

ция

и да

пре

дста

вя

граф

ично

реш

ения

та

на к

вадр

атно

ура

вне-

ние.

Мож

е да п

рави

из

води

за св

ойс т

вата

на

квад

ратн

а фун

кция

, ако

е д

аден

а гра

фика

та ѝ

.

При

лага

алг

орит

ъма

за п

остр

оява

не н

а гр

афик

ата

на к

вадр

ат-

на ф

ункц

ия.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

24.

8

Най

-мал

ка и

на

й-го

ляма

ст

ойно

ст н

а кв

адра

тна

функ

ция

Нов

и зн

ания

Знае

пон

ятия

та н

ай-

голя

ма и

най

-мал

ка

стой

ност

на

квад

рат

-на

фун

кция

.

екст

рему

ми н

а фу

нкци

я, н

ай-

малк

а ст

ойно

ст

на к

вадр

атна

фу

нкци

я, н

ай-

голя

ма с

тойн

ост

на к

вадр

атна

фу

нкци

я

Знае

да

нами

ра

екст

рему

мите

на

квад

ратн

а фу

нкци

я в

зави

симо

ст о

т за

даде

-но

то д

ефин

ицио

нно

множ

еств

о.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

25.

9

Най

-мал

ка и

на

й-го

ляма

ст

ойно

ст н

а кв

адра

тна

функ

ция.

У

праж

нени

е

Упр

ажне

-ни

е У

мее

да н

амир

а на

й-го

ляма

и н

ай-м

алка

ст

ойно

ст н

а кв

адра

тна

функ

ция.

Знае

да

нами

ра

множ

еств

о от

сто

й-но

сти

на к

вадр

атна

фу

нкци

я.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

26.

9Ф

ункц

ии.

Тема

за

само

конт

рол

Кон

трол

Про

верк

а на

знан

ията

Пис

мено

изп

итва

не

50

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орм

и на

оце

нява

не п

о те

ми

и/ил

и ра

здел

иЗа

беле

жка

27.

9

Лин

ейни

ур

авне

ния

с дв

е не

изве

ст-

ни

Нов

и зн

ания

Уме

е да

реш

ава

лине

йни

урав

нени

я с

две

неиз

вест

ни.

лине

йно

урав

не-

ние

с дв

е не

из-

вест

ни,

наре

дена

дво

йка

числ

а,

реш

ение

на

урав

нени

е с

две

неиз

вест

ни

При

лага

уме

ният

а си

при

реш

аван

е на

ура

внен

ия с

две

не

изве

стни

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

28.

10

Сис

теми

ли

нейн

и ур

авне

ния

с дв

е не

изве

ст-

ни. Р

еша-

ване

чре

з за

мест

ване

, съ

бира

не и

ли

изва

жда

не

Нов

и зн

ания

Уме

е да

реш

ава

сист

е-ми

лин

ейни

ура

внен

ия

с дв

е не

изве

стни

чре

з за

мест

ване

, съб

иран

е ил

и из

важ

дане

.

сист

ема

лине

йни

урав

нени

я с

две

неиз

вест

ни,

реш

ение

на

сист

ема

лине

йни

урав

нени

я;

екви

вале

нтни

сис-

теми

ура

внен

ия,

съвм

ести

ми с

ис-

теми

ура

внен

ия,

несъ

вмес

тими

сис-

теми

ура

внен

ия,

опре

деле

ни с

ис-

теми

ура

внен

ия,

неоп

реде

лени

сис-

теми

ура

внен

ия

При

лага

уме

ният

а си

при

реш

аван

е на

си

стем

и ли

нейн

и ур

авне

ния

с дв

е не

изве

стни

чре

з за

мест

ване

, съб

иран

е ил

и из

важ

дане

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

29.

10

Сис

теми

ли

нейн

и ур

авне

ния

с дв

е не

изве

ст-

ни. Р

еша-

ване

чре

з за

мест

ване

, съ

бира

не и

ли

изва

жда

не.

Упр

ажне

ние

Упр

ажне

-ни

еЗа

твър

жда

ва зн

ания

та

за р

ешав

ане

на с

исте

-ми

лин

ейни

ура

внен

ия

с дв

е не

изве

стни

чре

з за

мест

ване

, съб

иран

е ил

и из

важ

дане

.

При

лага

уме

ният

а си

при

реш

аван

е на

си

стем

и ли

нейн

и ур

авне

ния

с дв

е не

изве

стни

чре

з за

мест

ване

, съб

иран

е ил

и из

важ

дане

.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

51

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орм

и на

оце

нява

не п

о те

ми

и/ил

и ра

здел

иЗа

беле

жка

30.

10

Граф

ично

пр

едст

авян

е на

реш

ения

та

на с

исте

ми

лине

йни

урав

нени

я с

две

неиз

вест

-ни

Нов

и зн

ания

Уме

е да

реш

ава

граф

ично

сис

теми

ли

нейн

и ур

авне

ния

с дв

е не

изве

стни

.

екви

вале

нтни

си

стем

и ур

авне

-ни

я,

съвм

ести

ми с

ис-

теми

ура

внен

ия,

несъ

вмес

тими

си

стем

и ур

авне

-ни

я

При

лага

уме

ният

а си

при

граф

ично

ре

шав

ане

на с

исте

ми

лине

йни

урав

нени

я с

две

неиз

вест

ни,

умее

да

прец

еняв

а ра

цион

ално

стта

на

избр

ания

мет

од за

ре-

шав

ане

на с

исте

мата

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

31.

11

Вза

имно

раз

-по

лож

ение

на

граф

ики

на л

иней

ни

функ

ции.

И

зсле

дван

е на

бро

я на

ре

шен

ията

на

сис

тема

ли

нейн

и ур

авне

ния

Нов

и зн

ания

Осм

исля

връ

зкат

а ме

жду

кое

фици

енти

те

на д

ве л

иней

ни ф

унк-

ции

и вз

аимн

ото

им

разп

олож

ение

в е

дна

коор

дина

тна

сист

ема.

опре

деле

ни с

ис-

теми

ура

внен

ия,

неоп

реде

лени

си

стем

и ур

авне

-ни

я

При

лага

уме

ният

а си

за

връ

зкат

а ме

жду

ко

ефиц

иент

ите

на

две

лине

йни

функ

-ци

и и

взаи

мнот

о им

ра

зпол

ожен

ие в

едн

а ко

орди

натн

а си

стем

а.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

32.

11

Вза

имно

раз

-по

лож

ение

на

граф

ики

на л

иней

ни

функ

ции.

И

зсле

дван

е на

бро

я на

ре

шен

ията

на

сис

тема

ли

нейн

и ур

авне

ния.

У

праж

нени

е

Упр

ажне

-ни

еЗа

твър

жда

ва зн

ания

та

си д

а ре

шав

а гр

афич

но

сист

еми

лине

йни

урав

нени

я с

две

неиз

вест

ни.

При

лага

уме

ният

а си

да

реш

ава

граф

ично

си

стем

и ли

нейн

и ур

авне

ния

с дв

е не

изве

стни

.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

52

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орм

и на

оце

нява

не п

о те

ми

и/ил

и ра

здел

иЗа

беле

жка

33.

11

Мод

елир

ане

със

сист

еми

лине

йни

урав

нени

я

Нов

и зн

ания

Знае

да

моде

лира

съ

с си

стем

и ли

нейн

и ур

авне

ния

с дв

е не

изве

стни

; ум

ее д

а оц

еняв

а съ

държ

ател

но п

олуч

е-ни

я пр

и мо

дели

ране

то

конк

рете

н ре

зулт

ат и

да

го и

нтер

прет

ира.

мате

мати

ческ

и мо

дел

При

лага

уме

ният

а си

да

мод

елир

а съ

с си

с-те

ми л

иней

ни у

равн

е-ни

я с

две

неиз

вест

ни

и да

оце

нява

съд

ър-

жат

елно

пол

учен

ия

при

моде

лира

нето

ко

нкре

тен

резу

лтат

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

34.

12

Мод

елир

ане

със

сист

еми

лине

йни

урав

нени

я.

Упр

ажне

ние

Упр

ажне

-ни

еЗа

твър

жда

ва зн

ания

та

си за

мод

елир

ане

със

сист

еми

лине

йни

урав

нени

я с

две

неиз

вест

ни.

Затв

ърж

дава

уме

ни-

ята

си д

а мо

дели

ра

със

сист

еми

лине

йни

урав

нени

я с

две

неиз

вест

ни.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

35.

12

Сис

теми

ли

нейн

и ур

авне

ния

с дв

е не

изве

ст-

ни. Т

ема

за

само

конт

рол

Кон

трол

Про

верк

а на

знан

ията

за

лин

ейно

ура

внен

ие

с дв

е не

изве

стни

, си

стем

а ли

нейн

и ур

авне

ния

с дв

е не

изве

стни

, на

реде

на д

войк

а чи

с-ла

, реш

ение

на

урав

не-

ние

с дв

е не

изве

стни

, ре

шен

ие н

а си

стем

а ли

нейн

и ур

авне

ния;

ек

вива

лент

ни с

исте

ми

урав

нени

я,

съвм

ести

ми с

исте

ми

урав

нени

я,

несъ

вмес

тими

сис

теми

ур

авне

ния,

оп

реде

лени

сис

теми

ур

авне

ния,

не

опре

деле

ни с

исте

ми

урав

нени

я.

Диа

гнос

тика

док

ол-

ко у

мее

да р

ешав

а си

стем

и ли

нейн

и ур

авне

ния

с дв

е не

-из

вест

ни ч

рез з

амес

т-ва

не, с

ъбир

ане

или

изва

жда

не, г

рафи

чно

реш

аван

е и

моде

-ли

ране

със

сис

теми

ли

нейн

и ур

авне

ния

с дв

е не

изве

стни

.

Пис

мено

изп

итва

не

53

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орм

и на

оце

нява

не п

о те

ми

и/ил

и ра

здел

иЗа

беле

жка

36.

12

Сист

еми

урав

нени

я от

вт

ора с

тепе

н с

две н

еизв

ест-

ни. Р

ешав

ане

на си

стем

и, н

а ко

ито

едно

то

урав

нени

е е о

т пър

ва

степ

ен

Нов

и зн

ания

Знае

пон

ятие

то с

ис-

тем

а ур

авне

ния

от

втор

а ст

епен

с д

ве

неиз

вест

ни и

пон

ятия

-та

, свъ

рзан

и с

него

.

урав

нени

е от

вт

ора

степ

ен с

дв

е не

изве

стни

; си

стем

а ур

ав-

нени

я от

вто

ра

степ

ен с

две

не

изве

стни

Рабо

та в

час

37.

13

Сист

еми

урав

нени

я от

вт

ора с

тепе

н с

две н

еизв

ест-

ни. Р

ешав

ане

на си

стем

и, н

а ко

ито

едно

то

урав

нени

е е о

т пър

ва ст

е-пе

н. У

праж

-не

ние

Упр

ажне

-ни

е У

мее

да р

ешав

а си

стем

и ур

авне

ния

от

втор

а ст

епен

с л

иней

-но

ура

внен

ие ч

рез

заме

ства

не.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

38.

13

Реш

аван

е на

сис

теми

ур

авне

ния

с дв

е не

из-

вест

ни ч

рез

заме

ства

не,

съби

ране

или

из

важ

дане

Нов

и зн

ания

Знае

да

реш

ава

сист

е-ми

ура

внен

ия о

т вт

ора

степ

ен с

две

неи

звес

т-ни

чре

з зам

еств

ане,

съ

бира

не и

ли и

зваж

-да

не.

Разб

ира

идеи

те, с

вър-

зани

с р

азли

чнит

е ме

тоди

за р

ешав

ане

на с

исте

ми у

равн

ения

от

вто

ра с

тепе

н с

две

неиз

вест

ни.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

39.

13

Реш

аван

е на

сис

теми

ур

авне

ния

с дв

е не

из-

вест

ни ч

рез

заме

ства

не,

съби

ране

или

из

важ

дане

. У

праж

нени

е

Упр

ажне

-ни

е У

мее

да р

ешав

а си

стем

и ур

авне

ния

от в

тора

сте

пен

с дв

е не

изве

стни

чре

з за

мест

ване

, съб

иран

е ил

и из

важ

дане

.

При

лага

мет

одит

е за

мест

ване

, съб

иран

е ил

и из

важ

дане

при

ре

шав

ане

на с

исте

ми

урав

нени

я от

вто

ра

степ

ен с

две

неи

звес

т-ни

.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

54

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орм

и на

оце

нява

не п

о те

ми

и/ил

и ра

здел

иЗа

беле

жка

40.

14

Реш

аван

е на

сист

еми

урав

-не

ния о

т вто

ра

степ

ен с

две

неиз

вест

ни

чрез

раз

лага

не

или

пола

гане

Нов

и зн

ания

Знае

да

реш

ава

сист

е-ми

ура

внен

ия о

т вт

ора

степ

ен с

две

неи

звес

т-ни

чре

з раз

лага

не и

ли

пола

гане

.

Разб

ира

идеи

те,

свър

зани

с р

ешав

ане

на с

исте

ми у

равн

ения

от

вто

ра с

тепе

н с

две

неиз

вест

ни ч

рез р

аз-

лага

не и

ли п

олаг

ане.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

41.

14

Реш

аван

е на

сист

еми

урав

-не

ния о

т вто

ра

степ

ен с

две

неиз

вест

ни

чрез

раз

лага

не

или

пола

гане

. У

праж

нени

е

Упр

ажне

-ни

е У

мее

да р

ешав

а си

сте-

ми у

равн

ения

от

втор

а ст

епен

с д

ве н

еизв

ест-

ни ч

рез р

азла

гане

или

по

лага

не.

При

лага

иде

ите,

св

ърза

ни с

реш

аван

е на

сис

теми

ура

внен

ия

от в

тора

сте

пен

с дв

е не

изве

стни

чре

з раз

-ла

гане

или

пол

аган

е.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

42.

14

Мод

елир

ане

със

сист

еми

урав

нени

я от

вт

ора

степ

ен

с дв

е не

из-

вест

ни

Нов

и зн

ания

Уме

е да

мод

елир

а съ

с си

стем

и кв

адра

тни

урав

нени

я с

две

неиз

вест

ни.

Уме

е да

оце

нява

съ-

държ

ател

но п

олуч

е-ни

я пр

и мо

дели

ране

-то

кон

крет

ен р

езул

тат

и да

го и

нтер

прет

ира.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

43.

15

Сист

еми

урав

нени

я от

вт

ора с

тепе

н с

две н

еизв

ест-

ни. Т

ема з

а са

моко

нтро

л

Кон

трол

Пис

мено

изп

итва

не

44.

15К

ласн

а ра

бота

Кон

трол

Про

верк

а на

знан

ията

Пис

мено

изп

итва

не

45.

15П

ропо

р-ци

онал

ни

отсе

чки

Нов

и зн

ания

Знае

ког

а че

тири

от

сечк

и са

про

порц

ио-

налн

и.

проп

орци

онал

ни

отсе

чки,

чет

върт

а пр

опор

цион

ална

Уме

е да

нам

ира

четв

ърта

про

порц

ио-

налн

а.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

46.

16

Теор

ема

на

Тале

с. О

брат

-на

тео

рема

на

Тале

с

Нов

и зн

ания

Знае

тео

реми

те н

а Та

лес.

У

мее

да п

рила

га

теор

емит

е на

Тал

ес за

на

мира

не н

а пр

опор

-ци

онал

ни о

тсеч

ки и

до

казв

ане

на у

спор

е-дн

ост

на п

рави

.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

55

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орм

и на

оце

нява

не п

о те

ми

и/ил

и ра

здел

иЗа

беле

жка

47.

16

Теор

ема

на

Тале

с. О

брат

-на

тео

рема

на

Тал

ес.

Упр

ажне

ние

Упр

ажне

-ни

еЗа

твър

жда

ва зн

ания

та,

свър

зани

с т

еоре

мите

на

Тал

ес.

Уме

е да

при

лага

те

орем

ите

на Т

алес

в

зада

чи.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

48.

16

Сво

йств

о на

ъгл

опо-

ловя

щит

е в

триъ

гълн

ик

Нов

и зн

ания

Знае

сво

йств

ото

на

ъгло

поло

вящ

ите

в тр

иъгъ

лник

.

осно

вно

свой

ство

на

ъгл

опол

овя-

щат

а

Уме

е да

нам

ира

дъл-

жин

и на

отс

ечки

, кат

о из

полз

ва о

снов

ното

св

ойст

во н

а ъг

лопо

-ло

вящ

ата.

Рабо

та в

час

. Д

омаш

на р

абот

а

49.

17

Сво

йств

о на

ъгл

опо-

ловя

щит

е в

триъ

гълн

ик.

Упр

ажне

ние

Упр

ажне

-ни

еЗа

твър

жда

ва зн

ани-

ята

за с

войс

твот

о на

ъг

лопо

ловя

щит

е в

триъ

гълн

ик.

При

лага

осн

овно

то

свой

ство

на

ъгло

по-

ловя

щат

а за

реш

аван

е на

зада

чи.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

50.

17

Под

обни

тр

иъгъ

лни-

ци. П

ърви

пр

изна

к за

по

добн

ост

на

триъ

гълн

ици

Нов

и зн

ания

Знае

кои

три

ъгъл

ници

са

под

обни

. Зна

е пъ

р-ви

при

знак

за п

одоб

-но

ст н

а тр

иъгъ

лниц

и.

подо

бни

триъ

гъл-

ници

, кое

фици

-ен

т на

под

обие

При

лага

пър

ви п

риз-

нак

за п

одоб

ност

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

51.

17

Пър

ви

приз

нак

за

подо

бнос

т на

тр

иъгъ

лниц

и.

Упр

ажне

ние

Упр

ажне

-ни

еЗа

твър

жда

ва зн

ания

та

за п

одоб

ни т

риъг

ъл-

ници

.

Отк

рива

под

обни

тр

иъгъ

лниц

и в

раз-

личн

и ге

омет

ричн

и ко

нфиг

урац

ии.

52.

18

Вто

ри и

тре

-ти

при

знак

за

подо

бнос

т на

тр

иъгъ

лниц

и

Нов

и зн

ания

Знае

вто

ри и

тре

ти

приз

нак

за п

одоб

ност

. вт

ори

приз

нак

за п

одоб

ност

, тр

ети

приз

нак

за

подо

бнос

т

При

лага

вто

ри и

тр

ети

приз

нак

за

подо

бнос

т за

нам

и-ра

не н

а ел

емен

ти н

а тр

иъгъ

лниц

и.

53.

18П

одоб

ни

триъ

гълн

ици.

У

праж

нени

е

Упр

ажне

-ни

еЗа

твър

жда

ва зн

ания

та

за п

одоб

ни т

риъг

ъл-

ници

.

При

лага

сво

йств

ата

на п

одоб

ните

три

ъ-гъ

лниц

и пр

и ре

шав

а-не

на

зада

чи.

54.

18С

войс

тва

на

подо

бнит

е тр

иъгъ

лниц

и

Нов

и зн

ания

Знае

как

се

отна

сят

съот

ветн

и ел

емен

ти в

по

добн

и тр

иъгъ

лниц

и.

съот

ветн

и ел

е-ме

нти

на п

одоб

-ни

три

ъгъл

ници

Уме

е да

нам

ира

съ-

отве

тни

елем

енти

на

подо

бни

триъ

гълн

ици.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

56

ВТ

ОРИ

УЧ

ЕБ

ЕН

СРО

К –

18

СЕ

ДМ

ИЦ

И Х

3 Ч

АС

А С

ЕД

МИ

ЧН

О =

54

ЧА

СА

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орми

на

оцен

яван

е по

теми

и/

или

разд

ели

Забе

леж

ка

55.

19С

войс

тва

на

подо

бнит

е тр

иъгъ

лниц

и.

Упр

ажне

ние

Упр

аж-

нени

еЗа

твър

жда

ва зн

а-ни

ята

за п

одоб

ни

триъ

гълн

ици.

Уме

е да

при

лага

зн

ания

та за

под

обни

тр

иъгъ

лниц

и за

ре

шав

ане

на за

дачи

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

56.

19О

тнош

ение

на

лица

та н

а по

доб-

ни т

риъг

ълни

ци

Нов

и зн

ания

Знае

как

се

отна

сят

лица

та н

а по

добн

и тр

иъгъ

лниц

и.

Уме

е да

нам

ира

отно

-ш

ение

то н

а ли

цата

на

подо

бни

триъ

гълн

и-ци

чре

з кое

фици

ента

на

под

обие

.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

57.

19П

одоб

ни т

риъ-

гълн

ици.

Обо

б-щ

ение

Обо

б-щ

ение

Затв

ърж

дава

зна-

ният

а за

под

обни

тр

иъгъ

лниц

и.

Уме

е да п

рила

га

знан

ията

за п

одоб

ни

триъ

гълн

ици

в за

дачи

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

58.

20П

одоб

ни т

риъ-

гълн

ици.

Тем

а за

са

моко

нтро

л

Кон

-тр

олП

рове

рка

на зн

ани-

ята.

Пис

мено

изп

ит-

ване

59.

20О

беди

нени

е и

сече

ние

на ч

ис-

лови

инт

ерва

ли.

Нер

авен

ства

от

вида

|a

x +

b| >

c и

|ax

+ b

| ≥ c

.

Нов

и зн

ания

Знае

как

во е

чис

лов

инте

рвал

и в

идов

ите

инте

рвал

и, с

ечен

ие

на ч

исло

ви и

нтер

ва-

ли, о

беди

нени

е на

чи

слов

и ин

терв

али.

Знае

да

реш

ава

нера

-ве

нств

а от

вид

а|a

x +

b| >

c и

|ax

+ b

| ≥ c

.

числ

ов и

нтер

вал

– ви

дове

, сеч

ение

на

числ

ови

инте

рвал

и,

обед

инен

ие н

а чи

слов

и ин

терв

али

|ax

+ b

| > c

и|a

x +

b| ≥

c.

Уме

е да

нам

ира

сече

ние

на ч

исло

ви

инте

рвал

и, о

беди

-не

ние

на ч

исло

ви

инте

рвал

и,ум

ее д

а ре

шав

а не

раве

нств

а от

вид

а|a

x +

b| >

c и

|ax

+ b

| ≥ c

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

60.

20С

исте

ми л

иней

ни

нера

венс

тва

с ед

но н

еизв

естн

о.

Дво

йно

нера

вен-

ство

. Нер

авен

-ст

во о

т ви

да

axb

c

и

ax

bc

Нов

и зн

ания

Знае

пон

ятие

то с

ис-

тем

а не

раве

нст

ва и

по

няти

ята,

свъ

рзан

и с

него

.

сист

еми

лине

йни

нера

венс

тва

с ед

но

неиз

вест

но, д

войн

о не

раве

нств

о, н

ера-

венс

тво

от в

ида

axb

c

и

axb

c

Уме

е да

реш

ава

сист

еми

лине

йни

нера

венс

тва

с ед

но

неиз

вест

но, д

войн

и не

раве

нств

а и

нера

-ве

нств

о от

вид

аax

bc

и

axb

c

,

умее

да

моде

лира

с

нера

венс

тва.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

57

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орми

на

оцен

яван

е по

теми

и/

или

разд

ели

Забе

леж

ка

61.

21С

исте

ми л

иней

ни

нера

венс

тва

с ед

но н

еизв

естн

о.

Дво

йно

нера

вен-

ство

. Н

ерав

енст

во о

т ви

да

axb

c

axb

c

axb

c

, ,

и axb

c

.

Упр

ажне

ние

Упр

аж-

нени

еЗа

твър

жда

ва зн

ани-

ята

си за

пон

ятие

то

сист

ема

нера

венс

тва

и

поня

тият

а, с

вър-

зани

с н

его,

раз

бира

см

исъл

а на

лог

и-че

скит

е съ

юзи

„и“

, „и

ли“

при

реш

аван

е на

нер

авен

ства

.

Уме

е да

изп

олзв

а ло

-ги

ческ

ите

съю

зи „

и“,

„или

“ пр

и ре

шав

ане

на н

ерав

енст

ва, у

мее

да р

ешав

а не

раве

н-ст

ва о

т ви

да

axb

c

axb

c

axb

c

, ,

и ax

bc

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

62.

21Н

ерав

енст

ва о

т ви

да

(ax +

b)(c

x + d

) > 0

,ax

bcx

d

0 ,

(ax +

b)(c

x + d

) < 0

,

и ax

bcx

d

0

Нов

и зн

ания

Знае

да

реш

ава

нера

-ве

нств

а от

вид

а

axbcx

d

0

,

axb

cxd

0 и

axbcx

d

0

и ax

bcx

d

0 .

нера

венс

тва

от в

ида

axbcx

d

0,

axb

cxd

0 ,

axbcx

d

0

и ax

bcx

d

0

Уме

е да

реш

ава

нера

венс

тва

от в

ида

axbcx

d

0

,

axb

cxd

0 и

axbcx

d

0

и

axb

cxd

0 .

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

63.

21К

вадр

атни

нер

а-ве

нств

а. М

етод

на

инт

ерва

лите

Нов

и зн

ания

Знае

да

реш

ава

ква-

драт

но н

ерав

енст

во

с ме

тод

на и

нтер

ва-

лите

.

мето

д на

инт

ерва

-ли

теУ

мее

да р

ешав

а кв

адра

тно

нера

-ве

нств

о с

мето

д на

ин

терв

алит

е.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

64.

22К

вадр

атни

нер

а-ве

нств

а. М

етод

на

инт

ерва

лите

. У

праж

нени

е

Упр

аж-

нени

еЗа

твър

жда

ва зн

а-ни

ята

за р

ешав

ане

на к

вадр

атно

нер

а-ве

нств

о с

мето

д на

ин

терв

алит

е.

Уме

е да

при

лага

ме

тода

на

инте

рвал

и-те

при

реш

аван

е на

кв

адра

тно

нера

вен-

ство

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

ВТ

ОРИ

УЧ

ЕБ

ЕН

СРО

К –

18

СЕ

ДМ

ИЦ

И Х

3 Ч

АС

А С

ЕД

МИ

ЧН

О =

54

ЧА

СА

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орми

на

оцен

яван

е по

теми

и/

или

разд

ели

Забе

леж

ка

55.

19С

войс

тва

на

подо

бнит

е тр

иъгъ

лниц

и.

Упр

ажне

ние

Упр

аж-

нени

еЗа

твър

жда

ва зн

а-ни

ята

за п

одоб

ни

триъ

гълн

ици.

Уме

е да

при

лага

зн

ания

та за

под

обни

тр

иъгъ

лниц

и за

ре

шав

ане

на за

дачи

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

56.

19О

тнош

ение

на

лица

та н

а по

доб-

ни т

риъг

ълни

ци

Нов

и зн

ания

Знае

как

се

отна

сят

лица

та н

а по

добн

и тр

иъгъ

лниц

и.

Уме

е да

нам

ира

отно

-ш

ение

то н

а ли

цата

на

подо

бни

триъ

гълн

и-ци

чре

з кое

фици

ента

на

под

обие

.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

57.

19П

одоб

ни т

риъ-

гълн

ици.

Обо

б-щ

ение

Обо

б-щ

ение

Затв

ърж

дава

зна-

ният

а за

под

обни

тр

иъгъ

лниц

и.

Уме

е да п

рила

га

знан

ията

за п

одоб

ни

триъ

гълн

ици

в за

дачи

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

58.

20П

одоб

ни т

риъ-

гълн

ици.

Тем

а за

са

моко

нтро

л

Кон

-тр

олП

рове

рка

на зн

ани-

ята.

Пис

мено

изп

ит-

ване

59.

20О

беди

нени

е и

сече

ние

на ч

ис-

лови

инт

ерва

ли.

Нер

авен

ства

от

вида

|a

x +

b| >

c и

|ax

+ b

| ≥ c

.

Нов

и зн

ания

Знае

как

во е

чис

лов

инте

рвал

и в

идов

ите

инте

рвал

и, с

ечен

ие

на ч

исло

ви и

нтер

ва-

ли, о

беди

нени

е на

чи

слов

и ин

терв

али.

Знае

да

реш

ава

нера

-ве

нств

а от

вид

а|a

x +

b| >

c и

|ax

+ b

| ≥ c

.

числ

ов и

нтер

вал

– ви

дове

, сеч

ение

на

числ

ови

инте

рвал

и,

обед

инен

ие н

а чи

слов

и ин

терв

али

|ax

+ b

| > c

и|a

x +

b| ≥

c.

Уме

е да

нам

ира

сече

ние

на ч

исло

ви

инте

рвал

и, о

беди

-не

ние

на ч

исло

ви

инте

рвал

и,ум

ее д

а ре

шав

а не

раве

нств

а от

вид

а|a

x +

b| >

c и

|ax

+ b

| ≥ c

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

60.

20С

исте

ми л

иней

ни

нера

венс

тва

с ед

но н

еизв

естн

о.

Дво

йно

нера

вен-

ство

. Нер

авен

-ст

во о

т ви

да

axb

c

и

ax

bc

Нов

и зн

ания

Знае

пон

ятие

то с

ис-

тем

а не

раве

нст

ва и

по

няти

ята,

свъ

рзан

и с

него

.

сист

еми

лине

йни

нера

венс

тва

с ед

но

неиз

вест

но, д

войн

о не

раве

нств

о, н

ера-

венс

тво

от в

ида

axb

c

и

axb

c

Уме

е да

реш

ава

сист

еми

лине

йни

нера

венс

тва

с ед

но

неиз

вест

но, д

войн

и не

раве

нств

а и

нера

-ве

нств

о от

вид

аax

bc

и

axb

c

,

умее

да

моде

лира

с

нера

венс

тва.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

58

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орми

на

оцен

яван

е по

теми

и/

или

разд

ели

Забе

леж

ка

65.

22П

рило

жен

ие

на м

етод

а на

ин

терв

алит

е пр

и ре

шав

ане

на

нера

венс

тва

от

по-в

исок

а ст

епен

Нов

и зн

ания

Знае

да

прил

ага

мето

да н

а ин

терв

а-ли

те п

ри р

ешав

ане

на н

ерав

енст

ва о

т по

-вис

ока

степ

ен.

нера

венс

тва

от п

о-ви

сока

сте

пен

Уме

е да

при

лага

ме

тода

на

инте

рва-

лите

при

реш

аван

е на

нер

авен

ства

от

по-в

исок

а ст

епен

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

66.

22П

рило

жени

е на

мето

да н

а инт

ерва

-ли

те п

ри р

ешав

ане

на н

ерав

енст

ва о

т по

-вис

ока с

тепе

н.

Упр

ажне

ние

Упр

аж-

нени

еЗа

твър

жда

ва зн

ани-

ята

за р

ешав

ане

на

нера

венс

тва

от п

о-ви

-со

ка с

тепе

н с

мето

д на

инт

ерва

лите

.

Уме

е да

реш

ава

не-

раве

нств

а от

по-

ви-

сока

сте

пен

с ме

тод

на и

нтер

вали

те.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

67.

23Д

робн

и не

раве

н-ст

ваН

ови

знан

ияЗн

ае д

а ре

шав

а др

об-

ни н

ерав

енст

ва.

дроб

ни н

ерав

енст

ваУ

мее

да р

ешав

а др

обни

нер

авен

ства

.Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

68.

23Д

робн

и не

раве

н-ст

ва. У

праж

нени

еУ

праж

-не

ние

Затв

ърж

дава

знан

и-ят

а за

реш

аван

е на

др

обни

нер

авен

ства

.

Над

граж

да у

мени

ята

да р

ешав

а др

обни

не

раве

нств

а.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

69.

23Ра

цион

ални

нер

а-ве

нств

а. Т

ема

за

само

конт

рол

Кон

-тр

олЗн

ае п

онят

ията

чи

слов

инт

ерва

л (в

идов

е), с

ечен

ие н

а чи

слов

и ин

тер

вали

, об

един

ение

на

числ

о-ви

инт

ерва

ли, д

войн

о не

раве

нст

во, с

ис-

тем

а не

раве

нст

ва,

реш

ение

на

сист

ема

нера

венс

тва

, екв

и-ва

лент

ни с

ист

еми,

кв

адра

тно

нер

авен

-ст

во, б

иква

драт

но

нера

венс

тво

, дро

бно

нера

венс

тво

.

Диа

гнос

тика

док

олко

ум

ее д

а ре

шав

а си

стем

и ли

нейн

и не

раве

нств

а с

едно

не

изве

стно

, дво

йни

нера

венс

тва,

нер

а-ве

нств

о от

вид

а

|ax

+ b

| > c

, |a

x +

b| <

c,

|ax

+ b

| ≥ c

, |a

x +

b| ≤

c,

реш

аван

е на

нер

а-ве

нств

а от

по-

висо

ка

степ

ен с

мет

од н

а ин

терв

алит

е, д

робн

и не

раве

нств

а.

Пис

мено

изп

ит-

ване

59

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орми

на

оцен

яван

е по

теми

и/

или

разд

ели

Забе

леж

ка

70.

24М

етри

чни

зави

-си

мост

и ме

жду

от

сечк

и в

прав

оъ-

гъле

н тр

иъгъ

лник

Нов

и зн

ания

Знае

и п

рила

га

зави

симо

сти

меж

ду

кате

т, х

ипот

енуз

а и

прое

кция

та м

у въ

рху

нея

и ме

жду

про

екци

-ит

е и

висо

чина

та к

ъм

хипо

тену

зата

.

метр

ични

зави

-си

мост

и, с

редн

о ге

омет

ричн

о,

прое

кция

на

кате

т въ

рху

хипо

тену

за

При

лага

мет

ричн

ите

зави

симо

сти

при

реш

аван

е на

осн

овни

за

дачи

за н

амир

ане

на о

тсеч

ки в

пра

воъ-

гъле

н тр

иъгъ

лник

.

Рабо

та в

час

71.

24М

етри

чни

зави

-си

мост

и ме

жду

от

сечк

и в

прав

о-ъг

ълен

три

ъгъл

-ни

к. У

праж

нени

е

Упр

аж-

нени

е У

мее

да п

рила

га

зави

симо

сти

в пр

а-во

ъгъл

ен т

риъг

ълни

к ме

жду

кат

ет, х

ипо-

тену

за и

про

екци

ята

му в

ърху

нея

и м

ежду

пр

оекц

иите

и в

исоч

и-на

та к

ъм х

ипот

ену-

зата

.

При

лага

мет

ричн

и-те

зави

симо

сти

и до

казв

а тъ

жде

ства

, св

ърза

ни с

отс

ечки

в

прав

оъгъ

лен

триъ

-гъ

лни.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

72.

24Те

орем

а на

П

итаг

орН

ови

знан

ияЗн

ае и

при

лага

пит

а-го

рова

та т

еоре

ма.

пита

горо

ва т

ройк

аП

рила

га т

еоре

мата

в

осно

вни

зада

чи за

ре

шав

ане

на п

раво

ъ-гъ

лен

триъ

гълн

ик.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

73.

25Те

орем

а на

Пит

а-го

р. У

праж

нени

еУ

праж

-не

ние

Уме

е да

при

лага

тео

-ре

мата

на

Пит

агор

.П

рила

га т

еоре

мата

пр

и ре

шав

ане

на

разл

ични

зада

чи.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

74.

25Н

амир

ане

на д

ъл-

жин

а на

отс

ечка

в

прав

оъгъ

лна

коор

дина

тна

сист

ема

Нов

и зн

ания

Знае

и у

мее

да

прил

ага

форм

улат

а за

дъ

лжин

а на

отс

ечка

, за

даде

на с

коо

рдин

а-ти

те н

а кр

аищ

ата

ѝ.

Реш

ава

ситу

ации

за

нами

ране

на

дълж

и-на

на

отсе

чка

в ко

ор-

дина

тна

сист

ема.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

75.

25Ре

шав

ане

на

прав

оъгъ

лен

триъ

гълн

ик

Нов

и зн

ания

Знае

кои

са

осно

вни-

те за

дачи

и н

ачин

ите

за р

ешен

ието

им.

реш

аван

е на

пра

во-

ъгъл

ен т

риъг

ълни

кН

амир

а ос

новн

и ел

емен

ти н

а пр

авоъ

-гъ

лен

триъ

гълн

ик.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

76.

26Ре

шав

ане

на

прав

оъгъ

лен

триъ

гълн

ик.

Упр

ажне

ние

Упр

аж-

нени

е У

мее

да о

ткри

ва и

съ

здав

а си

туац

ии,

свър

зани

с р

ешав

ане

на п

раво

ъгъл

ен

триъ

гълн

ик.

Нам

ира

разл

ични

ли

нейн

и ел

емен

ти н

а пр

авоъ

гъле

н тр

иъ-

гълн

ик.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

60

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орми

на

оцен

яван

е по

теми

и/

или

разд

ели

Забе

леж

ка

77.

26Ре

шав

ане

на

равн

обед

рен

триъ

гълн

ик

Нов

и зн

ания

Знае

да

нами

ра

елем

енти

на

равн

обе-

дрен

три

ъгъл

ник.

реш

аван

е на

рав

но-

бедр

ен т

риъг

ълни

кЗн

ае ф

орму

ли за

от-

сечк

и в

равн

остр

анен

тр

иъгъ

лник

. Нам

ира

стра

ни и

вис

очин

и на

рав

нобе

дрен

тр

иъгъ

лник

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

78.

26Ре

шав

ане

на

равн

обед

рен

триъ

гълн

ик.

Упр

ажне

ние

Упр

аж-

нени

е У

мее

да н

амир

а ел

емен

ти н

а ра

вноб

е-др

ен т

риъг

ълни

к.

Нам

ира

отсе

чки,

св

ърза

ни с

рав

нобе

-др

ен т

риъг

ълни

к.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

79.

27Ре

шав

ане

на

равн

обед

рен

и на

пра

воъг

ълен

тр

апец

Нов

и зн

ания

Знае

да

нами

ра

елем

енти

на

равн

обе-

дрен

и н

а пр

авоъ

гъ-

лен

трап

ец.

реш

аван

е на

рав

но-

бедр

ен и

на

прав

оъ-

гъле

н тр

апец

Нам

ира

зави

симо

сти

меж

ду о

снов

и, б

едра

, ди

агон

али

и ли

це

на р

авно

бедр

ен и

на

прав

оъгъ

лен

трап

ец.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

80.

27Ре

шав

ане

на

равн

обед

рен

и на

пра

воъг

ълен

тр

апец

. Упр

аж-

нени

е

Упр

аж-

нени

е Н

амир

а вр

ъзки

ме

жду

отс

ечки

в

равн

обед

рен

и на

пр

авоъ

гъле

н тр

апец

.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

81.

27Ре

шав

ане

на

успо

редн

икН

ови

знан

ияЗн

ае д

а на

мира

еле

-ме

нти

на у

спор

едни

к.ре

шав

ане

на у

спо-

редн

икН

амир

а ос

новн

и ли

нейн

и ел

емен

ти н

а ус

поре

дник

, ром

б и

прав

оъгъ

лник

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

82.

28Ре

шав

ане

на

успо

редн

ик.

Упр

ажне

ние

Упр

аж-

нени

е У

мее

да н

амир

а ел

е-ме

нти

на у

спор

едни

к.Н

амир

а ел

емен

ти н

а ви

дове

те у

спор

ед-

ници

.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

83.

28М

етри

чни

зави

-си

мост

и ме

жду

от

сечк

и в

окръ

ж-

ност

Нов

и зн

ания

Знае

и п

рила

га м

е-тр

ични

зави

симо

сти

меж

ду о

тсеч

ки, с

вър-

зани

с о

кръж

ност

.

При

лага

сво

йств

ата

на х

орди

те и

на

секу

-щ

ите

на о

кръж

ност

.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

84.

28М

етри

чни

зави

симо

сти

меж

ду о

тсеч

ки

в ок

ръж

ност

. У

праж

нени

е

Упр

аж-

нени

е У

мее

да п

рила

га

метр

ични

зави

симо

-ст

и ме

жду

отс

ечки

, св

ърза

ни с

окр

ъж-

ност

.

При

лага

сво

йств

ата

на х

орди

те и

на

секу

щит

е в

зада

чи,

свър

зани

с е

дна

или

две

окръ

жно

сти.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

61

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орми

на

оцен

яван

е по

теми

и/

или

разд

ели

Забе

леж

ка

85.

29М

етри

чни

зави

-си

мост

и ме

жду

от

сечк

и. Т

ема

за

само

конт

рол

Кон

-тр

олП

исме

но и

зпит

-ва

не

86.

29Тр

игон

омет

ричн

и фу

нкци

и на

ост

ър

ъгъл

Нов

и зн

ания

Знае

три

гоно

метр

ич-

ни ф

ункц

ии н

а ос

тър

ъгъл

в п

раво

ъгъл

ен

триъ

гълн

ик.

сину

с,ко

сину

с,

танг

енс

ико

танг

енс

Уме

е да

опр

едел

я тр

игон

омет

ричн

и фу

нкци

и на

ост

ър

ъгъл

в п

раво

ъгъл

ен

триъ

гълн

ик.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

87.

29С

тойн

ости

на

триг

оном

етри

чни

функ

ции

на ъ

гли

с ме

рки

30°,

45°,

60°

Нов

и зн

ания

Знае

сто

йнос

ти н

а тр

игон

омет

ричн

ите

функ

ции

на 3

0°, 4

5°,

60.

Уме

е да

пре

смят

а тр

игон

омет

ричн

и из

рази

, в к

оито

уч

аств

ат с

тойн

ости

на

три

гоно

метр

ични

фу

нкци

и на

ъгл

и с

мерк

и 30

°, 45

°, 60

.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

88.

30Тр

игон

омет

-ри

чни

функ

ции

и ст

ойно

сти

на

триг

оном

етри

чни

функ

ции

на ъ

гли

с ме

рки

30°,

45°,

60°.

Упр

ажне

ние

Упр

аж-

нени

еЗа

твър

жда

ва зн

а-ни

ята

да п

ресм

ята

триг

оном

етри

чни

изра

зи, в

кои

то

учас

тват

сто

йнос

ти

на т

риго

номе

трич

ни

функ

ции

на ъ

гли

с ме

рки

30°,

45°,

60.

Над

граж

да у

мени

ята

да п

ресм

ята

триг

о-но

метр

ични

изр

ази,

в

коит

о уч

аств

ат

стой

ност

и на

три

го-

номе

трич

ни ф

ункц

ии

на ъ

гли

с ме

рки

30°,

45°,

60.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

89.

30О

снов

ни за

ви-

симо

сти

меж

ду

триг

оном

етри

ч-ни

те ф

ункц

ии н

а ед

ин и

същ

ъгъ

л

Нов

и зн

ания

Знае

осн

овни

те

триг

оном

етри

чни

тъж

дест

ва.

триг

оном

етри

чни

тъж

дест

ва

Уме

е да

при

лага

ос

новн

ите

триг

оно-

метр

ични

тъж

дест

ва.

Рабо

та в

час

Дом

ашна

раб

ота

90.

30О

снов

ни за

ви-

симо

сти

меж

ду

триг

оном

етри

ч-ни

те ф

ункц

ии н

а ед

ин и

същ

ъгъ

л.

Упр

ажне

ние

Упр

аж-

нени

еЗа

твър

жда

ва зн

а-ни

ята

за о

снов

ните

тр

игон

омет

ричн

и тъ

жде

ства

.

Над

граж

да у

мени

ята

да п

ресм

ята

триг

о-но

метр

ични

изр

ази,

в

коит

о уч

аств

ат

осно

внит

е тр

игон

о-ме

трич

ни т

ъжде

ства

.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

62

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орми

на

оцен

яван

е по

теми

и/

или

разд

ели

Забе

леж

ка

91.

31Тр

игон

омет

ричн

и фу

нкци

и на

ост

ри

ъгли

, кои

то с

е до

пълв

ат д

о 90

°

Нов

и зн

ания

Знае

осн

овни

те

триг

оном

етри

чни

функ

ции

за ъ

гли,

до

пълв

ащи

се д

о 90

°.

Уме

е да

при

лага

ос

новн

ите

триг

оно-

метр

ични

фун

кции

за

ъгл

и, д

опъл

ващ

и се

до

90°.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

92.

31Тр

игон

омет

ричн

и фу

нкци

и на

ост

ри

ъгли

, кои

то с

е до

пълв

ат д

о 90

°. У

праж

нени

е

Упр

аж-

нени

еЗа

твър

жда

ва зн

а-ни

ята

за о

снов

ните

тр

игон

омет

ричн

и фу

нкци

и за

ъгл

и,

допъ

лващ

и се

до

90°.

Над

граж

да у

мени

ята

да п

ресм

ята

триг

о-но

метр

ични

изр

ази,

в

коит

о уч

аств

ат

осно

внит

е тр

игон

о-ме

трич

ни ф

ункц

ии

за ъ

гли,

доп

ълва

щи

се д

о 90

°.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

93.

31Н

амир

ане

на о

с-но

внит

е ел

емен

ти

на п

раво

ъгъл

ен

триъ

гълн

ик

Нов

и зн

ания

Знае

да

нами

ра

осно

внит

е ел

емен

ти

(стр

ани

и ъг

ли) н

а пр

авоъ

гъле

н тр

иъгъ

л-ни

к.

Уме

е да

нам

ира

осно

внит

е ел

емен

ти

(стр

ани

и ъг

ли) н

а пр

авоъ

гъле

н тр

иъ-

гълн

ик.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

94.

32Н

амир

ане

на о

с-но

внит

е ел

емен

ти

на п

раво

ъгъл

ен

триъ

гълн

ик.

Упр

ажне

ние

Упр

аж-

нени

еЗа

твър

жда

ва зн

ани-

ята

за н

амир

ане

на

осно

внит

е ел

емен

ти

на п

раво

ъгъл

ен

триъ

гълн

ик.

Над

граж

да у

мени

ята

да н

амир

а ос

новн

ите

елем

енти

на

прав

оъ-

гъле

н тр

иъгъ

лник

.

95.

32Н

амир

ане

на

елем

енти

на

равн

обед

рен

триъ

гълн

ик

Нов

и зн

ания

Знае

да

нами

ра

елем

енти

на

равн

обе-

дрен

три

ъгъл

ник.

Уме

е да

нам

ира

елем

енти

на

равн

обе-

дрен

три

ъгъл

ник.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

96.

32Н

амир

ане

на

елем

енти

на

равн

обед

рен

триъ

гълн

ик.

Упр

ажне

ние

Упр

аж-

нени

еЗа

твър

жда

ва зн

ани-

ята

за н

амир

ане

на

елем

енти

на

равн

обе-

дрен

три

ъгъл

ник.

Над

граж

да у

мени

ята

да н

амир

а ел

емен

ти

на р

авно

бедр

ен

триъ

гълн

ик.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

63

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орми

на

оцен

яван

е по

теми

и/

или

разд

ели

Забе

леж

ка

97.

33Н

амир

ане

на

елем

енти

на

равн

обед

рен

и на

пра

воъг

ълен

тр

апец

Нов

и зн

ания

Знае

да

нами

ра

елем

енти

на

равн

обе-

дрен

тра

пец.

Уме

е да

нам

ира

елем

енти

на

равн

обе-

дрен

тра

пец.

Рабо

та в

час

.Д

омаш

на р

абот

а

98.

33Н

амир

ане

на

елем

енти

на

равн

обед

рен

и пр

авоъ

гъле

н тр

а-пе

ц. У

праж

нени

е

Упр

аж-

нени

еЗа

твър

жда

ва зн

ани-

ята

за н

амир

ане

на

елем

енти

на

равн

обе-

дрен

и н

а пр

авоъ

гъ-

лен

трап

ец.

Над

граж

да у

мени

ята

да н

амир

а ел

емен

ти

на р

авно

бедр

ен и

пр

авоъ

гъле

н тр

апец

.

Рабо

та в

час

Дом

ашна

раб

ота

99.

33П

рило

жен

ие н

а тр

игон

омет

ричн

и фу

нкци

и на

ост

ър

ъгъл

Нов

и зн

ания

Знае

да

откр

ива

и съ

здав

а си

туац

ии,

свър

зани

с т

риго

но-

метр

ични

фун

кции

на

остъ

р ъг

ъл в

пра

воъ-

гъле

н тр

иъгъ

лник

.

Уме

е да

отк

рива

и

създ

ава

ситу

ации

, св

ърза

ни с

три

гоно

-ме

трич

ни ф

ункц

ии

на о

стър

ъгъ

л в

прав

оъгъ

лен

триъ

-гъ

лник

.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

100.

34П

рило

жен

ие н

а тр

игон

омет

ричн

и фу

нкци

и на

ост

ър

ъгъл

. Упр

ажне

-ни

е

Упр

аж-

нени

еН

адгр

ажда

знан

ията

да

отк

рива

и с

ъзда

ва

ситу

ации

, свъ

рзан

и с

триг

оном

етри

чни

функ

ции

на о

стър

ъг

ъл.

Затв

ърж

дава

уме

-ни

ята

да о

ткри

ва и

съ

здав

а си

туац

ии,

свър

зани

с т

риго

но-

метр

ични

фун

кции

на

ост

ър ъ

гъл

в пр

авоъ

гъле

н тр

иъ-

гълн

ик.

101.

34Тр

игон

омет

ричн

и фу

нкци

и на

ост

ър

ъгъл

. Тем

а за

са

моко

нтро

л

Кон

-тр

олП

рове

рка

на зн

ания

та

за т

риго

номе

трич

ни

функ

ции

на о

стър

ъг

ъл.

Диа

гнос

тика

док

олко

ум

ее д

а от

крив

а и

създ

ава

ситу

ации

, св

ърза

ни с

ъс зн

ания

-та

за т

риго

номе

трич

-ни

фун

кции

на

остъ

р ъг

ъл.

Пис

мено

изп

ит-

ване

102.

34П

одго

товк

а за

кл

асна

раб

ота

Кон

-тр

ол10

3.35

Кла

сна

рабо

таК

он-

трол

Про

верк

а на

знан

и-ят

а.П

исме

но и

зпит

-ва

не

64

по

ред

Уче

бна

седм

ица

Тем

а на

ур

очна

та

един

ица

Уро

чна

един

ица

за

Ком

пете

нтно

сти

като

оч

аква

ни р

езул

тати

от

обу

чени

ето

Нов

и

поня

тия

Кон

текс

т и

дейн

ости

за

вся

ка у

рочн

а ед

иниц

а

Мет

оди

и ф

орми

на

оцен

яван

е по

теми

и/

или

разд

ели

Забе

леж

ка

104.

35С

исте

ми у

равн

е-ни

я с

две

неиз

-ве

стни

Годи

-ш

ен

прег

о-во

р

Знае

как

се

реш

ават

си

стем

и ур

авне

ния

с дв

е не

изве

стни

.

Уме

е да

при

лага

ра

злич

ни м

етод

и за

ре

шав

ане

на с

исте

-ми

.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

ас.

Дом

ашна

раб

ота

105.

35Ф

ункц

ии. Р

ацио

-на

лни

нера

вен-

ства

Годи

-ш

ен

прег

о-во

р

Знае

как

се

реш

ават

ра

цион

ални

нер

авен

-ст

ва.

Уме

е да

реш

ава

раци

онал

ни н

ерав

ен-

ства

.

Уст

но и

зпит

ване

. Ра

бота

в ч

асД

омаш

на р

абот

а

106.

36П

одоб

ни т

риъ-

гълн

ици

Годи

-ш

ен

прег

о-во

р

Знае

при

знац

ите

за

подо

бнос

т на

три

ъ-гъ

лниц

и.

При

лага

при

знац

ите

за п

одоб

ност

за

реш

аван

е на

зада

чи.

Оце

нява

не о

т ра

бота

в ч

аса

107.

36М

етри

чни

и тр

игон

омет

ричн

и за

виси

мост

и в

прав

оъгъ

лен

триъ

гълн

ик

Годи

-ш

ен

прег

о-во

р

Знае

мет

ричн

ите

и тр

игон

омет

ричн

ите

зави

симо

сти

в пр

аво-

ъгъл

ен т

риъг

ълни

к.

При

лага

мет

ричн

ите

и тр

игон

омет

ричн

ите

зави

симо

сти

за р

еша-

ване

на

зада

чи.

Оце

нява

не о

т ра

бота

в ч

аса

108.

36И

зход

но р

авни

-щ

е. С

амок

онтр

олК

он-

трол

Про

верк

а на

знан

и-ят

а.К

онтр

ол

65

Приложение 2 към т. 2

УЧЕБНА ПРОГРАМА ПО МАТЕМАТИКА ЗА IX КЛАС (ОБЩООБРАЗОВАТЕЛНА ПОДГОТОВКА)

КРАТКО ПРЕДСТАВЯНЕ НА УЧЕБНАТА ПРОГРАМА

Обучението по математика в ІХ клас е насочено към овладяване на базисни знания, умения и отношения, свързани с постигане на изискванията за резултатите от обучението по учебен предмет математика и с изграждане на ключови компетентности на ученика.

ОЧАКВАНИ РЕЗУЛТАТИ В КРАЯ НА КЛАСА

Области на компетентности

Знания, умения и отношенияВ резултат на обучението си ученикът:

Числа. Алгебра

• извършва тъждествени преобразувания на рационални изрази.• решава:

− рационални неравенства без параметър, включително и по метода на интервалите; − системи уравнения от първа и втора степен с две неизвестни без параметър чрез замества-не или събиране;

− системи линейни неравенства с едно неизвестно без параметър;• умее да представя решения на неравенства чрез числови интервали.

Фигури и тела

• знае признаците за подобни триъгълници;• умее да прилага признаците за подобни триъгълници;• знае метрични зависимости в правоъгълен триъгълник;• умее да решава правоъгълен триъгълник;• умее да решава равнобедрен триъгълник, равнобедрен и правоъгълен трапец и успоредник;• знае метрични зависимости между отсечки в окръжност;• умее да прилага метрични зависимости между отсечки в окръжност.

Функции. Измерване

• знае: − понятието числова функция и начини на задаване; − понятията линейна и квадратна функция; − свойства на линейната и на квадратната функция (монотонност, най-голяма и най-малка стойност);

− основните тригонометрични функции в интервала (0°; 90°);• умее да построява графики на линейна и квадратна функция;• пресмята стойности на изучените функции и на аргументите им;• пресмята стойности на тригонометричните функции при зададен аргумент и на аргумента при

зададена стойност на тригонометричната функция (за 30°, 45°, 60° ).Логическизнания

• разбира на конкретно ниво смисъла на логическите съюзи „и“, „или“, „ако..., то...“, отрицание-то „не“ и на релациите „следва“ и „еквивалентност“;

• разбира на конкретно ниво смисъла на кванторите „за всяко“, „съществува“и понятията „необ-ходимо условие“, „достатъчно условие“ и „необходимо и достатъчно условие“;

• прилага метода на еквивалентните преобразувания при решаване на уравнения, неравенства и системи;

• умее да конкретизира общовалидно твърдение и обосновава невярност на твърдение с контрапример;• преценява вярност, рационалност и целесъобразност при избор в конкретна ситуация и обо-

сновава изводи.Елементи от вероятности и статистика

• разчита и интерпретира информация, представена с графики, с таблици или с диаграми;• умее да пресмята класическа вероятност чрез формулите за пермутации, вариации и комбина-

ции без повторение;• знае да пресмята класическа вероятност на сума на съвместими и на несъвместими събития;

Моделиране • оценява и интерпретира съдържателно получен при моделиране резултат.• моделира:

− с квадратнафункция; − с уравнения, свеждащи се до квадратни; − със система уравнения от първа или втора степен с две неизвестни; − с пермутации, вариации икомбинации.

66

УЧЕБНО СЪДЪРЖАНИЕ

Теми Компетентности като очаквани резултати от обучението Нови понятия

1. Класическа вероятност1.1. Класическа вероятност.1.2. Вероятност на сума на несъвместими събития.1.3. Вероятност на противоположно събитие, на обединение и сечение на събития.1.4. Вероятност на сума на съвместими събития.

• умее да намира сечение, обединение, про-изведение и допълнение на множества;

• знае да пресмята класическа вероятност като отношение на възможности;

• умее да пресмята класическа вероятност чрез формулите за пермутации, вариации и комбинации без повторение;

• умее да пресмята вероятност на допълни-телно събитие;

• умее да пресмята вероятност на сума на несъвместими събития;

• умее да пресмята вероятност на обедине-ние и на сечение на събития.

Eлементарно събитие, сложно/съставно събитие, допълнение, сечение и обединение на множества, произведение на множества, достоверно събитие, допълнително/противоположно събитие, съвместими събития, несъвместими събития.

2. Функции

2.1. Функция, дефиниционно множество. Начини на задаване на функции.

2.2. Графика на линейната функция. Свойства

2.3. Квадратна функция. Графика на функцията y = ax2.

2.4. Графика на квадратната функция y = ax2 + bx + c. Растене и намаляване на квадратна функция, най-малка и най-голяма стойност на квадратна функция.

2.5. Графично представяне на решенията на уравнение.

• знае понятията „функция“, „дефиницион-но множество“;

• умее да намира функционална стойност и стойност на аргумента на дадена функция;

• знае понятията „линейна“ и „квадратна функция“;

• умее да построява графики на линейни и на квадратни функции;

• умее да установява принадлежност на точка към графика на функция;

• умее да прави изводи за свойствата на линейната и на квадратната функция по графиките им;

• умее да представя графично решенията на линейно и квадратно уравнение;

• извлича информация за функции, зададе-ни по различен начин.

Функция, дефиниционно множество на функция, аргумент, променлива, функционална стойност, растяща функция, намаляваща функция, монотонност, графика на функция, линейна функция, квадратна функция, парабола,ос на симетрия на парабола, връх на парабола, най-малка стойност на квадратна функция, най-голяма стойност на квадратна функция.

67


3. Системи линейни уравнения с две неизвестни

3.1. Линейни уравнения с две неизвестни.

3.2. Системи линейни уравнения с две неизвестни. Решаване чрез заместване.

3.3. Взаимно разположение на графики на линейни функции. Изследване на броя на решенията на система линейни уравнения.

3.4. Решаване на системи линейни уравнения чрез събиране.

3.5. Графично представяне на решенията на системи линейни уравнения с две неизвестни.

3.6. Моделиране със системилинейни уравнения.

• разпознава линейни уравнения с две неиз-вестни, знае понятията, свързани с тях;

• знае понятието „система уравнения“ и понятията, свързани с нея;

• умее да решава система линейни уравнения чрез заместване, събиране и полагане;

• умее да преценява рационалността на из-брания метод за решаване на системата;

• осмисля връзката между коефициентите на две линейни функции и взаимното им разположение в една координатна система;

• умее да моделира със системи линейни уравнения с две неизвестни;

• умее да оценява съдържателно получения при моделирането конкретен резултат и да го интерпретира.

Линейно уравнение с две неизвестни,

система линейни уравнения с две неизвестни,

наредена двойка числа, решение на уравнение с две неизвестни,

решение на система линейни уравнения;

еквивалентни системи уравнения, съвместими системи уравнения, несъвместими системи уравнения,

определени системи уравнения,

неопределени системи

уравнения.

4. Системи уравнения от втора степен с две неизвестни

4.1. Системи уравнения от втора степен с две неизвестни. Решаване на системи, на които едното уравнение е от първа степен.

4.2. Системи уравнения с две неизвестни, на които двете уравнения са от втора степен.

4.3. Моделиране със системи уравнения от втора степен с две неизвестни.

• знае понятието „система уравнения от втора степен с две неизвестни“ и понятия-та, свързани с него;

• умее да решава системи уравнения от вто-ра степен с две неизвестни чрез замества-не, събиране и полагане;

• разбира връзката на логическия съюз „и“ с понятието система и с нейното решение;

• умее да моделира със системи квадратни уравнения с две неизвестни;

• умее да оценява съдържателно получения при моделирането конкретен резултат и да го интерпретира.

Система уравнения от втора

степен с две неизвестни.

68


5. Подобни триъгълници

5.1. Пропорционални отсечки.

5.2. Теорема на Талес. Обратна теорема наТалес.

5.3. Свойство на ъглополовящите в триъгълник.

5.4. Подобни триъгълници.Първи признак за подобност на триъгълници.

5.5. Втори и трети признак за подобност на триъгълници.

5.6. Свойства на подобнитетриъгълници.

5.7. Отношение на лицата на подобните триъгълници.

• знае понятието „подобни триъгълници“ и понятията, свързани с тях;

• знае и прилага признаците за подобност;

• знае свойствата на съответните елементи на подобните триъгълници;

• знае свойството на лицата на подобните триъгълници;

• знае и прилага теоремата на Талес и обра-тната теорема на Талес;

• знае и прилага свойство на ъглополовящи-те в триъгълник;

• разбира на конкретно ниво смисъла на понятията „необходимо условие“, „доста-тъчно условие“ и „необходимо и достатъч-но условие“;

• умее да разграничава типични ситуации, свързани с приложение на подобни триъ-гълници.

Отношение на отсечки, пропорционални отсечки, подобни триъгълници, съответни елементи, коефициент на подобие, четвърта пропорционална.

6. Рационални неравенства6.1. Обединение и сечение начислови интервали. Неравенство от вида|ax +b| >c.6.2. Системи линейни неравенства с едно неизвестно. Двойно неравенство. Неравенство от вида |ax +b| < c.6.3. Неравенства от вида

(ax +b)(cx+d ) > 0,ax bcx d

0

6.4. Квадратни неравенства. Метод на интервалите.6.5. Приложение на метода на интервалите при решаване на неравенства от по-висока степен.6.6. Дробни неравенства.

• знае понятието „система неравенства“ и понятията, свързани с него;

• умее да решава системи от две линейни неравенства с едно неизвестно и системи неравенства, свеждащи се до тях;

• умее да решава неравенства от вида

(ax+b)(cx+d) > 0 и ax bcx d

0 , |ax +b| >c ,

|ax +b| < c и аналогични на тях, свързани със знаците <, >, ≤, ≥;

• разбира смисъла на логическите съюзи „и“, „или“ при решаванена на равенства;

• умее да решава квадратно неравенство;

• умее да прилага метода на интервалите при решаване на неравенства от по-висока степен;

• умее да решава дробни неравенства;

• умее да моделира с неравенства.

Числов интервал – видове, сечение на числови интервали, обединение на числови интервали,двойно неравенство, система неравенства, решение на система неравенства, еквивалентни системи, квадратно неравенство,биквадратно неравенство, дробно неравенство.

69


7. Метрични зависимости между отсечки7.1. Метрични зависимости между отсечки в правоъгълен триъгълник.7.2. Теорема на Питагор.7.3. Намиране на дължина на отсечка в правоъгълна координатна система.7.4. Решаване на правоъгълен триъгълник.7.5. Решаване на равнобедрен триъгълник.7.6. Решаване на равнобедрен и правоъгълен трапец.7.7. Решаване на успоредник.7.8. Метрични зависимости между отсечки в окръжност.

• знае и прилага метрични зависимости в правоъгълен триъгълник;

• умее да намира елементи на: − правоъгълен триъгълник; − равнобедрен триъгълник; − равнобедрен и правоъгълен трапец; − успоредник;

• знае и прилага метрични зависимости между отсечки, свързани с окръжност;

• умее да открива и създава ситуации, свър-зани с решаване на правоъгълен триъгъл-ник;

• разбира на конкретно ниво смисъла на „необходимо условие“, „достатъчно условие“ и „необходимо и достатъчно условие“;

• умее да конкретизира общовалидно твър-дение и обосновава невярност на твърде-ние с контрапример;

• умее да оценява получен резултат.

Метрични зависимости, средно геометрично, проекция на катет върху хипотенуза.

8. Тригонометрични функции на остър ъгъл8.1. Тригонометрични функции на остър ъгъл.8.2. Стойности на тригонометрични функции на ъгли с мерки 30°, 45°, 60°.8.3. Основни зависимости между тригонометричните функции на един и същ ъгъл.8.4. Тригонометрични функции на остри ъгли, които се допълват до 90°.8.5. Намиране на основните елементи на правоъгълен триъгълник.

• знае тригонометрични функции на остър ъгъл в правоъгълен триъгълник;

• знае и прилага основните тригонометрич-ни тъждества;

• знае и прилага основните тригонометрич-ни функции за ъгли, допълващи се до 90° ;

• знае тригонометричните функции на 30°, 45° и 60°;

• умее да намира основните елементи (стра-ни и ъгли) на правоъгълен триъгълник;

• умее да намира елементи на равнобедрен триъгълник, равнобедрен и правоъгълен трапец;

• умее да открива и създава ситуации, свър-зани с тригонометрични функции.

Синус, косинус, тангенс, котангенс,тригонометрично тъждество.

Годишен брой учебни часове в девети клас – 108 часа• При реализация на програмата спазването на хронологията в разпределението на съдържанието е задъл-

жително.• Разпределението на съдържанието, включено в посочените в програмата подтеми (заглавия с двойна

номерация), се прави по преценка на този, който я реализира (автори на учебници и учебни помагала, преподаватели).

70

ПРЕПОРЪЧИТЕЛНО ПРОЦЕНТНО РАЗПРЕДЕЛЕНИЕ НА ЗАДЪЛЖИТЕЛНИТЕ УЧЕБНИ ЧАСОВЕ ЗА ГОДИНАТА:

За нови знания до 60%За упражнения

над 30%За преговорЗа обобщениеПрактически дейностиЗа контрол и оценка (за входно и изходно ниво, за класни и за контролни работи и проекти) до 10%

СПЕЦИФИЧНИ МЕТОДИ И ФОРМИ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ НА ПОСТИЖЕНИЯТА НА УЧЕНИЦИТЕ

Съотношение при формиране на срочна и годишна оценка:

Оценки от устни изпитвания 15%

Оценки от писмени изпитвания 10%

Оценки от контролни и от класни работи 50%

Оценки от други участия (работа в час, изпълнение на домашни работи, работа попроекти и др.)

25%

ДЕЙНОСТИ ЗА ПРИДОБИВАНЕ НА КЛЮЧОВИТЕ КОМПЕТЕНТНОСТИ, КАКТО И МЕЖДУПРЕДМЕТНИ ВРЪЗКИ

Практически дейности, които могат да се реализират в класната стая:

• Да използват динамичен софтуер за демонстрация на свойствата на геометричните фигури и тригономет-ричните функции, което спомага за придобиване на математическа култура и ключови компетентности: уме-ния за общуване на чужди езици; основни компетентности в областта на природните науки и технологиите; дигитална компетентност; социални и граждански компетентности; инициативност и предприемчивост.

• Да построяват (с линийка и пергел или с подходящи софтуерни продукти) несложни геометрични конструк-ции.

• Да използват калкулатор при решаване на практически задачи.

Установяване на междупредметни връзки

• С физика и астрономия, химия и опазване на околната среда, биология и здравно образование, география и икономика при темата „Функции“. Да се търсят възможности за провеждане на съвместни уроци по подхо-дящи теми.

• С информационните технологии – там, където е необходимо по-добро онагледяване на учебния процес или формиране на определени практически умения, може да се търсят възможности за провеждане на съвместни уроци, например при използване на конкретен динамичен софтуер.

ОТГОВОРИ, УПЪТВАНИЯ И РЕШЕНИЯ НА ЗАДАЧИТЕ ОТ УЧЕБНИКА ПО МАТЕМАТИКА ЗА 9. КЛАС

72


1. ОснОвни кОмбинатОрни пОнятия4. а) Когато числото 3 е на първо място, числата 1, 2, 4, и 5 могат да се разположат по произволен начин на останалите 4 места. Следователно търсеният брой е P4 = 4! = 24. в) Когато числото 2 е на първо място, а числото 5 е на последно, числата 1, 3 и 4 могат да се разположат по произволен начин на останалите 3 места. Следователно търсеният брой е P3 = 3! = 6. г) Да разгледаме числа-та 1 и 5 като едно блокче и да го означим с x. Тогава за разположението на 2, 3, 4 и x има P4 = 24 възможности. В блокчето x за числата 1 и 5 има две възможности – 1, 5 или 5, 1. Следователно търсените пермутации са 24.2 = 48.

5. Тримата ученици за тест могат да бъдат избрани по C273 27 26 25

1 2 32925= =

. .

. .. Двамата ученици

за решаване на задачи могат ада бъдат избрани по C242 24 23

1 2276= =

.

. начина.

Общо начините са 2925.276 = 807 300.

6. Комисията може да се избере по C94 9 8 7 6

1 2 3 4126= =

. . .

. . . начина. След това председателят може да се

избере по 4 начина. Общо начините са 4 4 126 5049

4. .C = = начина.

7. Четирите букви могат да се изберат по 4

22 12

. (по

4

2

начина могат да се изберат местата

на двете букви С, а на останалите две места буквите А и Н могат да се поставят по два начина).

Четирите цифри могат да бъдат подредени по произволен начин, т.е. за тях има 4! = 24 възмож-

ности. Броят на различните номера е 12.24 = 288.

2. квадратни уравнения5. От всеки връх излизат n – 3 диагонала. При n нечетно никой от тези диагонали не минава през

центъра и тогава броят на разглежданите диагонали е n n( )−32

. Уравнението n n( )

3

248 няма

целочислен корен. При n четно един от тези диагонали минава през центъра и тогава броят на раз-

глежданите диагонали е n n( )− 42

. Уравнението n n( )

4

248 има единствен положителен корен

n = 12.

73

3. триъгълник и трапец

5. От формулата за лице на трапец намираме, че hS

AB CD

2 880

2240 cm. Ако H е петата на

височината от D към AB, то в правоъгълния ∆AHD имаме AHAB CD

2

9 cm и DH = h = 40 cm.

От питагоровата теорема пресмятаме AD AH DH 2 241 cm.

6*. Нека правата през C, която е успоредна на BD, пресича правата AB в точка P.

Тогава AP = AB + BP = AB + CD = 17 dm и CP = BD = 15 dm. Следователно страните на ∆APC са 17 dm, 15 dm и 8 dm. От питагоровата теорема (172 = 82 + 152) следва, че триъгълникът е право-ъгълен. Неговото лице е равно на лицето на трапеца. Следователно търсеното лице е равно на

8 15

260

.= dm2.

4. вписани и Описани мнОгОъгълници2. Тъй като в ABCD може да се впише окръжност, то AB + CD = AD + BC , откъдето AD = BC = 20 cm. Ако H е петата на височината от D към AB, то в правоъгълния ∆AHD

имаме AHAB CD

2

12 cm и AD = 20 cm. От питагоровата теорема пресмятаме

DH AD AH 2 216 cm и получаваме S

AB CD DH

2

320. cm2.

3. В трапец ABCD с основи AB и CD имаме BAD ADC 180 . Следователно равенството ABC ADC 180 е еквивалентно на ABC BAD= .

4. Тъй като BAD ADC 180 , то IAD IDA 90 .

5. Дъгата AB съответства на ъгъл от 100°. От BCD 110 следва, че дъгата BAD има мярка 220° т.е.

AOD 120 . От ABC 78 сега намираме DOC 36 и BOC 104 .

6. BJ е външна ъглополовяща на ъгъл ABC , а AJ е вътрешна ъглополовяща на BAC . Тогава CJ е външна ъглополовяща на ACB и BCJ 59 . Следователно ACJ 121 .

7. Твърдението следва от факта, че O лежи на окръжност от която AB се вижда по ъгъл 2g


6. класическа верОятнОст1. Елементарните събития са 6.6 = 36. Във всеки от случаите от тях трябва да се преброят благо-приятните. В а) са 2 (1,2 или 2,1), в б) са 6, във в) са 5, в г) са 2, в д) са 3 и в е) е 1.

2. Всички възможности за последователно изваждане на две топки са 4.3 = 12. За а) има само една благоприятна възможност. За б) те са две – топките да са зелена и синя или синя и зелена.

74

3. Всички пермутации са 4! = 1.2.3.4 = 24. Когато едно от числата е на определено място, остана-лите три могат да се наредят на останалите три места по 3! = 6 начина. Следователно за а) и б)

вероятността е 6

24

1

4= . За в) можем директно да преброим, че благоприятните случаи са 12.

7. класическа верОятнОст. упражнение

5. Двата въпроса за изпита могат да се изберат по 25

2

25 24

2300

. начина. Благоприятните

изходи са 15

2

15 14

2105

.. Вероятността е

105

300

7

20= .

8. верОятнОст на сума на несъвместими събития

3. Изборът на 2 и 4 е елементарно събитие, което принадлежи и на A, и на B.

4. б) След като изберем първата карта по произволен начин, втората карта трябва да бъде от боя, различна от боята на първата. Тя трябва да се избере от останалите 51 карти и за нея има 39 възмож-ности.в) Две зелени топки могат да се изберат по C

9

236= начина, а две червени – по C

13

278= .

Всички възможности за избор на две топки са C22

2231= и търсената вероятност е равна на

36 78

231

38

77

; г) Всички възможности за избор на две числа са C

16

2120= . Благоприятните изходи

са, когато изберем две четни числа (това може да стане по C8

228= начина) или четно и нечетно

число (това може да стане по 8.8 = 64 начина). Търсената вероятност е 28 64

120

23

30

.

10. верОятнОст на прОтивОпОлОжнО събитие4. Сборът на трите числа е в интервала [3,18]. Противоположното събитие на даденото е сборът

от числата да е 3 или 18 (числата са 1, 1, 1 или 6, 6, 6). Неговата вероятност е 2

216. Търсената

вероятност е 12

216

107

108 .

5. Противоположното събитие е и при петте хвърляния да се пада само ези. Вероятността му е 1

32.

Търсената вероятност е 11

32

31

32 .

6. За да получи 2, и двете задачи трябва да бъдат от петте задачи, които ученикът не знае. Вероят-

ността за това е CC5

2

20

2

1

19= . Търсената вероятност е 1

1

19

18

19 .

75

11. верОятнОст на Обединение и сечение на събития

3. Всички възможности за избор на две топка са C122 12 11

266= =

.. Двете топки са едноцветни

в C C C3

2

4

2

5

219 случая и следователно P A( ) =

19

66. Едната от двете топки е зелена в

C423 4 5 4 38 . . случая и следователно P B( ) = =

38

66

19

33. Двете топки са едноцветни или едната

е зелена в C C C3

2

4

2

5

23 4 5 4 51 . . случая и следователно P A B( )

51

66

17

22. Двете топки са

едноцветни и едната е зелена само когато и двете са зелени, т.е. в C426= случая и следователно

P A B( ) 6

66

1

11.

12. верОятнОст на сума на съвместими събития

3. Всички възможности при хвърляне на монета три пъти са 8. Директно броене дава P X( ) =7

8,

P Y( ) =1

2. X Y∩ е събитието има две ези и едно тура и P X Y( )

3

8. За P X Y( )∪ се използва

равенството от теоремата и P X Y( ) 1 .

4. Всички възможности за избор на две топка са C92 9 8

236= =

.. Червена топка има в

C223 2 4 2 15 . . случая и следователно P A( ) =

5

12. Няма зелена топка в C6

215= случая и

следователно P B( ) =5

12. Има червена, но няма зелена в C2

24 2 9 . случая и следователно

P A B( ) 1

4. За P A B( )∪ се използва равенството от теоремата и P A B( )

7

12.

13. верОятнОст. ОбОбщение

3. Вероятността да няма верен отговор е 3

4

5

.и следователно вероятността да има поне един

верен отговор е 13

4

781

1024

5

.

5. За всяка задача има две възможности: или да е дадена на първия или на втория. Общо възмож-ностите за разпределение са 2 16

4 = . Един от двамата не е получил задача, ако другия е получил

и четирите задачи. Това става по два начина. Следователно търсената вероятност е 12

16

7

8

.

6. Вероятността да се падне 1 е 1

2, вероятността да се падне 2 е

1

3 и вероятността да се падне 3 е

1

6. Сбор 2 имаме само при 1,1; сбор 3 имаме при 1,2 и 2, 1; сбор 4 имаме при 1,3 и 3,1 и 2,2;

сбор 5 имаме при 2,3 и 3,2.

76

3. ФУНКЦИИ

15. Функция, деФинициОннО мнОжествО. начини на задаване на Функция 1. f 3 6 , g 2 4 , f g 2 8 , g f 3 36 .

2. D xf : ≠1

2; D xg : ∈ ; D xh: ≥

1

2.

3. f f f 2 2 0 5 5 3– невярно;

f f f f f 1 2 2 2 5 5 – вярно;

y x 2 1 – вярно.

16. граФика на Функция. пресечни тОчки на граФики на Функции1. Ако f x x 2 1 и g x x 2 2 , пресметнете f 3 7 , f 2 3 , g 3 1 ,

g f g0 1 1 .

2. Попълнете таблицата.

х −35

3 0 −1 5

y f x x 3 2 – 7 7 2 −1 17

3. yA 2 1 1 1 ; yB 2 0 1 1. ; yC 2 3 1 7. ;

2 1 3 1x xD D ; 2 1 5 3x xE E .

4. f Ox A 2 0; , f Oy B 0 6; ; g Ox A C 2 0 1 0; ; , g Oy D 0 2; .

5. а) f x g x x x x x 3 6 3 4 99

4, y x 3 3

9

4

3

4;

f g A

9

4

3

4; .

б) f x g x x x x x x x x 3 6 3 2 6 8 0 4 22 2

1 2, ;

y x1 13 6 6 , y x

2 23 6 0 ; f g A A 1 2

4 6 2 0; ; .

в) f x g x x x x x x x x 7 3 2 2 3 5 0 15

2

2 2 2

1 2, ;

y x1 1

27 7 1 6 ; y x

2 2

27 7

25

4

3

4 ; f g B B

1 2

1 65

2

3

4; ; .

77

17. граФичнО представяне на решенията на уравнение. движение на граФики на Функции

1. f x x 0 ; g x x 0 2 ; f x g x x x 0 5, .

2. g x f x x x x x 2 4 2 4 2 2 42 2 ;

h x f x x x 2 4 22 2 .

g x x x 0 2 2 4 02

x x x x2

1 22 0 1 2,

h x x x y y y yx y

0 2 0 2 0 1 24 2 2

1 2

2

, .

x x21 ; x x2

1 22 2

,.

3. От g x x f x 21 следва, че Γ g се получава, като Γ f се измести с една единица хори-

зонтално наляво.

От h x x x x f x 2 2

2 2 1 3 3 следва, че Γ h може да се получи, като Γ f се измести с 3 единици вертикално нагоре.

4. 1) g x x x f x 2 3 2 1 4 4 – Γ f се премества с 4 единици вертикално нагоре.

2) g x x x f x 2 3 2 2 1 2 – Γ f се премества с 2 единици хоризонтално наляво.

18. Функции. граФики на Функции. упражнение

1. D xf : 4 и D xg : ≠ 4 . g xx

1

4.

f x g x xx x

xx x x x x

4

16

1

4

4

4 4

1

4

1

4

1

42

за всяко x 4 .

2. f f f3 9 19 2 8 18 2 2 2 3 2 3 2 3 2 ;

ff f

f f5

6 46 4

4

5 3

5 3 2 5 3 5 3

2 5 3 2 5 3 2 22 2

.

78

2. Правата пропорционалност е y ax= и 0yx

= , а константата е y b= .

а) 3 2; : y x 2

3 и y = 2 ; б) 2 3; : y x

3

2 и y 3 ; в) 0 0; : y ax a , 0 и y = 0 .

3. От y ax b и A a by 3 0. намираме b 3 , а от B ay 0 2 3 получава-

ме a =3

2. Функцията е y x

3

23 .

4. а) А и С; б) В и D; в) С; г) В.

5. а) f x1 1 a 1 ; б) f x2 2 и f x4

1 a 1 .

20. линейна Функция. свОйства и граФика. упражнение1. За да начертаем графиките Гf и Гg на двете функции, определяме координатите на две точки от тях. За удобство ще вземем пресечните точки на двете графики с координатните оси.

a) x 0 2 x 0 −3

y x=3

20 3 y x 3 −3 0

3. Случай (3) не е графика на функция y f x , тъй като същест-вува стойност на х, например x = 0, на която съответстват две стойности на у (две точки от графиката). Случаите (1) и (2) са графики на функции на х.

4*. При x = 0 намираме y = 3 и (0;3) е общата точка на Γ y с орди-

натната ос. От y x x x x 0 2 3 0 1 32

1 2, намира-

ме пресечните точки B 1 0; и C 3 0; на Гу с абсцисната ос.

Тогава SBC CO

ABC = = =. .

2

4 3

26 кв. ед.

19. линейна Функция. свОйства и граФика1. Ъгловият коефициент на Гf е положително число, тъй като сключва остър ъгъл с Ох+, а на Γ g и Γ h е отрицателно число, за-щото графиките сключват с Ох+ тъпи ъгли. Ъгловият коефициент на Γ h е 0 = 0 , тъй като правата е успоредна на абсцисната ос.

79

Абсцисата на общата им точка намираме от равенството3

23

5

23

6

5x x x x .

За ординатата получаваме y x 3

2

3

2

6

5

9

5. .

Следователно общата точка на двете графики е с координати

6

5

9

5; .

б) x 0 −1

2x 0

3

2

y x 2 1 −1 0 y x 2 3 −3 0Абсцисата на общата им точка намираме от равенството

2 1 2 31

2x x x .

За ординатата получаваме y x 2 3 21

23 2.

и следователно търсената точка е с координати 1

22;

.

2.

а ) б) в) г)

3. Тъй като графиките на линейната функции y ax b и y x= (ъглополовящата на I и III квад-рант) са успоредни прави, то a =1 и търсената функция добива вида y x b . От това, че точката с координати 1 2; е от нейната графика, то y 1 2 , т.е. 1 2b , откъдето намираме b = 3.

Следователно търсената функция е y x 3 .

4. Точката А е пресечната точка на графиката на g x с оста Оу и има

ордината y gA 0 11

4.

От f x g x x x x x 3

4

11

47 11

11

7

следва, че точката В има абсциса xB 11

7.

Тогава S AO xAOB B= = =1

2

1

2

11

4

11

7

121

56. . . кв. ед.

80

21. квадратна Функция. граФика на квадратната Функция y ax= 2

1. От y = ax2 намираме ayx

= 2 . а) 3 4; : a

4

3

4

92

; б) 2 6; : a

6

2

3

22

.

2. Точката с координати 1 2; лежи на параболата y = ax2 и от 2 12 a намираме a = 2.

Абсцисите на общите точки на параболата y = 2x2 и правата y x 3 са корени на уравнението

2 3 2 3 0 13

2

2 2

1 2x x x x x x , .

Абсцисата на втората обща точка на двете графики e x =3

2, a ординатата y

23

2

9

2

2

.

Координатите на точката са 3

2

9

2;

.

3. От симетрията на двете точки следва, че y yA B= = 3 , точката

А е с координати (2; 3) и от y ax aA A 23 4 намираме a =

3

4.

Следователно функцията е y x=3

4

2 .

4. Ако дадената функция е y f x x 2 2 , то след придвижване на графиката ѝ с 3 единици хоризон-тално надясно, ще се получи графиката на функцията g x f x x x x 3 2 3 2 12 18

2 2 . Ако тази графика се измести с 2 единици вертикално нагоре, ще се получи графиката на функци-ята F x g x x x 2 2 12 20

2 . Търсената функция е F x x x 2 12 202 .

5. Да означим y f x x 2 .

а) От y x x x f x 2 2

2 1 1 1 следва, че тази графика може да се получи с придвиж-ване на Γ f с една единица хоризонтално наляво.

б) Функцията представяме във вида y x x x f x 2 2

2 1 1 1 1 и графиката ѝ се по-лучава от Γ f след последователно преместване с една единица хоризонтално наляво и една еди-ница вертикално нагоре.

в) От y x x x f x 2 2

4 3 2 1 2 1 следва, че движението на Γ f е 2 единици хори-зонтално надясно и една единица вертикално надолу.

22. граФика на квадратната Функция y ax bx c a 2 , 0

1. Координатите на върха на параболата y ax bx c 2 са xba0

2 и y y x0 0 .

а) y x x 3 6 12 : x

0

6

2 31

., y y

01 3 6 1 4 ;

б) y x 6 52 : x

0

0

2 60

., y y

00 5 ;

в) y x x 1

32

2

3

2 : x0

2

21

3

3

, y y0

31

39 2 3

2

3

11

3 . . .

81

2. Оста на симетрия на параболата y ax bx c 2 е с уравнение xba

2

.

а) y x x 4 2 42 : x

2

2 4

1

4.; б) y x x

1

35

2 : x

1

21

3

3

2.

;

в) y x 3 22 : x

0

2 30 .

3. От симетрията на точките относно оста s: x = 2 следва, че y yB A

1 1

2= = и y yB A2 2

10= = . Разстоянието от A1 и B1 до s е 1, а това на A2 и B2 до оста е 3, то xB

1

3= и xB2

5= . Следователно B

13 2; и B

25 10; .

4. Абсцисата на върха на параболата y ax bx c 2 е xba0

2 .

а) y x x 24 2 : x a

02 0 , и функцията расте при x ≥ 2 и намалява при x ≤ 2 ;

б) y x x 3 15 42 : x a

0

5

20 , и функцията расте при x ≤

5

2и намалява при x ≥

5

2;

в) y x 3 42 : x a

00 0 , и функцията расте при x ≤ 0 и намалява при x ≥ 0 .

23. граФика на квадратната Функция y ax bx c a 20, . упражнение

1. а) y x x 22 3 ; б) y x x 2 2 2 ; в) y x x 2 4 2

2 ; г) y x x 1

22 2

2 .

1 х

у

О 3

34

1−

2−

2х

у

О1 х

у

О

21

1 х

у

О

2

x

y

O1 3

xO

y

c

2ba−

xO

y

2ba−

x

y

O1

2

1−

2. Параболата е отворена надолу, което е изпълнено за функ-циите y x x 2

4 3 и y x x 24 3 . Корените на уравне-

нието y = 0 са x1 1= и x23= , което е изпълнено за функцията

y x x 24 3 (отг. Г).

x2 3

s

1– 1 5

( )1 1; 2А

( )2 1; 10А − ( )2 5; 10B

( )1 3; 2B

82

3. а) Параболата е отворена „нагоре“ и следователно a > 0 . От y c0 намираме, че c > 0 . Абсцисата на върха на параболата

е положително число. От ba2

0 и a > 0 следва, че b < 0 .

б) Параболата е отворена „надолу“ и следователно a < 0 . От y c0 намираме, че c = 0 . Абсцисата на върха на параболата

е отрицателно число. От ba2

0 и a < 0 следва, че b < 0 .

4. а) От y 0 2 намираме c = 2 . Върхът на параболата е с ко-

ординати 1 1; и от xba0

21 и y 1 1 намираме:

b a 2 , a b a a a 2 1 2 3 3 . Тогава b 6 , а функцията е y x x 3 6 2

2 .

б) От y 0 4 намираме c 4 . Върхът на параболата е с

координати 2 1; и от xba0

22 и y 2 1 намираме:

b a 4 , 4 2 4 1 4 8 33

4a b a a a . Тогава

b = 3 , а функцията е y x x 3

43 4

2 .

24. най-малка и най-гОляма стОйнОст на квадратна Функция

1. При a > 0 най-малката стойност на функцията y ax bx c 2 е y y bamin

2.

а) y x x 2 8 12 : y y

min 4 32 24 1 55 .

б) y x x 23

1

2: y y

min.

3

2

1

2

9

4

3

215

8.

в) y x x 1

21

2 : y ymin

11

21 1

1

2.

2. При a < 0 най-голямата стойност на функцията y ax bx c 2 е y y bamax

2.

а) y x x 2 6 12 : y y

max. .

3

229

463

2111

2.

83

б) y x x 6 31

2

2 : y ymax

1 6 31

2

7

2.

в) y x x 1

32 2

2 : y ymax

. 31

39 6 2 5 .

3. Абсцисата на върха на параболата f x x x 1

21

2 е x0

1 .

а) От x0

1 3 0 ; и a > 0 следва, че min;xf x f

3 0

13

2.

За да определим най-голямата стойност, сравняваме числата

f 3 1

2 и f 0 1 max

;xf x f

3 0

31

2.

Другата възможност е да съобразим, че максимумът се достига в по-отдалечения от x0

1

край на интервала 3 0; , т.е. при x 3 и y fmax

3 1

2.

б) Тъй като x0

1 6 4 ; , пресмятаме f 6 11 и f 4 3 .

Следователно min;x

f x

6 4

3 , max;x

f x

6 4

11 .

в) От x0

1 1 3 ; следва, че y fmin

1 1

2 и y f

max 3 13

2.

4. Абсцисата на върха на параболата f x x x 2 2 22 е x0

1

2= .

а) От x0

1

20 2 ; и a < 0 следва, че max

;xf x f

0 2

1

2

3

2.

От f 0 2 и f 2 6 следва, че min;xf x f

0 2

2 6 .

б) Тъй като x0

1

22 1 ; , то min

;xf x f

2 1

2 14 , max;xf x f

2 1

1 6 .

в) От x0

1

21 3 ; следва, че y f

min 3 14 и y f

max 1 2 .

84

25. най-малка и най-гОляма стОйнОст на квадратна Функция. упражнение

1. Абсцисата на върха на параболата y x x 2 4 32 е x

01= .

а) При x ∈ и a < 0 функцията има най-голяма стойност y ymax

1 1 .

Най-малка стойност функцията няма.

б) От x01 1 5 ; и a < 0 следва, че y y

max 1 1 и y y

min 5 33 ( x = 5

е по-отдалечения от x01= край на интервала 1 5; ).

в) От x01 0 2 ; и a < 0 следва, че y y

max 1 1 и y y y

min 0 2 3

(краищата на интервала 0 2; са равно отдалечени от x01= ).

2. Абсцисата на върха на параболата y x x 24 7 е x

02= .

а) ) При x ∈ и a > 0 функцията има най-малка стойност y ymin

2 11 .

Най-голяма стойност функцията няма и следователно y 11; .

б) От x02 1 3 ; и a > 0 следва, че y y

min 2 11 и y y

max 1 2 ( x 1

е по-отдалечения от x02= край на интервала 1 3; ). Следователно y 11 2; .

в) x02 1 0 ; , y 1 2 , y 0 7 и y 7 2; .

3. Ако f x x x 22 1 , намерете min max

; ;xf x f x

x

2 2 1 0

.

Абсцисата на върха на параболата f x x x 22 1 е x

01= .

От x01 2 2 ; следва, че min

;xf x f

2 2

2 7 ( x 2 е по-отдалеченият от x01=

край на интервала 2 2; ). Тъй като x01 1 0 ; , то max

;xf x f

1 0

0 1 ( x = 0

е по-близкият до x01= край на интервала 1 0; ).

Следователно min max; ;xf x f x

x

2 2 1 0

7 1 6 .

85

4. Намерете най-голямата стойност на функцията y x bx 23 , ако е известно, че графиката ѝ

минава през точката с координати 3 0; .

Точката с координати 3 0; лежи на параболата y x bx 23 .

Тогава y b b3 0 9 3 3 0 2 и функцията е y x x 22 3 .

Най-голямата си стойност функцията приема във върха на параболата – при x01= и y y

max. 1 4

26. Функции. тема за самОкОнтрОл

1 2 3 4 5 6 7 8

В Г В Б В (–1;–5) y 7 25; SABC = 10

8. Графиките на двете линейни функции пресичат

абсцисната ос в точките A 3 0; и B 2 0; f x x g x x 0 3 0 2, ,

а общата им пресечната точка е C 1 4; f x g x x x x y x 3 4 8 1 3 4; .

Тогава SAB h

ABC = = =. .

2

5 4

210 кв. ед.

86

4. СИСТЕМИ ЛИНЕЙНИ УРАВНЕНИЯ С ДВЕ НЕИЗВЕСТНИ

27. линейни уравнения с две неизвестни

1. В). 2. Г). 3. а)3 2 13 1

2x y x x

, ; ; б) x y y y 3 1 1 3, ; ; в) x + 0.y = 2, (2;y).

4. (1;4); (2;3); (3;2); (4;1).

28. системи линейни уравнения с две неизвестни. решаване чрез заместване, събиране или изваждане

1. а) (3;–1); б) 1

231

2;

. 2. а) (2;0); б) (2;4) .

29. системи линейни уравнения с две неизвестни. решаване чрез заместване, събиране или изваждане. упражнение

1. а) 3 4 11 5

4 5 6 4

15 20 55

16 20 24

31 31

4 5 6

x y

x yx yx y

xx y

.

.

xy

xy

xy

1

4 1 5 6

1

5 10

1

2..

Системата има единствено решение – двойката числа (1; –2).

б) 2 3 5 5

3 5 21 3

10 15 25

9 15 63

19 38

2 3 5

x y

x yx yx y

xx y

.

.

xy

xy

xy

2

2 2 3 5

2

3 9

2

3..

Системата има единствено решение – двойката числа (2; 3).

в) 4 3 1 2

6 6 5

8 6 2

6 6 5

14 7

6 6 5

x yx y

x yx y

xx y

.

x

y

x

y

x

y

1

2

61

26 5

1

2

6 2

1

2

1

3.

.

Системата има единствено решение – двойката числа 1

2

1

3;

.

2. а) 3 1

2 2 1

3 2 1

4

2 2 2 2

2 2

x x y

x y y y y

x x x y

x y y y

2 2

4

2 2 4

4

3 2

4

2

3

2

34

10

3

x yx y

x xy x

xy x

x

y.

87

ABCDEFGHKLMNOPQRSTVXYZabcdefghklmnopqrstvxyz k1 A1 B1 O1 r1 αβγδλμπρφ

1 2 3 4 5 6 7 8 9 300-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 3x

→a →b

Следователно системата има единствено решение:

2

3

10

3; .

б)

2 1

52

2 3

420

3 1

5

3 2

420

8 4 40 10 15

12 4 15 10

x y

x yx yx y

.

.

88 15 54

12 15 6

x yx y

.

Събираме почленно двете страни на последната система и получаваме 20 60 3x x .

От 15 54 8 54 24 30y x намираме y = 2. Следователно системата има единствено решение – двойката числа (3; 2).

в) x y x y

x y x y

5 2 2 1

4 7 3 4

. .

. . отг. (7; 5);

г) 6 8 2 3 0

5 8 2 3 11 0

y x y

y x y

.

. отг.

99

811;

;

д) 2 2 3 2 1

3 2 3 2 0

. .

. .

x x y

x x y

отг. 9

5

5

6;

;

е) x y x y

x y x y

1 2 1 2

3 1 2 1 2

.

. . отг.

1

2

1

2; .

30. граФичнО представяне на решенията на системи линейни уравнения с две неизвестни

1. А(3;2); В(–12; – 1).2. a) б)

3. a) А(– 4; –1); В(– 2; 1); C(1; 4); б) (– 1;2); (0; 3); (2; 5); в) (– 4; – 1); (– 3; 0); (– 1; 2).4. а) (2; – 2); б) (0; 2); в) (1,5; 2); г) (2; 3); д) (3; 2); е) (2; 3).

88

5. а) (1; – 1); б) (2; 1); в) (1; 2); г) (2; 4); д) (4; 1); е) (5; 0).

6.

89


1 2 3 4 5 6 7 8 9 300-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 3x

→a →b

31. взаимнО разпОлОжение на граФики на линейни Функции. изследване брОя на решенията на система линейни уравнения

1. Б). 2. Г). 3. Б).

32. взаимнО разпОлОжение на граФики на линейни Функции. изследване на брОя на решенията на система линейни уравнения с две неизвестни. упражнение

1. а) единствено решение; б) няма решение; в) единствено решение; г) единствено решение; д) единствено решение; е) безброй много решения. 3. В).

33. мОделиране със системи линейни уравнения1. а) 60 120, ;

б)

180

20100 80, или

180

2080 100, .

2. 12 и 138. 3. 60 и 75.

4. x yx yy x

x yx y y x

x y

9

10

10

3

8

9

8 10 3 107 2

. .,

5.

s v t

I влак 10.x x 10

II влак 10.y y 10

I влак121

3.x x

121

3

II влак 8.y y 8

10 10 650

121

38 650

. .

. .

x y

x y

при условие x > 0 и у > 0.

10 10 650

121

38 650

. .

. .

x y

x y

x = 30 km/h, y = 35 km/h.

90


1 2 3 4 5 6 7 8 9 300-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 3x

→a →b

34. мОделиране със системи линейни уравнения. упражнение1. 80 т и 60 т. 2. 50 дни и 75 дни.3. а) Да означим с х (х > 0) литрите вода, която трябва да се добави, а с у (у > 0) – необходимите литри от 90-процентовия захарен сироп. Така получаваме, че х + у = 60. Количеството захар в

60 литра от 75-процентов сироп е 75 6075

10060 45%. .= = и това количество захар ще е равно на

захарта, която е в у литра от 90-процентовия захарен сироп, която е 9090

100%. .y y= . Така за неиз-

вестните х и у получаваме

системата x y

y

60

90

10045.

при условие х > 0 и у > 0. Да решим системата:

x y x y

yxy

xyy

60 60

2

1001

50 60

50

10

5090

10045.

.

Тъй като 10 > 0 и 50 > 0, то количество вода е 10 литра, а количеството захарен сироп е 50 литра, за да се произведат бонбоните.

4. Да означим с х (x > 0) и у (у > 0) средните скорости на групите. До срещата първата група е изминала 4,5.х km, а втората група – 2,5.у km. Следователно 4,5х + 2,5у = 30. При втория начин на движение до срещата първата група е изминала 3.х km, а втората група – 5.у km.

Следователно стигаме до системата 4 5 2 5 30

3 5 305 3

, . , .

. ., .

x yx y

x y

5. Получаваме системата A B

A BA BA B

A B

4 30

4 30 574

4 30

540438 102

. ., .

91

35. системи линейни уравнения с две неизвестни. тема за самОкОнтрОл

1 2 3 4 5 6 7 8

Б А В Г А ( –2; 6) (15; 12) (3; 20)6. ( –2; 6)

8. Да означим с х – скоростта на течението, а с у – скоростта на лодката в спокойна вода (y > x > 0).

vПо течението х + у = 23

Срещу течението у – х = 17

Получаваме системата x yy x

xy

23

17

3

20 .

92


36. системи уравнения От втОра степен с две неизвестни. решаване на системи, еднО От уравненията на кОитО е От първа степен

1. а) Ако изберем x1 1= и x2

1 , от x xy2 2 намираме y1 1 и y2 2= .

б) Ако изберем y10= и y

21= , от x y 2 2 намираме x

12= и x

23= .

в) Ако изберем x = 0 , от y y2 2 намираме y 1 и y = 2 и двойките решения са (0; –1)

и (0; 2).

2. С проверка установяваме, че двойката (3; 2) от Г) не е решение на уравнението x y x y2 20

3 2 3 2 02 2 .

3. а) x x y y x x2 20 и решенията са x x x x; ,

2 .

б) От x xy x x y x x y20 0 0 следва, че решенията са 0; y , y y; , y ∈ .

в) От x y 1 02 2 следва, че x y x y 1 0 1 0

2 2, и уравнението има единствено

решение (1; 0).

4. а) x yx y x y

x yx y

x y

2

2 6 2

2

2 31 1

2

: , .

б) Заместваме x y 3 в уравнението 2 3 2 32 2x y y и получаваме

2 3 3 2 3 14 15 02 2 2y y y y y с корени y1 1 и y

215= . Тогава x y

1 13 2 ,

x y2 2

3 15 3 18 и решенията са двойките числа 2 1; и 18 15; .

в) Заместваме x y 3 2 в уравнението x y y y y y2 2 2 21 3 2 1

5 13 8 0 18

5

2

1 2y y y y, . Тогава x y

1 13 2 1 , x y

2 23 2

1

5 и 1 1

1

5

8

5; , ;

са търсените решения.

г) Заместваме y x 1 в уравнението x y x x x x2 2 2 2

7 1 7

2 6 0 23

2

2

1 2x x x x, . Тогава y x1 1 1 1 , y x

2 21

5

2 и двойките числа

(2; 1) и

3

2

5

2; са решенията на задачата.

93

37. системи уравнения От втОра степен с две неизвестни. решаване на системи, еднО От уравненията на кОитО е От първа степен. упражнение

1. Заместваме y = 2 в уравнението x y y2 23 2 и от x2 4= намираме x = ±2.

Аналогично от x = 2 получаваме y y23 0 и y = 0, y = 3.

2. а) От x xy y x y x y2 2 2

2 0 0 следва, че решенията на уравнението са

двойките числа от вида k k k; , .б) x y x y x y x y x y x y 2 2 0 2 0 2 0 2 2 и решенията

са 2 k k k; , .

в) От x y x y 1 3 02 2 следва, че

x yx y

1 0

3 0 с единствено решение (1; 2).

г) x y x y x y x y x y x y x y2 20 0 1 0 .

От последното равенство намираме x y= или x y 1 и решенията k k k k k; , ; , 1 .

д) I начин. От x xy y x xy xy y x x y y x y2 2 2 28 7 7 7 7 7 x y x y7

следва, че x xy y x y x y2 28 7 0 7 .

II начин. Решаваме уравнението x xy y2 28 7 0 относно променливата х:

x yx y x y y y y y x y x y2 2

1 2

2 2

1 28 7 0 4 16 7 4 3 7

,, .

III начин. Делим двете страни на уравнението x xy y2 28 7 0 с y2 0≠ и получаваме

xy

xy

2

28 7 0 . Полагаме

xy

z= и решаваме уравнението z z28 7 0 с корени z = –1 и

z = –7. Тогава x = –y и x y 7 . При y = 0 получаваме x = 0 и решението (0; 0).

И по трите начина стигаме до равенствата x y 7 и x y . Следователно всички решения на

уравнението x xy y2 28 7 0 са двойките числа 7y y; и y y; при y ∈ .

3. a) От обратната теорема на Виет следва, че x и y са решения на уравнението z z28 15 0 .

Това са числата 3 и 5 и решенията на системата са (5; 3) и (3; 5).

б) Заместваме y x 3 2 в уравнението x y x 1 22 2 и получаваме

x x x x x 1 3 2 2 5 13 8 02 2 2 с корени x1 1= и x

2

8

5= . Тогава y x

1 13 2 1 ,

y x2 23 2

1

5 и решенията са (1; 1) и

8

5

1

5;

.

94

в) Заместваме yx

2 1

3 в уравнението 3 2 2 1

2 2x x y и получаваме

3 22 2 1

91 27 18 8 8 2 9 19 26 7 0

2

2

2 2 2x xx

x x x x x x

с корени x1 1=

и x2

7

19= . Съответните стойности на у са y1 1= и y

2

11

19= .

Решенията на системата са (1; 1) и 7

19

11

19;

.

4. а) Заместваме x y 2 3 в уравнението x xy y x y2 23 2 2 3 и получаваме

2 3 3 2 3 2 2 2 3 32 2y y y y y y

4 12 9 6 9 2 4 6 32 2 2y y y y y y y с решения y ∈ .

Следователно системата има безброй решения от вида 2 3y y y ; , .

б) Заместваме y x 4 3 в уравнението 8 6 2 2 3 02 2x xy y x y и получаваме

8 6 4 3 4 3 2 2 4 3 3 02 2x x x x x x

8 24 18 16 24 9 2 8 6 3 0 0 02 2 2x x x x x x x x x. .

Следователно системата има безброй решения от вида x x x; ,4 3 .

38. решаване на системи уравнения с две неизвестни чрез заместване, събиране или изваждане

1. а) Заместваме y x 2 1 в уравнението y x x x2 2 22

22 13 1 2 13

x x x x4 2 2 24 12 0 6 2, . От последното равенство намираме x 2 .

Тогава y x 21 3 , а решенията на системата са 2 3; .

б) От xy = 2 следва, че x ≠ 0, изразяваме y x= 2 и заместваме в уравнението

x y xx

x x2 2 2

2

4 23

43 3 4 0 x x2 2

1 4, .

От x2 4= намираме x1 2

2, . Тогава y

x1 2

1 2

21

,

,

и решенията на системата са 2 1; .

95

2. а) Събираме почленно двете уравнения на системата

x xy x y

xy x x y

2

2

0

3 2 5


4 5x y . Заместваме y x 5 4 в първото уравнение: x xy x y20

x x x x x x x x x x x2 2 2 2

1 25 4 5 4 0 5 4 5 5 0 1 0 1

,.

При x y x1 1 11 5 4 5 4 1 : ; при x y x

2 2 21 5 4 5 4 9 : .

Търсените решения са (1; 1) и (–1; 9).

б) Изваждаме почленно двете уравнения на системата

2 1

2 2 0

2

2

x xy x y

x xy x y и получаваме

2 1x y . Заместваме y x 1 2 в първото уравнение: 2 12x xy x y

2 1 2 1 2 1 4 2 2 0 2 1 0 11

2

2 2 2

1 2x x x x x x x x x x x, .

Тогава y x1 11 2 3 , y x

2 21 2 0 и решенията на системата са (–1; 3) и 1

20; .

в) Събираме почленно двете уравнения на системата

x xy y x

x xy y

2 2

2

2

1


x x22 3 0 с корени x = 1 и x = –3.

Заместваме получените стойности на х в уравнението x xy y 2 1 .

При x y y y y 1 0 0 12

: , ; при x y y y y 3 3 4 0 1 42

: , .

Търсените решения са: (1; 0), (1; 1) и (–3; 1), (–3; –4).

г) Събираме почленно двете уравнения на системата

x y xy y

y x xy y

2 2

2 2

2

2 4 4


3 3 6 2 02 2y y y y с корени y = 1 и y = –2.

Заместваме получените стойности на у в уравнението x y xy y2 2 2 .

При y x x x x 1 2 0 1 22

: , ; при y x x x 2 2 4 02

: .

Търсените решения са: (1; 1), (–2; 1).

96

3. a) Умножаваме второто уравнение с 2, изваждаме почленно двете уравнения

2 4 2 4

2 4 4 4 10

2

2

x xy x y

x xy x y и получаваме 3 6 6 2 2x y x y .

Заместваме 2 2y x във второто уравнение на дадената система:

x x x x x x x x x x x2 2 22 2 2 5 2 3 3 3 1 .

Тогава yx

2

2

1

2 и системата има единствено решение 1 1

2; .

б) Умножаваме първото уравнение с 3, а второто уравнение – с 2, изваждаме почленно двете

уравнения

6 6 3 3 6

6 6 4 6 2

2

2

x xy x y

x xy x y и получаваме x y 3 4 .

Заместваме 3 4y x във второто уравнение на дадената система:

3 4 2 4 1 2 3 5 0 15

2

2 2

1 2x x x x x x x x x , .

Тогава y x1

14

31

и y x

2

24

3

13

6

системата има две решения (1; 1) и 5

2

13

6; .

в) Умножаваме първото уравнение с 2, изваждаме почленно двете уравнения

2 4 2 8

2 4 7

2

2 2

x xy y

x xy y

и получаваме 2 1 2 1 0 12 2y y y y y .

Заместваме y = 1 в първото уравнение на дадената система:

x x x x x x2 2

1 22 1 4 2 3 0 1 3 , .

Следователно търсените решения са (1; 1) и (–3; 1).

г) Умножаваме второто уравнение с 2, събираме почленно двете уравнения

4 2 2

2 4 2 4 4

2 2

2 2

x y xy y

y x xy y и получаваме 3 3 6 2 0 1 2

2 2y y y y y y , .

Заместваме получените стойности за у във второто уравнение на дадената система:

При y x x x x 1 2 1 0 11

2

2: , ; при y x x x 2 1 0

2: .

Следователно търсените решения са (–1; –1) и 12

1; .

97

39. решаване на системи уравнения с две неизвестни чрез заместване, събиране или изваждане. упражнение

1. а) Умножаваме първото уравнение с 2, изваждаме почленно двете уравнения

2 6 2 28 22 0

2 2 2 3 0

2

2

xy y x y

xy y x y и получаваме 5 30 25 0 6 5 0

2 2y y y y

y y1 5, .

Заместваме получените стойности за у в уравнението 2 2 2 3 02xy y x y .

При y x x x x 1 2 1 2 2 3 0 0 0: . ;

при y x x x x 5 10 25 2 10 3 0 8 32 4: .

Решенията на системата са (4; –5) и x x; , 1 .

б) Умножаваме първото уравнение с 9, изваждаме почленно двете уравнения

9 81 45

9 35

2 2

2 2

x y

x y

и получаваме 80 80 1 12 2y y y .

Заместваме y 1 в уравнението x y2 29 5 и получаваме x2 4= и x 2 .

Системата има 4 решения: (±2; 1) и (±2; –1).

2. а) От xy = 3 следва, че x ≠ 0 , изразяваме y x= 3 и заместваме в първото уравнение:

x y xx

x x2 2 2

2

4 210

910 10 9 0 .

Полагаме x u u20 , и получаваме квадратното уравнение u u2

10 9 0

с корени u1 1= и u29= .

От x2 1= и x2 9= намираме съответно x1 2

1, и x

3 43

, .

Тогава y x y x1 2

1 2

3 4

3 4

3 3

13

3 3

31

,

,

,

,

,

и следователно системата има четири решения:

1 3; и 3 1; .

б) Умножаваме с 2 двете страни на второто уравнение 2xy = 6, събираме почленно с първото урав-нение x y2 2

10 и получаваме:

x y xy x y x y x y2 2 2

2 16 4 4 4 .

Тогава x yxy

x yxy

x yxy

2 210

3

4

3

4

3

.

Решениятa на двете системи са съответно (3; 1), (1; 3) и (–3; –1), (–1; –3).

98

Забележка. Ако извадим почленно уравненията x y2 210 и 2 6xy = , ще получим

x y xy x y x y x y2 2 2

2 4 4 2 2 .

Като вземем предвид, че x y x y 4 4 , то дадената система ще е равносилна на

обединението на линейните системи x yx y

x yx y

x yx y

x yx y

4

2

4

2

4

2

4

2.

3. От x y x 1 9 следва, че x y x 1 0 .

Преобразуваме x yx y x

x y x y

x y x

2 23

1 9

3

1 9

, делим почленно двете уравнения на

системата и получаваме: x y x y

x y xx yx

x y x x y

1

3

9 1

1

33 3 1 2 3 1 .

Заместваме xy

1 3

2 в уравнението x y2 2

3 и получаваме

1 3

43 1 6 9 4 12 5 6 11 0 1

11

5

2

2 2 2 2

1 2

yy y y y y y y y, .

За съответните стойности на x намираме: xy

1

11 3

22

, x

y2

21 3

2

14

5

.

Решенията на системата са (2; –1) и

14

5

11

5; .

40. решаване на системи уравнения От втОра степен с две неизвестни чрез разлагане или пОлагане

1. а) x y x

x xy y x

x yx xy y x

xx

2 0

2 2 12

0

2 2 12

2

2 2 2 2 222 2 12

2xy y x .

Решенията на първата система са (3; 3) и (–2; –2), а на втората – (–2; 6) и (–2; –2).

б) x y x x y

x xy x y

x y x

x xy x y

x yx

2 2

3 3

2 1 0

3 3

2 0

2 2 22 23 3

1 0

3 3

xy x yxx xy x y

.

Първата система има две решения (–2; –1) и 33

2;

, а втората – единствено решение 1

1

4;

.

99

в) x xy y

y xy x

x x y

y xy x

xy xy x

2 2

1

2 2 0

1

2 02

2 2 2

1

2 0

12

x yy xy x

.

Решенията на тези системи са съответно (2; 3), (2–1) за първата и (1; –1) за втората.

2. а) В уравнението x y x y 2 2 полагаме z x y .

Тогава z z z z2

1 22 1 2 , и системата е равносилна на обединението на системите

x yx y x y

1

2 32 2

и x yx y x y

2

2 32 2

. Решенията на първата система са

1 7

3

2 7

3; ,

а на втората – 1 17

3

1

3; , ;

.

б) Полагаме x y x yxy x y

x y xy x yxy x y

u v u2 2 2 22

1

2 2

1

2 2

vv u 1, където

u x y , v xy= . За u и v намираме: u v1 10 1 , и u v

2 23 2= =, .

Решенията на системата x yxy

0

1 са двойките числа (±1; ±1), а на

x yxy

3

2 – (1; 2) и (2; 1).

в) x y xyx y xy

x y xyx y xy

u vu v

2 2 2 27

1

3 7

1

3 7

1

, където u x y , v xy= . За u и v

намираме: u v1 1

1 2 , и u v2 24 3= =, .

Решенията на системата x yxy

1

2 са двойките 1 2; и 2 1; , а на

x yxy

4

3 – (1; 3) и (3; 1).

41. решаване на системи уравнения От втОра степен с две неизвестни чрез разлагане или пОлагане. упражнение

1. а) Преобразуваме първото уравнение:

4 2 2 2 02 2 2 2x y y x y y 2 2 2 3 2 0x y x y .

Системата е равносилна на 2 2 0

4 5 8

2 3 2 0

4 5 82 2 2 2

x yy x y

x yy x y

. Първата система има

единствено решение (7; 12), а втората система няма решение.

100

б) От x xy y x y x y x y x y x y2 2 2

2 0 0 1 0 следва, че дадената

система е равносилна на x yx y x

x yx y x

0

1 0

1 0

1 02 2 2 2

.

Двете системи имат единствено решение, съответно (–1; 1) и (2; –1).

2. а) x xy y x y x y2 25 6 6 .

б) x xy yy y x

x y x y

y y x

x yy y x

2 2

2 2 2

5 6 0

12

6 0

12

0

12

6 0

122

x yy y x

.

Първата система няма решение, а от втората намираме двойките числа (24; 4) и (18; 3).

3. а) 2 2 12

2 2 4

2 5 12

2 4

2 22

x y xyx y xy

x y xy

x y xy

, полагаме x y u и xy v=

и получаваме системата 2 5 12

2 4

2u vu v

с решения u1 1= , v1

2 и u v2 2

4= = .

Системата x yxy

1

2 има две решения 2 1; и 1 2; , а докато

x yxy

44

има единствено решение (2; 2).

б) x y x yx y xy

x y xy x y

x y xy

2 22

4 2

2 2 3

2 4 2

2 2 3

и след полагане x y u 2 и 2xy v=

получаваме системата u v uu v

22

3

с решения u1

3 , v16= и u2 2= , v

21= .

Системата x yxy 2 3

2 6 няма решение, а от

x yxy 2 2

2 1 намираме единственото решение 1

1

2;

.

в) x y x yx y xy

x y xy x y

x y xy

2 22

4 2

2 2 3

2 4 2

2 2 3

и след полагане x y u 2 и 2xy v=

получаваме системата u v uu v

22

3

с решения u1

3 , v1

6 и u2 2= , v2

1 .

101

Системата x yxy 2 3

2 6 няма решение, а от

x yxy 2 2

2 1 намираме единственото решение 1

1

2;

.

42. мОделиране със системи уравнения От втОра степен с две неизвестни

1. Ако означим страните на правоъгълника с х и у (x > 0, y > 0), то сборът от лицата на квадратите, построени върху две съседни страни на правоъгълника, е x y2 2

116 .

Сборът от периметрите на тези квадрати е 4 4 56 14x y x y .

Тъй като търсим лицето на правоъгълника, ще намерим произведението ху, без да намираме стой-ностите на х и у.

x y x y xy xy2 2 2

116 2 116 2 196 116 80

14

и xy = 40.

Следователно лицето на правоъгълника е 40 m2.

2. Ако х km/h е собствената скорост на лодката, а t h е времето на пътуване по течението

x t

0 0

10

3, , от

x t

x txt tx xt t

2 16

210

316 3

16 2

10 3 6 68.

xt tx t t

xt tx t

16 2

10 3 16 2 6 68 2

16 2

5 6 58: след заместване на x

t

58 6

5

получаваме уравнението 3 34 40 02t t с корени t

110= (не е решение) и t

2

4

3= (решение).

Тогава xt

58 6

510 .

Следователно скоростта на лодката е 10 km/h, а времето за пътуване по течението – 1 h 20 min.

3. Да означим с х броя на учениците от първата група, а с у – цената на билета за тези ученици. Тогава учениците от втората група са x – 2 на брой, а цената на един купен от тях билет е y – 1.

От условието на задачата следват равенствата xy = 160 и x y 2 1 120 , при условие че x > 2 е цяло число и y > 1.

Решаваме системата xyx y

xyxy x y

xyx y

160

2 1 120

160

2 2 120

160

2 42160

.

Заместваме x y 42 2 в уравнението xy = 160 и получаваме:

42 2 160 2 42 160 0 21 80 0 16 52 2

1 2 y y y y y y y y, .

102

Съответните стойности на х са x y1 142 2 10 и x y

2 242 2 32 .

Получените числа удовлетворяват наложените ограничения за х и у.

По условие учениците са в големи групи, от което следва, че решението x = 10 може да отпадне.

При x = 32 получаваме, че учениците от първата група са купили 32 билета по 5 лв., а тези от втора група – 30 билета по 4 лв.

43. системи уравнения От втОра степен с две неизвестни. тема за самОкОнтрОл

1 2 3 4 5 6 7 8

А В Г Б Г x y 5

2( ) ( )0; 0 , 2; 1− − ( ) ( ) ( ) ( )1; 1 , 2; 1 , 1; 2 , 2; 2− − − − − −

8 зад. I начин. Събираме почленно двете уравнения на системата x y x yx y x y

2 2

2 2

3 0

2 2 3 6

и получаваме уравнението 3 3 6 2 02 2x x x x с корени x x

1 21 2 , .

Заместваме получените стойности на х в уравнението x y x y2 23 0 .

При x =1: y y y y23 2 0 1 2 , .

При x 2 : y y y y23 2 0 1 2 , .

Решенията на системата са двойките числа 1 1 1 2 2 1 2 2; , ; , ; , ; .

II начин. x y x y

x y x y

x y x y

x y x y

2 2

2 2

2 2

2 2

3 0 2

2 2 3 6

2 2 2 6 0

2 2 3 6

.

x y x yy y

2 2

2

3 0

3 9 6.

От 3 9 6 3 2 02 2y y y y намираме y1 1 и y2 2 .

Заместваме получените стойности на y в уравнението x y x y2 23 0 .

При y 1: x x x x22 0 1 2 , .

При y 2 : x x x x22 0 1 2 , .

Системата има 4 решения: (1; –1), (–2; –1), (1; –2), (–2; –2).

103


45. теОрема на талес. Обратна теОрема на талес

3. От питагоровата теорема намираме AB = 65 cm и тогава AP = 26 cm, BP = 39 cm. Тъй като RPQC

е правоъгълник, то RP е успоредна на BC и PQ е успоредна на AC. Тогава PQ RC AC= = =3

515 и

RP CQ BC= = =2

524 . Периметъра на RPQC е равен на 78 cm.

46. теОрема на талес. Обратна теОрема на талес. упражнение

6. Ако M е средата на AB от теоремата на Талес имаме BYYM

BXXA

= =3

2. Следователно

BYBM

=3

5 и

BYBC

BYBM

BYBM

= = =2

1

2

3

10. .

7. От теоремата на Талес, QR успоредна на AB и PQ успоредна на AC имаме CRRA

CQQB

APPB

= = =3

4.

Следователно CRCA

=3

7, откъдето CR CA= =

3

76 cm.

47. свОйствО на ъглОпОлОвящите в триъгълник

4. Тъй като ACB 120 , то CT е ъглополовяща на външния ъгъл на ∆ALC при върха C. Понеже

AT е ъглополовяща на LAC , то точка T е пресечна точка на две ъглополовящи (една външна и

една вътрешна) на ∆ALC. Тогава LT е също ъглополовяща на външния ъгъл на ∆ALC при върха L.

5. От теоремата на Талес за успоредните PQ и AB и от свойството на ъглополовящите AP и BQ

получаваме BCBA

CQQA

CPPB

ACBA

= = = . Следователно BC = AC

48. свОйствО на ъглОпОлОвящите в триъгълник. упражнение

4. Тъй като AP е ъглополовяща, имаме BPacc b

. В ∆ABP правата BI е ъглополовяща на ABP ,

откъдето AIIP

ABBP

cacb c

b ca

.

49. пОдОбни триъгълници. първи признак за пОдОбнОст на триъгълници5. От обратната теорема на Талес следва, че MN е успоредна на AC. Двата триъгълника са подобни по първи признак.

104

50. първи признак за пОдОбнОст на триъгълници. упражнение

6. От подобието ∆CHB ~ ∆AHB следва, че CHAH

CBAC

= =3

7.

7. Тъй като ALC BAL ABL 2 , то ∆ABC ~ ∆LAC. Тогава ab

cAL

= .

51. втОри и трети признак за пОдОбнОст на триъгълници

3. а) От AOBO

CODO

= =3

4 и втори признак за подобност следва, че ∆ABO ~ ∆CDO.

Следователно ABO CDO= и правите AB и CD са успоредни поради равни кръстни ъгли.

б) От AOBO

DOCO

= =3

4 и втори признак за подобност следва, че ∆ABO ~ ∆DCO. Следователно

ABO DCO= и четириъгълникът ABCD се вписан в окръжност, защото страната AD се вижда под равни ъгли от върховете B и C.

52. пОдОбни триъгълници. упражнение

4. Тъй като BYZ е външен за ∆CZY, то BYZ CZY . От BYZ BYX XYZ и

BYX CZY= следва, че XYZ . Аналогично получаваме YZX и ZXY .

5. Както в решението на зад. 7, урок 50 имаме ∆ABC ~ ∆LAC, откъдето получаваме ba

CLb

= .

След заместване CLabb c

получаваме a2 = b2 + bc.

53. свОйства на пОдОбните триъгълници

3. Тъй като ∆AMC ~ ∆PNR по първи признак, то CMRN

ACPR

ABPQ

= = =5

4.

54. свОйства на пОдОбните триъгълници. упражнение

4. Тъй като ∆ABC ~ ∆ASL по първи признак, то BCSL

ABAS

= =3

2, откъдето BC SL= =

3

2135 cm.

55. ОтнОшение на лицата на пОдОбни триъгълници

3. Тъй като ∆SAB ~ ∆SCD по първи признак, SS

ABCD

SAB

SCD

2

9

4. Освен това

55 = SABCD = SSAB – SSCD. От получената система за SSAB и SSCD получаваме SSCD = 44 m2.

56. пОдОбни триъгълници. ОбОбщение

5. От подобието ∆A1B1C ~ ∆ABC следва, че A BCA

cb

1 1

1= , а от подобието ∆BA1C1 ~ ∆BAC следва, че

BAAC

cb

1

1 1= . Като умножим двете равенства, получаваме исканото.

105


58. Обединение и сечение на числОви интервали. неравенства От вида|ax + b| > c и |ax + b| ≥ c

1. A B∪ =0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, A B∩ =2, 3, 4.

2. В = 1, 7, A B∪ = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, A B∩ =1.

3. д) x ; ; ;2 2 2 е) x ; ; ;1 5 1 5 .

59. системи линейни неравенства с еднО неизвестнО. двОйнО неравенствО. неравенствО От вида |ax + b| < c и |ax + b| ≤ c

1. г) x 5 5; ; д) x 1 3; ; е) x

1

4

3

4; .

2. a) x ; б) x 2 2 2; ; в) x 1 5 1 5; ;

г) x

7

33; ; д) x

8

3

7

3; .

60. системи линейни неравенства с еднО неизвестнО. двОйнО неравенствО. неравенствО От вида |ax + b| > c, |ax + b| < c, |ax + b| ≥ c и |ax + b| ≤ c. упражнение

1. а) f x x x x x x x x 1 2 1 2 2 1 2 3 3 1

x 1;

б) f x x x x x x x 4 3 2 1 4 3 2 4 3 1 2 4 2:

x x2 2;

в) f x x x x x x x x 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 0 2. .

г) f x x x x x x x x 2 3 2 1 2 3 2 2 1 3 0 2. .

106

2. а) . 2 1

4

2 1

2 4

1

21

x xx x

x xx

xx

x

;

б) 3 5 2

3 2

5

2 2

5

11 5

x xx x

xx

xx

x

; .

x2 8

x1 2

x1

x1 5

x1 2

в) 3 2

2 1

2 2

1

1

11

x xx x

xx

xx

x

x2 8

x1 2

x1

x1 5

x1 2г) 2 1

3 4

1

2 4

1

2

x xx x

xx

xx

x

.

x2 8

x1 2

x1

x1 5

x1 2

д) 2 1 2

3 2

0 1

2 2 1

x xx x

xx

xx

x

.

.

3. а) Записът 3 2 3 5 x x x означава, че се търсят общите решения на двете неравенства: 3 2 3 x x и 2 3 5x x , т.е. решава се системата:

3 2 3

2 3 5

6 3

8

2

82 8

x xx x

xx

xx

x ; x2 8

x1 2

x1

x1 5

x1 2

б)

3 2 1 33 2 1

2 1 3

1 3 2

2 1 3

2 2

2 4

1

2x

xx

xx

xx

xx

x 11 2; .

x2 8

x1 2

x1

x1 5

x1 2

Преобразуванията, които приложихме, бихме могли да запишем и така:

3 2 1 3 1 3 2 1 3 2 2 4 1 2x x x x .

Забележка. Двойното неравенство 3 2 1 3x е равносилно на модулното неравенство

2 1 3x . По-общо: при A ≥ 0 f x A A f x A .

4. а) x 3 2 ; б) x ; ;2 2 0 ; в) x

5

2

3

2; ; г) x 7

2.

107

61. неравенства От вида ax b cx d 0 , ax bcx d

0 , ax b cx d 0 и ax bcx d

0

1. а) 2 5 4 1 0 2 5 4 1 0x x x x: ( )

xx

xx

x

x

x

xx

5 0

4 1 0

5 0

4 1 0

5

1

4

5

1

4

1

45; ; ;

xx x5 5 51

414

14

б) x

3

55; ; в) x

3

4

5

6; ; г) x

; ;

3

4

3

2.

2. а) x

; ; ;

1

31 б) x 1 2; ; в) x

; ;1 2 ; г) x 1 2; .

62. квадратни неравенства. метОд на интервалите

1. а) f x 0 x 1; f x 0 за ∀x ; f x 0 x ; f x 0 x = 1.

б) f x x 0 1 5; ; , f x x 0 1 5; ; , f x x 0 1 5; ,

f x x 0 1 5; ;

в) f x x 0 1 1; ; , f x x 0 1 1; ; , f x x 0 1 1; ,

f x x 0 1 1; ;

г) f x x 0 , f x x 0 , f x x 0 , f x x 0 ;

2. a) x ; ;4 8 ; б) x ; ;1 125 ; в) x =1

2; г) x ; ;0 1 .

63. квадратни неравенства. метОд на интервалите. упражнение1. От a > 0 и D < 0 a D 1 2, следва, че x x2

2 3 0 за всяко x ∈ (отг. Г).

До същия извод стигаме и с представянето x x x2 2

2 3 0 1 2 0 .

2. Корените на уравнението x x25 6 0 са x1 = 1 и x2 = –6.

108

Тогава x x x x x25 6 0 1 6 0 6 1 (отг. В).

xx16 6 1

x1 3

x1 3

x11

2

x

1

12

xx22 2 2

3. Корените на уравнението x x24 3 0 са x1 = 1 и x2 = 3.

Тогава x x x x x24 3 0 1 3 0 1 3 (отг. Б).

xx16 6 1

x1 3

x1 3

x11

2

x

1

12

xx22 2 2

4. Корените на уравнението 2 3 1 02x x са x1 = 1 и x

2

1

2= .

Тогава 2 3 1 0 1 2 1 01

21

2x x x x x x (отг. А).

xx16 6 1

x1 3

x1 3

x11

2

x

1

12

xx22 2 2

5. 4 16 0 4 0 2 2 0 2 22 2x x x x x ; (отг. Г).

xx16 6 1

x1 3

x1 3

x11

2

x

1

12

xx22 2 2

Неравенството x2 4 0 може да решим и така: x x x x2 24 4 2 2 2 .

64. прилОжение на метОда на интервалите при решаване на неравенства От пО-висОка степен

2. а) x x x x x x x2 29 4 3 0 3 3 3 1 0

x x x x x x x3 1 3 0 3 1 0 3 3 12

, ; ;

x33 1

.

x21 1

x44 3

.

x22 1

.

x21 1

за всяко x , то

.

x2

1

4

109

б) x x x x x x x2 21 3 2 0 1 1 2 1 0

x x x x x x x1 1 2 0 1 2 0 1 1 22

; ;

x33 1

.

x21 1

x44 3

.

x22 1

.

x21 1


.

x2

1

4

в) x x x x x x x2 216 7 12 0 4 4 4 3 0

x x x x x x x4 3 4 0 4 3 0 4 4 3 42

; ;

x33 1

.

x21 1

x44 3

.

x22 1

.

x21 1


.

x2

1

4

г) x x x x x x x2 24 2 0 2 2 1 2 0

x x x x x x x2 1 2 0 2 1 0 2 2 12

, ; ;

x33 1

.

x21 1

x44 3

.

x22 1

.

x21 1


.

x2

1

4

д) x x x x x x x2 21 3 2 0 1 1 2 1 0

x x x x x x x1 1 2 0 1 2 0 1 1 2 12

; ; ;

x33 1

.

x21 1

x44 3

.

x22 1

.

x21 1


.

x2

1

4

е) Тъй като x2 + 3 > 0 за всяко x ∈ , то x x x x2 23 2 3 4 0

x x x x x x x23 2 4 0 2 1 4 0 2 1 4; ; .

x33 1

.

x21 1

x44 3

.

x22 1

.

x21 1


.

x2

1

4

110

65. прилОжение на метОда на интервалите при решаване на неравенства От пО-висОка степен. упражнение

1. В; 2. 0 6; ; 3. а) x 2 2 1; \ ; б) x 5 5 2; \ ; в) x 1 4; ; г) x .

66. дрОбни неравенства

1. 101

010

10 10 1 0 1 1 10

xx

xx x x x x x, (отг. Б).

2. I начин. xx

xx

x xx

xx

12 2

10

2 1

10

2

10

x x x2 1 0 1 2; (отг. А).

x1 2

x1 2

x31 1

II начин. Числото x = 0 не е решение на неравенството xx 12 , тъй като 0

0 12 1 2

е

невярно числово неравенство. Но според Б), В) и Г) това число е решение (0 1 ; в Б) и Г); 0 2 ; във В). Следователно изборът на тези букви отпада и отговорът е А).

3. I начин. x x

xx x

x x

xxx

3 1

10

3 1

1 1

0

3

10

1

2

x x

xx xx

x3 1 0

1

1 3

11 1 1 3; ; ; (отг. В).

x1 2

x1 2

x31 1

II начин. Дефиниционното множество на неравенството е x ≠ ±1. При x 2 от неравенството

x xx

3 1

10

2 получаваме вярното числово неравенство

2 3 2 1

4 10

5

30 , което

показва, че x = –2 е решение. Тогава Б) и В) отпадат за избор, тъй като числото –2 не принадлежи на посочените множества. Изборът на А) също отпада, тъй като 1 1; , а това е недопусти-ма стойност. Следователно отговорът на задачата е В).

111

4. 2

21 1

2

20

4

20

2 2

1 22 2

2

2

xx x

xx x

xx x

x x

x x 0

x x

xx xx

x2 1 0

2

2 1

22 1 2 2; ; ; .

x22 1

5. Г) x 3 2 3 5; ; . 6. а) 4; б) –7.

67. дрОбни неравенства. упражнение

1. 1 2

20

2 1

20 2 1 2 0 2

xx

xx x x x,

x ; ;21

2 (отг. Г).

x12

2

x2

12

x2

0

2

2. 1 4 9

2 30 1

2 3 2 3

2 30 1 2 3 0

3

2

2

x

xx x

xx x,

x x x23

223

2

3

2, ; ; (отг. Б).

3. x

xx x

xx x x x

24

20

2 20 2 2 0 0

,

x 2 0 2; ; (отг. Г).

x12

2

x2

12

x2

0

2

4. I начин. xx

xx

x xx

xx

1

42 2

1

40

2 4 1

40

9

40

x x x9 4 0 9 4; ; (отг. Б).

x49

x9

4

112

II начин. Числото x = 0 е решение на неравенството ( 0 1

0 42

1

42

), което означава, че

В) и Г) отпадат като избор, тъй като 0 9 4 ; и 0 4 3 ; ; . Числото x 5 не е

решение (

5 1

5 42 6 2 ) и от 5 9; следва, че А) също отпада.

Следователно отговорът на задачата е Б).

5. а) x 0 6 1, ; ; б) x

1

21 2 4; ; ; в) x 4 5 1, ; ; г) x

; ;12

31 1 ;

д) x 2 1 4; ; ; e) x ; ;1 1 2 .

68. рациОнални неравенства. тема за самОкОнтрОл

1 2 3 4 5 6 7 8

Г Г А Б А x 0 3 7 10; ; x 2 2 1; \ x 1 0 0 1; ;

8. xx x

xx x

x x xx x

xx x

4

4 2

4

4 2

4 4 2

4 2

2

4 2

11

11 0

10

10

xx x

x x x2

2 2

21

10 1 0 0 1 0 0 1

, ; ; .

113


69. метрични зависимОсти между Отсечки в правОъгълен триъгълник1. Нека c = 50 и a1 = 32 са хипотенузата и проекцията на катета а върху нея. Тогава b c a

1 118 и

от a ca2

150 32= = . , b cb2

150 18= = . и h a b2

1 132 18= = . намираме a = 40 cm, b = 30 cm и h = 24 cm.

2. От a ca a2

1 1225 25 намираме a1 = 9 cm. Тогава b1 = c – a1 = 16 cm, h a b= = =

1 19 16 12. cm

и b c b= = =. .1

25 16 20 cm.

3. Нека a19= и b

116= са проекциите на катетите върху хипотенузата. Тогава c a b

1 125 ,

a c a= = =. .1

25 9 15 , b c b= = =. .1

25 16 20 и ra b c

2

15 20 25

25 cm.

4. Нека даденият катет е a = 8, а R = 5 е радиусът на описаната около триъгълни-

ка окръжност. Тогава c = 2R = 10, aac1

264

106 4= = = , cm, b c a

1 110 6 4 3 6 , , cm и

h a b= = = =1 1

64

10

36

10

48

104 8. , cm.

70. метрични зависимОсти между Отсечки в правОъгълен триъгълник. упражнение

1. Изразяваме b c a c1 1

6 и от b cb c c c c2

1

216 6 6 16 0 намираме c = 8 и

c 2 , като решение е само c = 8.

Тогава b c1

6 2 , a ca= = =1

8 6 4 3. и h a b= = =1 1

6 2 2 3. .

2. От a b c1 1

12 5 , и a1b1 = h2 = 36 получаваме системата

a ba b

a ba b

a b1 1

1 1

1 1

1 1

1 1

12 5

36

8 4 5

8 4 58 4 5

, ,

. ,, , или a b

1 14 5 8= =, , .

Но по условие a1 > b1 и a1 = 8, b1 = 4,5.

За а и b получаваме a ca2

112 5 8 100= = =, . , а = 10 и b cb= = = =

1

25

2

9

2

15

27 5. , .

Следователно a b a b= = = =10 7 5 8 4 51 1

, , , , , .

3. S ch c a b= =1

2

1

21 1

, P a b c ca cb c c a b c 1 1

2

1 1.

4. От C k∈ следва, че ACB 90 и

BC ABOB AB AB2 220 16 25 . . ,

AO AB OB 9 и CO AOOB= = =. .9 16 12 .

Следователно A(–9; 0) и C(0; 12).

114

71. теОрема на питагОр1. Да означим с S лицето на правоъгълния триъгълник с катети a и b. Лицето на левия квадрат е a b S2 2

4+ + , а на десния – c S24+ . От a b S c S2 2 2

4 4 следва, че a b c2 2 2 .

a

a

c

c a

b

bb

b

a

a

b

c

c b

b

ab

a

a

c

c

S

S

SS S S

SS

C

A B1a

h

c1b

2a =3b =

D

C

A Bc

b2h =

5a =

1b D 1a

2. От питагоровата теорема за ∆ABC намираме c a b2 2 24 9 13 и c = 13 .

Тогава ab ch h abc

2 3

13

6 13

13

., a ca2

1

a ac1

24

13

4 13

13, b c a

1 113

4 13

13

9 13

13 .

Следователно: c = 13 , h =6 13

13, a

1

4 13

13= , b

1

9 13

13= .

3. От питагоровата теорема за ∆BDC намираме a a h1

2 2 225 4 21 и a

121= .

Тогава h a b b ha

2

1 1 1

2

1

4

21

4 21

21 ,

c a b 1 1

214 21

21

25 21

21,

ab ch b cha

25 21 2

21 5

10 21

21

.

..

Следователно: b =10 21

21, c =

25 21

21, a

121= , b

1

4 21

21= .

4. Триъгълникът е правоъгълен, тъй като 152 + 202 = 252. То-гава двата катета са негови височини, а дължината на третата

височина е habc

= = =15 20

2412

.cm.

a

a

c

c a

b

bb

b

a

a

b

c

c b

b

ab

a

a

c

c

S

S

SS S S

SS

C

A B1a

h

c1b

2a =3b =

D

C

A Bc

b2h =

5a =

1b D 1a

a

a

c

c a

b

bb

b

a

a

b

c

c b

b

ab

a

a

c

c

S

S

SS S S

SS

C

A B1a

h

c1b

2a =3b =

D

C

A Bc

b2h =

5a =

1b D 1a

115

72. теОрема на питагОр. упражнение1. Нека x > 0 е цяло число и a x b x , 1 и c = x + 2 са страните на триъгълника.

От питагоровата теорема намираме: a b c x x x2 2 2 2 2 2

1 2

x x x x x x x x x2 2 2 2

1 22 1 4 4 2 3 0 1 3, .

Страните на триъгълника са a = 3 cm, b = 4 cm и c = 5 cm, а лицето му е Sab

= = =2

3 4

26

.cm2.

2. Означаваме c = 25x, h = 12x.

От a b a b ab c ch x x x 2 2 2 2 2

49 2 49 2 49 25 2 25 12 49. .

25 25 24 491

25

2 2x x намираме x =1

5.

Лицето на триъгълника е Sch x

= = = =2

12 25

2

12 25

2 256

2. .

..

3. Нека в ∆ABC с катети BC = a, AC = b, хипотенуза AB = c и радиус r на вписаната окръжност са в сила равенствата a + b = 7 и c = 5r.

От c ra b c

c a b c c

55

22 5 5 7 5 7.

намираме c = 5 и a b c2 2 225 . Заместваме a b 7 и от

a b b b b b b2 2 2 2 2 225 7 25 49 14 25

2 14 24 0 7 12 02 2b b b b

намираме b = 4 cm или b = 3 cm. Съответните стойности на другия катет са a = 3 cm или a = 4 cm.Следователно дължините на страните на триъгълника са 3 cm, 4 cm и 5 cm.

4. От MB MC BC2 2 264 36 100 следва, че ∆BCM е пра-

воъгълен с BMC 90 . Тогава в ∆ABC отсечката СМ е висо-чината към хипотенузата АВ.От равенствата CM2 = AM.AB, AB = AM + MB и

AC2 = AM.AB намираме AMCMMB

= = =236

8

9

2cm,

AB 9

28

25

212 5, cm, AC 2 9 25

2 2=.

. и AC = =

15

27 5, cm. A B

C

M

6

8

10

A B

C

a

c

br

x

y

O 7

V24

H

A B

C

M

6

8

10

A B

C

a

c

br

x

y

O 7

V24

H

116

5. Абсцисата на върха V на параболата y x x 214 25 е

x0 = 7, а ординатата – y y0

7 24 . В правоъгълна коорди-натна система хОу построяваме точката V(7; 24) и петата Н на перпендикуляра, спуснат от V към абсцисната ос.От правоъгълния ∆VOH с катети HO = 7 и HV = 24 намираме VO HO HV2 2 2

49 576 625 и VO = 25.

73. намиране на дължина на Отсечка в правОъгълна кООрдинатна система

1. AB 2 2 0 3 9 32 2 , BC 2 3 3 2 1 1 2

2 2 ,

CD 3 1 2 4 4 36 40 2 102 2 , DA 1 2 4 0 1 16 17

2 2 .

2. Пресмятаме разстоянията от точките А, В и С до центъра М на окръжността.

AM 0 1 3 2 1 25 262 2 , BM 3 1 1 2 4 1 5

2 2 и

CM 1 1 2 2 16 42 2 . От AM r> , BM r< и CM r= следва, че А е външна за k,

В е вътрешна за k, а С лежи на k.3. Дължините на страните на ∆ABC са

AB 0 3 2 1 9 9 182 2 ,

BC 3 1 1 3 4 4 82 2 и

CA 1 0 3 2 1 25 262 2 .

От AB BC CA2 2 218 8 26 следва, че ∆ABC

е правоъгълен с ABC 90 . Ако Н е петата на перпендикуляра, спуснат от точка С до пра-вата АВ, то разстоянието от C до правата АВ е

CH BC CAAB

= = =. .8 18

26

6 26

13.

4. Абсцисите на общите точки А и В на двете графики са корени на уравнението x x x x x x xA B2 23 1 2 2 3 0 1 3 , .

Тогава y xA A 2 3 и y xB B 2 1 и

AB x x y yA B A B 2 2 2 2

1 3 3 1 32 4 2 .

A B

C

M

6

8

10

A B

C

a

c

br

x

y

O 7

V24

H

х

у

О

В

А

С

Н

117

74. решаване на правОъгълен триъгълник

1. От h a b a2

1 1 11 2 намираме a

1

1

2= и c a b

1 1

5

2. Лицето на триъгълника е

S ch= = = =2

5 1

2 2

5

41 25

.

., (отг. Б).

2. От a = 4 , a13= и a ca2

1= намираме c =

16

3 и b c a

1 1

7

3 . Тогава b cb2

1

16

3

7

3= = . и

b AC= =4 7

3 (отг. В).

3. Нека М, N и P са средите на съответно на страните AB = c, BC = a и AC = b на правоъгълния ∆ABC с C 90 . От питагоровата теорема за ∆ANC и ∆BPC следва, че

AN CN AC a b2 2 2

2

2

4 и BP BC PC a b2 2 2 2

2

4 .

Като вземем предвид, че CMAB c

= =2 2

и a2 + a2 = c2, за сбора от квадратите на медианите намираме:

AN BP CM a b a b c a b c c c2 2 2

2

2 2

2 2 2 2 2 2 2

4 4 4

5 5

4

6

4

3

2

.

4. От питагоровата теорема за ∆BHC намираме BH = 9, а от BC AB BH AB2 2

15 9 . получаваме AB = 25.

Тогава AC AB BC 2 220 и CM = 10.

В правоъгълния ∆BCM BM BC CM2 2 2 2 2 2 2 2 2

15 10 5 3 2 5 13 . иBM = 5 13 .

От свойството на ъглополовящата следва, че CLBL

ACAB

= =4

5 и CL BC= = =

4

9

4 15

9

20

3.

..

От правоъгълния ∆ALC намираме AL AC CL2 2 2 2

2 2

2020

9

20 10

9

. и AL =

20 10

3.

75. решаване на правОъгълен триъгълник. упражнение1. Нека в правоъгълния ∆ABC М и N са средите на катетите ВС и АС, BC = a, AC = b и AM BN= =52 73, .I начин. От питагоровата теорема за ∆AMC и ∆BNC намираме: CM AC AM2 2 2

a b CN BC BN b a2

2 2 2 22

2

452

473, .

Събираме почленно получените равенства:

a b b aa b

a b2

22

2

2 2

2 2

4 452 73

5

4125 100

.

В ∆ABC AB BC AC a b2 2 2 2 2100 и следователно AB = 10 (отг. Г).

118

II начин. В ∆ABN ANB 90 (ANB е външен за ∆BNC и ANB NCB> ), от което следва, че AB > BN, т.е. AB > 73 .

Сравняваме числото 73 с предложените за отговори числа 5 6 8 73 10< < < < и стигаме до извода, че отговорът на задачата е Г).

2. Нека в равнобедрения правоъгълен ∆ABC CD е височината към хипотенузата АВ, М е средата на бедрото АС и CM = MB = x.

Тогава AC = BC = 2x и от правоъгълния ∆AMC намираме:

AC CM AM x x x x2 2 2 2 22

2 24 10 5 10 2 ,

x = 2 и AC BC= = 2 2 cm.

В правоъгълния ∆ABC AB AC BC2 2 28 8 16 и AB = 4.

Като вземем предвид, че CD е височина и медиана, то CD AB= =1

22 cm.

3. Нека в ∆ABC с катет AC = 2 3 и A 30 означим BC = x. Тогава AB = 2x и от AB BC AC2 2 2 намираме 4 12

2 2x x и x = 2.

Тъй като AB = 2x = 4 е диаметър, то R = 2.

4. Нека в ∆ABC с катети BC = a, AC = b, хипотенуза AB = c и радиус r на вписаната окръжност са в сила равенствата a b 7 и c = 5r.

От c ra b c

c a b c c

55

22 5 5 7 5 7.

намираме c = 5 и a b c2 2 225 .

Заместваме a b 7 и от

a b b b b b b2 2 2 2 2 225 7 25 49 14 25

2 14 24 0 7 12 02 2b b b b

намираме b = 4 cm или b = 3 cm.

Съответните стойности на другия катет са a = 3 cm или a = 4 cm.Следователно дължините на страните на триъгълника са 3 cm, 4 cm и 5 cm.

119

5. I начин. Да означим с N и P допирните точки на вписаната ок-ръжност със страните ВС и АС, а с r – радиуса на окръжността.

Тогава BN = BM = 6, AP = AM = 4 и CN = CP = r.

От питагоровата теорема в ∆ABC следва, че

AC BC AB r r2 2 2 2 2 24 6 10

r r r r2 28 16 12 36 100

2 20 48 0 10 24 0 2 122 2

1 2r r r r r r, .

Радиусът на окръжността е r = 2, дължините на катетите са AC 4 2 6 и BC 6 2 8 , а лицето на триъгълника е

S AC BCABC = = =. .

2

6 8

224 .

II начин. За катетите BC = a и AC = b на правоъгълния ∆ABC с хипотенуза AB = c = 10 е в сила равенството a b2 2

100 .

От AM b c a 2

4 получаваме a – b = 2. Заместваме a = b + 2 в равенството a b2 2100 :

b b b b b b b b 2 100 2 4 96 0 2 48 0 6 82 2 2 2

1 2, .

При b = 6 намираме a = 8 и S abABC = = =

2

6 8

224

. .

76. решаване на равнОбедрен триъгълник

1. От R a= 33 намираме a R= = =3

3

3 4

3

4 3. , P a= =3 12 3 cm и

S a= = =23

4

16 3 3

412 3

. cm2.

2. Да означим с а страната на триъгълника. От P a= =3 6 3 намираме a = 2 3 .

Тогава S a= = =23

4

12 3

43 3 cm2 и r

a= = =

3

6

2 3 3

61

.cm (или r

Sp

= = =3 3

3 3

1).

3. Нека а е страната на триъгълника.

От R a= 33 намираме a R= =3 6 3 и S a= = =

23

4

36 3 3

427 3

. cm2.

120

4. Нека в ∆ABC AC AB: := 5 6 , СН е височината към основата, О е центърът на вписаната окръжност и AC = 5x, AH = 3x.

От ACAH

COOH

CO

5

3 3 3 намираме CO = 5 3 .

Но в ∆AHC CH x x x2 2 2 225 9 16 .

Тогава CH x x AB x= = = = =4 8 3 2 3 6 12 3, , и

S ABCHABC = = =. .

2

12 3 8 3

2144 cm2.

5. Пресмятаме дължините на отсечките АВ, ВС и АС:

AB x x y yA B A B 2 2 2 2 21 2 1 2 2 3 3 2. ;

BC x x y yB C B C 2 2 2 2

2 3 2 2 1 16 17 ;

AC x x y yA C A C 2 2 2 2

1 3 1 2 16 1 17 .

От AC BC= = 17 следва, че ∆ABC е равнобедрен, и нека CH AB⊥ H AB .

Тогава Н е средата на АВ и от правоъгълния ∆AHC намираме

CH BC BH2 2 217

18

4

50

4 и CH =

5 2

2.

77. решаване на равнОбедрен триъгълник. упражнение

1. От ∆ABC намираме BC BD CD2 2 29 16 25 и

BC = 5.

От ABCD BC AE SABC. .= = 2 (или от ∆BCD ~ ∆BEA) следва, че

AE ABCDBC

= = =. .6 4

5

24

5.

В ∆ABE BE AB AE2 2 2 2

2

2

2 2

2 2

2

624

5

30 24

5

54 6

5

18

5

..

Тогава BE = =18

53 6, и CE = 1,4.

121

2. Нека в ∆ABC СН е височината към основата, а О е центърът на вписаната окръжност.

От ACAH

COOH

= =5

2 означаваме AC x AH x= =5 2, .

Тогава CH x x x2 2 2 225 4 21 49

(питагорова теорема в ∆AHC), откъдето намираме x =21

3.

Периметърът на ∆ABC е P x= =1414 21

3cm,

а лицето – S pr= = =7 21

3214 21

3. cm2.

3. Означаваме с О центъра на окръжността, а с D – средата на АВ. В ∆ACD АО е ъглополовяща,

ACAD

COOD

AC CO AC CO 3 1

3 и нека

CO x= , AC x= 3 .

От питагоровата теорема

AC AD CD x x x x2 2 2 2 2 29 9 1 8 2 10 0

намираме x 1 и x =5

4. Периметърът на ∆ABC е

P x 6 615

26

27

2cm, а лицето му е S pr= = =

27

4127

4. cm2.

4. Нека О е центърът на описаната около ∆ABC окръжност, М е средата на ВС, BC = b, CO = R, а CD = h е височината към осно-вата на триъгълника.

Тогава CM b= 2 , OM BC⊥ и ∆ ∆MOC DBC

M D MCO 90 , >1I– общ.)

От подобието следва, че CMCDCOBC

bh

Rb R b

h 2 22

.

В правоъгълния ∆BDC прилагаме питагоровата теорема

h BC BD2 2 2 2 25 4 9 и намираме h = 3.

Следователно R bh= = =2

2

25

2 3

25

6.cm.

122

5. В ∆ADC АО е ъглополовяща, ADACDOCO= = 5

13 и нека

AD = 5x, AC = 13x.

Но AD AB= =2

15 и от 5x = 15 намираме x = 3, AC = 13.3 = 39

и P AC ABABC 2 72 30 102 cm.

От правоъгълния ∆ADC за CD получаваме:

CD AC AD2 2 2 2 2 239 15 54 24 9 6 6 4 36 . . . . и CD = 36 cm.

Лицето на триъгълника е S ABCDABC = = =. .

2

30 36

2540cm2.

78. решаване на равнОбедрен и правОъгълен трапец1. Да означим с AB = a, CD = b основите на трапеца ABCD, а с DH = h – неговата височина.

Тогава AH a b 2

50 10

220 и от правоъгълния ∆AHD

намираме: h AD AH2 2 2 2 2 229 20 49 9 21 . и h = 21 cm.

Лицето на трапеца е SAB CD hABCD

2

50 10

221 630. . cm2.

2. Означаваме с AB = a, CD = b основите на трапеца ABCD и нека CH = h е неговата височина.

Трапецът е описан около окръжност и от равенството

AB CD AD BC следва, че a b 10 .

Като вземем предвид, че AH a b 2

5 и BH a b 2 ,

от питагоровата теорема в ∆AHC и ∆BHC намираме:

CH AC AH2 2 249 25 24 и

BH BC CH2 2 225 24 1 .

Тогава h = =24 2 6 cm, BH a b 2

1 и от

a – b = 2 и a + b = 10 получаваме a = 6 cm, b = 4 cm и

S a b hABCD

2

6 4

22 6 10 6. . cm2.

123

3. Построяваме DM BC M AB . Тогава МBCD е успоредник и DM BC= = 3 2 cm,

MB = CD = 2 cm и AM AB MB 5 2 3cm.

От питагоровата теорема в ∆AMD, ∆ABD и ∆ACD

последователно намираме:

AD DM AM2 2 22

23 2 3 9 ,

BD AB AD2 2 225 9 34 и AC AD CD2 2 2

9 4 13 .

Следователно AC = 13 сm, AD = 3 cm и BD = 34 cm.

4. Нека CH AB⊥ .

I случай. AB BC x 1 1.

От AB CD AD BC x CD x 1 3 следва, че CD = 2.

Тогава BH AB AH x x 1 2 1.

В правоъгълния ∆BHC

намираме BC BH CD x x x2 2 2 2 2

1 9 2 10 ,

x = 5 и AB = 6.

Основите на трапеца са AB = 6 cm и CD = 2 cm.

II случай. AB = CD + 1 = 4.

От AB CD AD BC CD x 4 3 следва, че

CD = x – 1.

Тогава BH AB AH x x 4 1 5 .

В правоъгълния ∆BHC

намираме BC BH CD x x x2 2 2 2 2

5 9 10 34 ,

x = 3,4 и CD = x – 1 = 2,4.

Основите на трапеца са AB = 4 cm и CD = 2,4 cm.

124

2. Трапецът ABCD е вписан, следователно е равнобедрен и AD = BC = 10 cm. Тогава в ∆BHC BH BC CH2 2 2 2 2 2

30 24 18 и BH = 18 сm.

Но AB е диаметър, ACB 90 и от правоъгълния ∆ABC

намираме BC AB BH AB2900 18 . . и AB = 50 cm.

Радиусът на окръжността е R AB= =1

225 cm.

79. решаване на равнОбедрен и правОъгълен трапец. упражнение1. Ако a и b са основите на трапеца, а r е радиусът на вписаната окръжност, от задача 1 следва, че 2r ab= . При b = r = 4 cm получаваме, че 2r ar= , 4 2r ar= и a r= =4 16cm.

Лицето на трапеца е Sa b r a b r

2

2 16 4 4 80. . cm2.

3. От втория начин на решението на задача 1 от урока следва, че основите на трапеца са

a = 2BM = 12 cm и b = 2CM = 6 cm. Тогава радиусът на окръжността е rab

= = =2

12 6

23 2

.cm.

4. Нека в трапеца ABCD A 90 , AB = 4 cm, CD = 1 cm, a CH е височината, спусната от върха С. Тогава AНCD е правоъгълник, AH = CD = 1 cm, CH = AD и BH = AB – AH = 3 cm.I случай. BC = AB = 4 cm.

В правоъгълния ∆BHC от HC BC BH2 2 216 9 7 намираме HC = 7 cm.

Периметърът на трапеца е P AB BC CD ADABCD 4 4 1 7 9 7 cm, а лицето –

S AB CD ADABCD

2

4 1

27

5 7

2. . cm2.

II случай. AD = AB = 4 cm.

В правоъгълния ∆BHC от BC2 = BH2 + HC2 = 9 + 16 = 25 намираме HC = 5 cm.

125

Периметърът на трапеца е P AB BC CD ADABCD 4 5 1 4 14 cm, а лицето –

S AB CD ADABCD

2

4 1

24 10. . cm2.

5. В трапеца ABCD с бедра AD = 12 cm и BC = 5 построяваме CE AD E AB . Страните на ∆BEC са CE = AD = 12 cm, BC = 5 cm и BE = AB – AE = AB – CD = 13 cm.

Но ∆BEC е правоъгълен с BCE 90 , тъй като BC CE BE2 2 2 2 2 25 12 13 .

Следователно AD BC BCE, 90 .

6. Нека в трапеца ABCD с основи AB = a, CD = b и диагонали AC = 8 cm и BD = 6 cm

построим CM BD M AB . Дължината на средната основа на трапеца е a b

2

5 cm,

от което следва, че a + b = 10 cm.

Страните на ∆AMC са AC = 8 cm, MC = BD = 6 cm и AM = AB + BM = a + b = 10 cm.

Но ∆AMC е правоъгълен с ACM 90 , тъй като AC CM AM2 2 2 2 2 28 6 10 .

Следователно AC BD ACM, 90 .

126

80. решаване на успОредник1. Нека в успоредника ABCD BAC 45 , AB = 3 cm,AD = 2 2 cm, а DH е височината към страната АВ. В ∆AHD от A 45 следва, че AH = DH,AH DH AD DH DH2 2 2 2 2

2 8 4 и DH = 2 cm.Лицето на успоредника е S AB DH= = =. .3 2 6 cm2.

2. Нека в ромба ABCD AC BD O и AB = 4, AC = 4 3 . То-гава AO = 2 3 и от питагоровата теорема за ∆AOB намираме BO AB AO2 2 2

16 12 4 и BO = 2.

От BO AB= =21

2 следва, че BAO 30 и

BAD BAO 2 60 .

Ъглите на ромба ABCD са A C 60 , B D 120 ,

а лицето: SAC BD

ABCD = = =. .

2

4 3 4

28 3 cm2.

3. По условие за диагоналите в ромба ABCD е в сила BD AC: := 3 4 и нека BD = 3x, AC = 4x.

От SAC BD x x x xABCD . .

2

4 3

26 96 16

2 2

намираме x = 4 и AC = 16 cm, BD = 12 cm.

Ако AC BD O , то AO AC= =2

8cm, BO BD= =2

6 cm

и AOB 90 .

В ∆AOB AB AO BO2 2 264 36 100

и следователно AB = 10 cm.

Ако h е височината на ромба, от S AB h h . 96 10 намира-ме h = 9,6 cm.

4. В правоъгълника ABCD със страни AB = 28 и BC = 21 ъглопо-ловящите на ABC и ADC пресичат диагонала АС съответ-но в точки P и Q. Намерете дължината на отсечката PQ.

Решение. В ∆ABC

AC AB BC2 2 2 2 2 2 2 2 228 21 7 4 3 35 и AC = 35.

127

1. Нека в правоъгълника ABCD AB a= , BD b= и a b 2 .От S ab b b b bABCD 48 2 48 2 48 0

2

намираме b = 6 и b 8 .

Страните на правоъгълника са b = 6 и a = 8, а дължината на диагонала е d a b 2 2

10 (отг. Б).

2. Означаваме AB a= , AD b= , h xa = 4 и h xb = 3 .От PDQ 45 иADQ 90 следва, че ADP 45 ,

AP DP ha= = и b h h h xa a a 2 22 4 2 .

От bh S bxb 3 24 2 намираме

bx x x 8 2 4 2 8 2 22 2 и x = 2 .

Тогава b x= =4 2 8cm, h xa = =4 4 2 и aSha

= = =24 2

4 2

6cm.

Страните на успоредника са AB = CD = 6 cm, AD = BC = 8 cm.

3. Означаваме с О центъра на вписаната в ромба окръжност. В правоъгълния ∆AOB от равенството

OP AP PB PB2 212 16 . . намираме PB = 9 cm.

Тогава AB AP PB 16 9 25cm и PABCD = 4AB = 4.25 = 100 cm.Лицето на ромба е SABCD = pr = 50.12 = 600 cm2.

4. Нека в ромба ABCD O e пресечната точка на диагоналите AC = d1 и BD = d2 (d1 > d2), а OH = r е радиус на вписаната окръжност.

По условие d d d2 1 175

3

4= =% и от

S d d d dABCD 242

243

824 64

1 2

1

2

1

2 намираме

Тогава APCP

ABBC

= =4

3, AP x= 4 , CP x= 3 , AC x= =7 35 и от x = 5 намираме AP = 20, CP = 15.

От ∆AQD AQD CPB≅ ∆CPB следва, че AQ = CP и за дължината на отсечката PQ получаваме: PQ 20 15 5.

81. решаване на успОредник. упражнение

128

5*. В ромба ABCD означаваме AB = a, AB = d1, BD = d2, AC BD O и OH = r OH AB .

По условие d d1 2

14 , r AB AB a= = =4848

100

12

25% ,

ra

=12

25 и

нека r = 12x, a = 25x.

d2 = 8 cm и d d2 1

3

4

3

48 6= = =. cm.

В правоъгълния ∆AOB AO d= =1

24

1, BO d= =

1

23

2, AB AO BO2 2 2

16 9 25 , AB = 5 cm,

AO BO ABOH r. . . 4 3 5 и r = =12

52 4, cm.

В правоъгълния ∆AOB от d d a1

2

2

2

2

4 4 и ar

h h= 1 2

4 следва, че d d a

1

2

2

2 24 и h h ar

1 24= .

От d d1 2

14 след повдигане в квадрат получаваме d d1 2

2 214 .

От d d d d a ar a a r x x x x1

2

2

2

1 2

2 22 4 8 4 2 4 25 25 24 4 25 49 70 . . . xx 2 2

14 намираме

x = =14

70

1

5. Тогава a = 25x = 5 cm, r x= =12

12

5cm и S prABCD = = =10

12

524. cm2.

82. метрични зависимОсти между Отсечки в ОкръжнОст

1. Нека М е петата на перпендикуляра, спуснат от центъра О към хордата АВ.Тогава М е средата на АВ и AM = 8 cm. От питагоровата теорема в ∆AMO намираме: OM OA AM2 2 2 2 2

10 8 36 и OM = 6 cm (отг. В).

2. От свойството на хордите следва, че MAMB MC MD. . .= = =8 6 48 .

Означаваме MA = x. Тогава MB x 8 и от MAMB x x. 48 8 48

x x28 48 0 намираме x x

1 24 12 , , като решение е само x = 4.

Тогава MA = 4 cm, MB = 12 cm и AB = 16 cm.

129

3. Означаваме MA = x, MB = 7x. От MAMB OB OM x x x. 2 2 2 2 2

7 100 72 7 28 4 намираме x = 2 и AB = 8x = 16 cm.

4. От свойството на секущите следва, че MA.MB = MC.MD = MT2.Означаваме MA x= 9 , AB x=11 , MC y= 4 и CD y= 5 .

Тогава MB MA AB x x x 9 11 20 ,MD MC CD y y y 4 5 9 ,

MAMB MC MD x x y y y x. . . . 9 20 4 9 52 2 и y x= 5 .

а) От MA x 3 9 3 следва, че x =1

3,

y =5

3 и MB x= =20

20

3, MC y= =4

4 5

3,

MD y= =9 3 5 , MT MAMB x2 29 20 20= = =. . и MT = =20 2 5 .

б) От MAMB MT x x x x. . 22

2 29 20 6 5 180 180 1 намираме x = 1.

Тогава y = 5 и MA x= =9 9 , MB x= =20 20 , MC y= =4 4 5 и MD y= =9 9 5 .

83. метрични зависимОсти между Отсечки в ОкръжнОст. упражнение1. Означаваме с G медицентъра на ∆ABC и нека CD k E . Тогава CE = 2R e диаметър на k, CE PQ⊥ (следва от AB PQ и CE AB⊥ ) и PG = GQ (свойство на диаметър, перпендикулярен на хорда).

От питагоровата теорема за ∆BDC намираме CD BC BD2 2 2 2 2 2

13 5 12 и CD = 12 cm.

Тогава CG CD= =2

38 и DE CE CD R 2 12 .

Прилагаме свойството на хордите в окръжност:

CD DE AD DB R R. . . 12 2 12 5 5169

24cm и

GE R CG 2169

12873

12cm;

PGGQ CGGE PG. . . 2873

12

146

3 и PG GQ= = =

146

3

438

3cm.

Следователно PQ =2 438

3cm.

2. От O AB∈ следва, че АВ е диаметър на k и ACB 90 .От питагоровата теорема за ∆ABC намираме

130

BC AB AC2 2 2 2 210 6 64 и BC = 8.

От MCA AC=1

2 (периферен ъгъл) и CBA AC=

1

2

(вписан ъгъл) следва, че MCA CBA= .

Тогава ∆MAC ~ ∆MCB ( MCA CBA= и B е общ),

MAMC

CACB

MAMC

6

8

3

4 и нека MA x= 3 , MC x= 4 .

Намирането на МС може да извършим по два начина.

I начин. От свойството на секущите следва, че

MC MAMB x x x2 216 3 3 10 . 7 30 0 0

30

7

2

1 2x x x x, .

Следователно MC x= =4120

7.

II начин. От ACM ABC BCO= = и ACO BCO ACB 90 следва, че

ACO MAC 90 .

От правоъгълния ∆MCO получаваме: MO MC CO x x2 2 2 2 23 5 16 25

9 30 25 16 25 7 30 0 7 30 02 2 2x x x x x x x .

От последното уравнение намираме x =30

7, откъдето MC x= =4

120

7.

3. Означаваме r x r x= =3 21

, и построяваме O H OT1 ⊥ .

Тогава OH = x, OO1 = 5x и от ∆OHO1 намираме

OO OH HO x x x1

2 2

1

2 2 2 225 64

8

3 и

x =2 6

3. Следователно r r= =2 6

4 6

31

, .

131

4. Ако М е петата на перпендикуляра, спуснат от О към АD, то М е средата на хордата АD в k и на хордата ВС в k1 (свойство на диаметър, перпендикулярен на хорда).Тогава AB = AM – BM = DM – CM = CD.

Правата PQ е допирателна на k1 в точката В и OB PQ⊥ . Но PQ е хорда в k и следователно PB = BQ.

От питагоровата теорема за ∆BOP пресмятаме PB OP OB R r2 2 2 2 225 9 16 и PB = 4.

Ако BC x= , то AB CD x= = 2 и от свойството на хордите в k намираме:

AB BD PB BQ x x x. . . . 2 3 4 4 6 162 и x = =

8

3

2 6

3. Тогава AB CD= =

4 6

3.

84. метрични зависимОсти между Отсечки. тема за самОкОнтрОл1. Б). 2. В). 3. В). 4. Б). 5. В).6. Нека в ∆ABC C 90 и A 45 .

Тогава AC = BC = 6 и от питагоровата теорема намираме AB 2 2 2

6 6 72 и AB = 6 2 cm. Радиусът на окръжността е

ra b c

2

12 6 2

26 3 2 cm.

7. Нека в ромба ABCD AC BD O и AB = 2 3 cm, AC = 4 2 cm.

Тогава AO = 2 2 и от питагоровата теорема за ∆AOB намира-ме BO AB AO2 2 2

12 8 4 и BO = 2 cm.

Тогава SAC BD

ABCD = = =. .

2

4 2 4

28 2 cm2.

8. Около окръжност с радиус r = 3 cm е описан равнобедрен триъгълник, височината към основата на който е 8 cm. Наме-рете страните на триъгълника.Тогава АО е ъглополовяща в ∆ACD, DO r CO= = =3 5, и AD AC DO CO: : := = 3 5 . ОзначавамеAD x AC x x 3 5 0, , прилагаме питагоровата теорема за ∆ADC AC AD CD x x x2 2 2 2 2 2

25 9 64 4 и получаваме x = 2.Следователно AC = BC = 10 cm и AB = 12 cm.

132


85. тригОнОметрични Функции на Остър ъгъл

1. sin 1

2; cos

3

2; tg

3

3; cotg 3 ; sin

3

2; cos

1

2; tg 3 ; cotg

3

3.

2. а) да; б) не; в) да; г) да; д) да; е) да; ж) да; з) да.

3. sin 5

13; cos

12

13; tg

5

12; cotg

12

5.

86. стОйнОсти на тригОнОметрични Функции на ъгли с мерки 30°, 45°, 60°

1. B sin cos .30 2 45 60 301

22

2

23 3

1

213

2tg cotg ;

C 2 45 60 3 30 45 22

2

3

23

3

31 1

3

23 1cos sin . .tg cotg

33

2

D

2 30 2 45 60

45 45

21

22

2

23

11 1 3 3

sin cos

.

. .tg

cotg tg;

E

2 45 2 60 3 30

30 60

22

22

3

23

3

3

3

33

1 3cos sin

.

. . .tg

tg tg

33

11

F 2 30 2 45 2 60 4 30 23

22

2

22 3 4 30

2 2

cos cos sin . . sintg

3 1 2 3 1 3 3

2. Пресмятаме стойността на израза при 45 .

A tg g tg g

sin .cos . sin .cos

15

22 15 45 30 2 45cot cot 330

2

2

3

22 1 3

3 6

4

. . .

B 2 15 3 15 21

2cos .sin . cotg tg .

3. При α = 60° пресмятаме A sin .cos .

2

30tg cotg

sin .cos . . .60 30 60 303

2

3

23 3

3

43

15

4

15

2tg cotg .

133


1 2 3 4 5 6 7 8 9 300-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8 -9 3x

→a →b

87. тригОнОметрични Функции и стОйнОсти на тригОнОметрични Функции на ъгли с мерки 30°, 45° и 60°. упражнение

1. A

sin .cos . sin .cos2 360

290 60 30 3

90

2

cotg tg cotg .. tg 90 30

3

2

3

23 3 3

3

4. . ;

B

260

22

90

22 2

30 60

260sin .cos . sin .cos

cotg tg cotgg tg

90 30

260

.

22

2

1

23 3 3

1

2. . .

2. В).

3. От tg

sin

cos

2

3 означаваме sinα = 2x, cosα = 3x.

Тогава Ax xx x

x xx x

x

2 3

2 3

2 3 3 2

2 2 3 3

6 6

4 9

12cos sin

sin cos

. .

. .

5

12

5x.

4. sinOAB = 3 1010

, cosOAB = 10

10, tgOAB = 3 и cotgOAB = 1

3.

88. ОснОвни зависимОсти между тригОнОметрични Функции на един и същ ъгъл1. Г). 2. Б).

89. ОснОвни зависимОсти между тригОнОметрични Функции на един и същ ъгъл. упражнение

1. а) 1

8; б)

7

18. 2. а)

84

625; б)

84

625.

3. cos

sin

sin

cos.

cos sin sin

1

1 1 1

1

2

cotgssin cos

.

cotg

cos sin

sin cos.

cos sin

sin co

2 22 21

1

1

1

cotgss

. .

cotg cotg 0 0 .

4. Тъй като tgα.cotgα = 1, ще докажем, че cos

sinsin

2

11

.

cos

sinsin

cos sin sin

sin

cos sin sin2 2 2 2

1

1

1

11

1

11

sin

sin

sin

.

5. I начин. От tg

3 3sin

cos следва, че cosα = x, sinα = 3x.

Тогава Ax x xx x

x

2 3

2 3

2 3 3

2 9 3

7

12 2 2 2

2cos sin cos

sin cos

.

.

55

7

152x .

134

II начин. Разделяме числителя и знаменателя с cos2α ≠ 0.

A

2 3

2 3

2 3

22 2

cos sin cos

sin cos

cos sin

cos.cos

cos

ssin cos

cos

.2 2

2

23

2 3

2 3

2 9

2 9 3

7

15

tg

tg.

6*. а) tg cotg tg tg tg tg 3 2 3 2 3 3 0 3 0 32

2

60 .

б) tg cotg tg tg tg tg

1

22 2

1

20

2

20

2

2

2

2

45 .

90. тригОнОметрични Функции на Остри ъгли, кОитО се дОпълват дО 90°

1. В). 2. а) 1

sinα;

б) sin cos

cos sin

cos cos

sin sin

co90

90

13

3

3

3

ss cos

sin sin

sin . cos

cos .sin

sin

cos

2

2

2

21

tg ;

в) cos cos

cos

cos sin

co

2 2 2

2

2 2 290 90

1 1

.cotg .tg

ss2

cos

cos

sin

sin

sin

sin

2

2

2

2

2

2

2

22

. sin

;

г) 4 45 60 90 2 30 902 2

cos .sin sin sin . . cotg tg tg

42

2

3

22 3 6 1 6 1 0

2 2. . sin cos . . tg cotg ; д)

1

2.

91. тригОнОметрични Функции на Остри ъгли, кОитО се дОпълват дО 90°. упражнение1. Б).

2. а) 2 60 3 30 2 45 3 33 572 2

tg tg sin cos cos

2 3 33

32

2

23 57 57 2 3 3 1 3 1

2 2. . . sin cos ;

б) 2 30 2 45 2 60 24 662 2

cos cos sin sin tg

23

22

2

22 3 24 24 3 1 2 3 1 3 3

2 2. . sin cos ; в)

1

2;

г) 4 45 60 90 2 30 902 2

cos .sin sin sin . . cotg tg tg

42

2

3

22 3 6 1 6 1 0

2 2. . sin cos . . tg cotg .

135

2. Като вземем предвид, че HCB BAC , от ∆BHC на-мираме

CH BC BH2 2 2 2 28 6 4 14 4 1 6

144 16

100

144 4

25 , , . ,

. .,

CH =24

5 и

tg BHCH

6 4 5

24

32

24

4

3

, . (отг. А).

92. намиране на ОснОвните елементи на правОъгълен триъгълник1. а) a b 3 3 3 60; ; ; б) b c 2 2 4 45; ; ; в) c = 2; α = 60°; β = 30°;г) b = 3; α = β = 45°.

93. намиране на ОснОвните елементи на правОъгълен триъгълник. упражнение

1. Като вземем предвид, че HCB BAC , от ∆BHC на-

мираме HCBC BC

cos6 2 5

5 и BC = =

6 5

2 5

3 5.

(отг. Б).

2. От ∆ABC намираме BCAC

BC b cotg cotg . и

ACAB

AB b sin

sin.

Аналогично:

– в ∆AHC CHAC

CH b cos .cos , AHAC

AH b sin .sin ;

– в ∆BHC BHBC

BH BC BH b cos .cos . .cos cotg .

I начин. В ∆BHC и ∆AHC от CHBC BC

cos306 3

2 и

CHAC AC

cos606 1

2 намираме BC = 4 3 cm и

AC = 12 cm. Тогава SAC BC

ABC = = =. .

2

12 4 3

224 3 cm2.

3. Нека в ∆ABC CH = 6 cm е височината към хипотенузата АВ и HCB 30 . Тогава ACH 60 .

II начин. В ∆BHC и ∆AHC от BHCH

BH tg30

6

3

3 и

AHCH

AH tg 60

63

намираме AH = 6 3 cm и AB AH BH 8 3 cm. Тогава SABCH

ABC = = =. .

2

8 3 6

224 3 cm2.

A B

C

H

8 cm

6,4 cm

C

A BH

b

A B

C

H

6

A B

C

H

8 cm

6,4 cm

C

A BH

b

A B

C

H

6

A B

C

H

8 cm

6,4 cm

C

A BH

b

A B

C

H

6

BA

C

163

BA

C

3060

6

H

136

4. От CAB CBA 90 следва, че ACB 90 .В правоъгълния ∆ABC изразяваме

cosABC BCAB AB

8

17

16

3

8

17 и намираме

AB = =16 17

3 8

34

3

.

.cm.

Тогава AC AB BC2 2 2

2 2

34

3

16

3

50

3

18

3100

. , AC = 10 cm.

и SAC BC

ABC = = =. .

.2

10 16

2 3

80

3cm2.

94. намиране на елементи на равнОбедрен триъгълник1. Нека СН е височината към основата АВ, а О е центърът на вписаната в ∆ABC окръжност. Тогава OH = r = 1, АО е ъглопо-ловяща в правоъгълния ∆AHC, OHOC

AHAC HAC OC OH cos

1

55 5 и

CH CO OH 6 . Ако AH = x, то AC = 5x, AC AH CH x x2 2 2 2 2

25 36

24 363

2

2 2x x , x = =32

6

2 и AB x= =2 6 .

Следователно S ABCHABC = = =. .

2

6 6

23 6 cm2.

2. От ∆ADC намираме ADAC

cos

AC AD AC c cos cos 2

, CDAD

CD c tg

tg

.2

и

S ABCD S cABC ABC

. .

2 4

2tg

.

От ∆ABP получаваме BPAB

BP c sin .sin .

3. h = 32 cm; R = 25 cm; r = 12 cm. 4. r =24

5 cm.

5. h = 13,44 cm.

95. намиране на елементи на равнОбедрен триъгълник. упражнение

1. Построяваме OM AB⊥ и от ∆AOM, в който

AO R MAO , 30 и AM a= 2 , намираме: AMAO

aR a R cos302

3

23 и a = 6 cm.

2. SABC = 27 cm2.

BA

C

163

BA

C

3060

6

H

A B

C

Or

H

C

A BD

c

P

A B

C

O

M30

A B

C

Or

H

C

A BD

c

P

A B

C

O

M30

A B

C

Or

H

C

A BD

c

P

A B

C

O

M30

137

96. намиране на елементи на равнОбедрен и правОъгълен трапец

1. а) 15 cm; б) 15 2 cm. 2. 4

9. 3. 2 cm.

97. намиране на елементи на равнОбедрен и правОъгълен трапец. упражнение

1. От BAC CAD 2 30 следва, че CAD 15 и BAD ABC 45 . Построяваме височината СН и от ∆BHC и ∆AHC намираме:CHBC

CH BC sin .sin .45 45 62

23 2 cm и

CHAC

AC CH sin .30 2 2 3 2 6 2 cm.

2. S rABCD

2

2 2

2tg cotg

; SABCD = 24 3 cm2.

98. прилОжение на тригОнОметрични Функции на Остър ъгъл

1. Нека в ромба ABCD със страна AD = 12 cm, BAD 60 и радиус r на вписаната окръжност построим височината DH. Тогава DH = 2r и от правоъгълния ∆AHD намираме: DHAD HAD DH AD r r sin .sin . 60 2 12

3

23 3 cm.

2. S AD DQABCD = = =. .2 15 15 30 15 .

4. Нека OQT и от правоъгълните триъгълници O1QT1 и OQT намираме: OTOQ OQ OQ1 1

1 1

1

4 1

624 sin ; OTOQ OQ OQ sin 6 1

636 . Тогава

PQ OQ O P 1 1

24 4 20 и MN OQ OM NQ NO OQ 36 6 30 4 24 21 1

. Дължините на търсените отсечки са MN = 2 и PQ = 20.

3. Точката О е центърът на вписаната окръжност. Тогава ОL и OB са ъглополовящите на A и B и

AOB C 901

290 45 135 .

Но BOL е съседен на AOB и BOL 180 135 45 .

Следователно sin sinBOL 452

2.

138

99. прилОжение на тригОнОметрични Функции на Остър ъгъл

1. От Ra a a 3

36

3

36 3 . Следователно S

a

2

2

3

4

6 3 3

427 3 cm2.

2. От ra a a 2

32

2 3 . Следователно S a 22

2 3 12 cm2.

3. От Sa a a a 3 3

2

75 3

2

3 3

225 5

2 2

2 cm.

Следователно ra

= =3

2

5 3

2 cm и R = a = 5 cm.

4. В правилния шестоъгълник ABCDEF OB = BC = R = 2,

∆OBC е равностранен и има лице S ROBC = = =

23

4

4 3

43 .

Тогава S S S SOBCD OBC OCD OBC 2 2 3 .

100. тригОнОметрични Функции на Остър ъгъл. тема за самОкОнтрОл

1 2 3 4 5 6 7 8А Г Г В Б

A = 7

579

SABCD = 8 3 A 22

6. A

cos sin sin

sin cos

cos sin

sin.sin

sin

si

5

3 4

5

32 2

nn cos

sin

.2 2

2

24

5

3 4

12 5

3 4 144

7

579

cotg

cotg.

7. Нека AC BD O . В правоъгълния ∆AOB с катет

AO AC= =1

22 3 и ABO ABC

1

260 от

BOAO

cotg 60

намираме BO AO . .cotg 60 2 33

32 .

Тогава SAC BD AC BOABCD = = = =.

. .2

4 3 2 8 3 .

8. Нека в ∆ABC C 90 , A и α < 45°.

Тогава A B BC AC BCAB

ACAB sin cos sin cos 0 0A .

Пресмятаме A 2 2 sin cos sin cos sin .cos .2 2

1

2 1 21

4

1

2 и

следователно A 1

2

2

2.

139

СЪДЪРЖАНИЕ

1. Примерни методически разработки на уроци . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .4

2. Варианти за диагностика на резултатите от обучението по математика . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .11

3. Отговори на вариантите за диагностика . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .34

4. Годишно тематично разпределение по математика за 9. клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .46

5. Учебна програма по математика за 9. клас . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .65

6. Отговори, упътвания и решения на задачите от учебника по математика за 9. клас . . . . . . . . . .71

КНИГА ЗА УЧИТЕЛЯ по математика

за 9. клас

Авторипроф. дмн Емил Колев

Иван ГеоргиевСтелиана Кокинова

РедакторТаня Славчева

Графичен дизайнНиколай Пекарев

КоректорМила Томанова

Българска. Първо издание, 2018 г.Формат 60х90/8. Печатни коли 17,5

ISBN 978-954-18-1310-2

Издателство„БУЛВЕСТ 2000“ ООД

София, 1574,ул. „Никола Тесла“ 5, BSR 2, етаж 4

тел.: 02 8061 300, e-mail: [email protected]

Печат„БУЛВЕСТ ПРИНТ“ АД

ИЗДАТЕЛСТВО БУЛВЕСТ 2ООО

ЕМИЛ КОЛЕВИВАН ГЕОРГИЕВ

СТЕЛИАНА КОКИНОВА

КНИГАЗА УЧИТЕЛЯ

Documents

КНИГА ЗА УЧИТЕЛЯ·а_учителя_Мат_9клас.pdfОбучението по математика в 9. клас е насочено към овладяване