Тренировочная работа №130 А. Ларина

Решим исходное уравнение

 $sin(2^x)=1;$

$2^x=\frac{\pi}{2}+2\pi n, n\in Z;$

$x=log_2(\frac{\pi}{2}+2\pi n)$, $n\in Z,n\geq 0.$

Не будем «решать» исходное неравенство.

Заметим, что $|2^x-1|+|2^x-8|$ – есть сумма расстояний от $2^x$ до точек $1,$ $8$. Поскольку расстояние между точками $1$ и $8$ равно $7$, то значения левой части неравенства при различных $x$ принадлежат лучу $[7;+\infty]$.

Тогда остается заметить, что неравенство верно в случае  $|2^x-1|+|2^x-8|=7$ и в этом случае $1\leq 2^x\leq 8$, то есть $0\leq x\leq 3.$

Итак, следует отобрать те значения $x=log_2(\frac{\pi}{2}+2\pi n)$, $n\in Z,n\geq 0$, что попадают в отрезок $[0;3].$

Оценим подходящие значения $n:$

$0\leq log_2(\frac{\pi}{2}+2\pi n)\leq 3, n\in Z,n\geq 0;$

$1\leq \frac{\pi}{2}+2\pi n\leq 8,n\in Z,n\geq 0;$

Устраивают следующие значения $n:$

$n=0$ или $n=1$.

Итак, $x=log_2\frac{\pi}{2}$ или $x=log_2\frac{5\pi}{2}.$

Ответ: $log_2\frac{\pi}{2};log_2\frac{5\pi}{2}.$

a) Центр описанной сферы около пирамиды обязан лежать на прямой, перпендикулярной плоскости $BCS$, проходящей через середину $BC$, – именно такая прямая обладает тем свойством, что все ее точки равноудалены от $B,C,S$ (учли, в частности, тот факт, что для прямоугольного треугольника середина гипотенузы – точка, равноудаленная от вершин). Назовем указанную прямую $l$.

Пусть прямые $SM,l$ (где $M$ – точка пересечения медиан треугольника $ABC$) пересекаются в некоторой точке, назовем ее $O$. Заметим, прямые пересекутся – они лежат в одной плоскости  ($SAA_1$, где $A_1$ – середина $BC).$

Так как $M$ – точка пересечения медиан треугольника $ABC$, то $AM:MA_1=2:1.$ Тогда коэффициент подобия треугольников $SAM,OA_1M$ – 2. То есть $A_1O=\frac{AS}{2}.$

Пусть $L$ – середина $SC,$ $B_1$ – середина $AC.$

Очевидно, $B_1L=\frac{AS}{2}.$

Имеем: $OB_1LA_1$  – параллелограмм по признаку параллелограмма $(A_1O\parallel B_1L, A_1O=B_1L)$ (а точнее – прямоугольник).

Но тогда $OB_1\parallel A_1L$, а поскольку $A_1L\perp (ASC)$, то и $OB_1\perp (ASC)$, в частности, $OB_1\perp AC.$

Итак,  треугольник $OAC$ равнобедренный, так как медиана $OB_1$ в нем является и высотой. Но тогда $AO=BO=CO=SO,$ то есть $O$ – центр описанной сферы около заданной пирамиды.

Итак, точка $S$, точка пересечения медиан треугольника $ABC$ (точка $M$) и точка, равноудаленная от вершин пирамиды (центр описанной сферы $O$), лежат на одной прямой.

Что и требовалось доказать.

б) Будем искать радиус $r$ вписаной сферы по формуле

$r=\frac{3V}{S}$,

где $V$ – объем пирамиды $SABC$, $S$ – площадь полной поверхности пирамиды $SABC$.

(Доказательство формулы и задача на применение формулы – см. здесь)

$V=\frac{S_{SBC}\cdot AS}{3}=\frac{\frac{3\cdot 4}{2}\cdot 2}{3}=4.$

$S=S_{ABC}+S_{ASC}+S_{ASB}+S_{CSB}=S_{ABC}+4+3+6=S_{ABC}+13.$

Стороны треугольника $ABC$ – $5,\sqrt{13},\sqrt{20}.$ Будем искать $S_{ABC}$ по формуле Герона:

$S_{ABC}=\sqrt{\frac{5+\sqrt{13}+2\sqrt5}{2}\cdot \frac{\sqrt{13}+2\sqrt5-5}{2}\cdot \frac{5-\sqrt{13}+2\sqrt5}{2}\cdot \frac{5+\sqrt{13}-2\sqrt5}{2}}}}=$

$=\frac{\sqrt{(5+\sqrt{13})^2-20)(20-(\sqrt{13}-5)^2)}}{4}=\frac{\sqrt{(10\sqrt{13}+18)(10\sqrt{13}-18)}}{4}=\frac{4\sqrt{61}}{4}=\sqrt{61}.$

Итак,

$r=\frac{3V}{S}=\frac{12}{\sqrt{61}+13}=\frac{13-\sqrt{61}}{9}$.

Ответ: $\frac{13-\sqrt{61}}{9}.$

В данном случае удобна замена $sint=x$ (или $cost=x$). Действительно, видно, что $x\in [-1;1].$ При этом весь отрезок $[-1;1]$  $x$ пробегает при $t\in [-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}].$

Получаем

 $sin^2t+sint\sqrt{3-3sin^2t}\geq 0,5+sint;$

$sin^2t+sint\sqrt{3cos^2t}\geq 0,5+sint;$

Замечаем, на $[-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}]$  $cosx\geq 0.$

$sin^2t+\sqrt 3 sint\cdot cost-sint-0,5\geq 0;$

$sint(sint+\sqrt 3cost)-sint-0,5\geq 0;$

$2sint(\frac{1}{2}sint+\frac{\sqrt 3}{2}cost)-sint-0,5\geq 0;$

$2sint\cdot sin(t+\frac{\pi}{3})-sint-0,5\geq 0;$

$cos(t-t-\frac{\pi}{3})-cos(2t+\frac{\pi}{3})-sint-0,5\geq 0;$

$-sin(\frac{\pi}{2}-2t-\frac{\pi}{3})-sint\geq 0;$

$sin(2t-\frac{\pi}{6})-sint\geq 0;$

Решаем методом интервалов.

Нули разности $sin(2t-\frac{\pi}{6})-sint$ отмечаем на тригонометрическом круге, причем нас интересует только отрезок $[-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}]$, проверяем и расставляем знаки указанной разности.

Итак, $t\in [-\frac{\pi}{2};-\frac{5\pi}{18}]\cup [\frac{\pi}{6};\frac{7\pi}{18}].$

Откуда $x\in [-1;-sin\frac{5\pi}{18}]\cup [\frac{1}{2};sin\frac{7\pi}{18}].$

Ответ: $[-1;-sin\frac{5\pi}{18}]\cup [\frac{1}{2};sin\frac{7\pi}{18}].$

а) Пусть основание высоты трапеции, проведенной из точки $C$ к $AD$ – точка $H$.

Соединим $H$ и $M$ ($M$ – середина $CD$). Медиана, проведенная к гипотенузе, равна ее половине, поэтому треугольник $HMD$ – равнобедренный.

Тогда $\angle MHD=\angle MDH$, а так как трапеция $ABCD$  – равнобедренная ($\angle CDA=\angle BAD$), то $\angle MHD=\angle BAD$. Но $\angle MHD,\angle BAD$ – соответственные углы при прямых $AB,HM$ и секущей $AD$. Тогда по признаку параллельности прямых $AB\parallel HM$, то есть прямая, параллельная $AB$ и проходящая через середину отрезка $CD$, прошла через точку $H$.

Осталось доказать, что и биссектриса угла $B$ пройдет через точку $H$.

Так как трапеция $ABCD$ – описанная около окружности, то $AB+CD=BC+AD$ или $2AB=2BC+2HD$, откуда $AB=BC+HD$ или $AB=AH$.

То есть треугольник $ABH$ – равнобедренный и $\angle ABH=\angle AHB$. Но ведь  $\angle CBH=\angle AHB$ (накрест лежащие углы при $BC \parallel AD$ и секущей $BH$). Тогда $\angle ABH=\angle CBH$, то есть $BH$ – биссектриса угла $B$.

Итак, биссектриса угла $B$, высота из вершины $C$, прямая, параллельная $AB$ и проходящая через середину отрезка $CD$, пересекаются в одной точке (точке $H$).

Что и требовалось доказать.

б) Пусть центры вписанной, описанной окружностей – $O$ и $Q$. Очевидно, указанные точки лежат на оси симметрии трапеции.

Пусть $R,r$ – радиусы описанной, вписанной окружностей.  Пусть искомое расстояние $OQ$ – есть $x$.

Несложно заметить, что, с одной стороны,  $R^2=9^2+(r-x)^2$, с другой стороны, $R^2=4^2+(r+x)^2.$

Поэтому $9^2+(r-x)^2=4^2+(r+x)^2,$ откуда $rx=\frac{65}{4}.$

При этом $r$, половина высоты трапеции, есть $\frac{\sqrt{13^2-5^2}}{2}=6$.

Итак, $x=\frac{65}{24}.$

Ответ: б) $\frac{65}{24}.$

1) Пусть второй человек едет на велосипеде $t$ часов, он проедет за это время $20t$ км. Первый человек пройдет за это время $t$ пешком $4t$ км. Второй оставляет велосипед и идет дальше пешком. Первый доходит до велосипеда $16t$ км за время $4t$ и едет остаток пути ($40-20t$) на велосипеде $\frac{40-20t}{30}$ часов времени. А второй  проходит остаток пути ($40-20t$) пешком, тратя на это $\frac{40-20t}{6}$ часов.

Время в пути первого – $t+4t+\frac{40-20t}{30},$ второго – $t+\frac{40-20t}{6}.$ Наименьшее время на путь $AB$ будет затрачено в случае  одновременного прихода людьми в $B$.

Имеем

$t+4t+\frac{40-20t}{30}=t+\frac{40-20t}{6};$

$4t+\frac{4-2t}{3}=\frac{20-10t}{3};$

$12t+4-2t=20-10t;$

$20t=16;$

$t=\frac{4}{5}.$

Откуда время, затраченное на весь путь, есть

$t+\frac{40-20t}{6}=\frac{4}{5}+4=4$ часа $48$ минут.

2) Пусть первый человек едет на велосипеде $t$ часов, он проедет за это время $30t$ км. Второй человек пройдет за это время $t$ пешком $6t$ км. Первый оставляет велосипед и идет дальше пешком. Второй доходит до велосипеда  $24t$ км за время $4t$ и едет остаток пути ($40-30t$) на велосипеде $\frac{40-30t}{20}$ часов времени. А первый проходит остаток пути ($40-30t$) пешком, тратя на это $\frac{40-20t}{4}$ часов.

Время в пути первого – $t+4t+\frac{40-30t}{20},$ второго – $t+\frac{40-20t}{4}.$

Имеем

$t+4t+\frac{40-30t}{20}=t+\frac{40-20t}{4};$

$4t+\frac{4-3t}{2}=10-5t;$

$8t+4-3t=20-10t;$

$15t=16;$

$t=\frac{16}{15}.$

Откуда время, затраченное на весь путь, есть

$t+10-5t=10-4t=10-\frac{64}{15}=\frac{86}{15}=5\frac{11}{15}$ часа.

Останавливаемся на варианте $4$ часа $48$ минут.

Ответ: $4$ часа $48$ минут.

Очевидно, точка $T$ принадлежит параболе $p_1$ (а значит и $p_2$).

Составим уравнение параболы $p_2$.

Поскольку вершины парабол симметричны относительно точки $T(b;ab^2)$ (а вершина $p_1$ – $(0;0)$), то несложно заметить, что координаты вершины параболы $p_2$ – $(2b;2ab^2)$.

Тогда, очевидно, $p_2$ задается следующим уравнением:

$y=-a(x-2b)^2+2ab^2.$

Какая прямая могла бы иметь с каждой параболой ($p_1,p_2$) только одну общую точку ($A_1,A_2$ соответственно) и при этом $\angle A_1A_2T=90^{\circ}$? Только прямая, перпендикулярная оси абсцисс, не проходящая через $T.$

В этом случае точки $T,A_2$ симметричные точки параболы $p_2$. То есть $A_2(3b;ab^2).$

Составим уравнение касательной к $p_1$ через точку $T$.

$y_{kasat}=2ab(x-b)+ab^2;$

$y_{kasat}=2abx-ab^2.$

Несложно заметить, что касательная к $p_1$ через точку $T$ и прямая $A_1A_2$ пересекаются в точке $(3b;5ab^2)$. Но точка $(3b;5ab^2)$ – есть середина  отрезка $A_1A_2$. Действительно, $A_1(3b;9ab^2), A_2(3b;ab^2)$, а координаты середины отрезка – есть полусумма соответствующих координат концов отрезка, что выполняется в нашем случае.

Итак, $K$ (точка пересечения какательной к $p_1$ через $T$ и прямой $A_1A_2$) делит отрезок $A_1A_2$ в отношении $1:1.$

Ответ: $1:1$.