Тренировочная работа №143 А. Ларина

a)

 $\large log_{-cosx}(1-0,5sinx)=2;$

$\large log_{-cosx}(1-0,5sinx)=log_{-cosx}(-cosx)^2;$

$\begin{cases}1-0,5sinx=cos^2x,\\-cosx>0,\\-cosx\neq 1;&\end{cases}$

$\begin{cases}1-0,5sinx=1-sin^2x,\\cosx<0,\\cosx\neq -1;&\end{cases}$

$\begin{cases}sin^2x-0,5sinx=0,\\cosx<0,\\cosx\neq -1;&\end{cases}$

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}sinx=0,\\sinx=\frac{1}{2},\end{array}\right.\\cosx<0,\\cosx\neq -1;&\end{cases}$

$x=\frac{5\pi}{6}+2\pi n, n\in Z.$

б) Найдем корни исходного уравнения из отрезка $[14\pi;16\pi].$

$14\pi \leq \frac{5\pi}{6}+2\pi n\leq 16\pi , n\in Z;$

$14 \leq \frac{5}{6}+2n\leq 16 , n\in Z;$

$6\frac{7}{12} \leq n\leq 7\frac{7}{12} , n\in Z;$

$n=7.$

$x=\frac{5\pi}{6}+2\pi \cdot 7=\frac{89\pi}{6}.$

Ответ:

а) $\frac{5\pi}{6}+2\pi n, n\in Z;$

б) $\frac{89\pi}{6}.$

a) Плоскость, проходящая через точки $M$ и $N$ параллельно

прямой $BD_1$, пересекает плоскость $B_1D_1D,$ в которой лежит $BD_1$ по прямой, параллельной $BD_1$ (по свойству прямой, параллельной плоскости).

Пусть $MN$ пересекается с $BD$ в точке $P$.

Проведем через точку $P$ в плоскости $B_1D_1D$ прямую, параллельную $BD_1$. Она пересечет $DD_1$ в точке $K$.

Пусть сторона квадрата – $3x$. Тогда согласно условию $AM=x,BM=2x,BN=1,5x.$

Из прямоугольного треугольника $MBN:$

$MN=\sqrt{4x^2+2,25x^2}=2,5x$.

$BP$ – биссектриса треугольника $MNB,$ поэтому $MP:PN=2:1,5,$ то есть $MP:PN=4:3$.

Стало быть, $MP=\frac{4MN}{7}=\frac{10x}{7}.$

Из треугольника $MBN$:

$cosM=\frac{MB}{MN}=\frac{2x}{2,5x}=\frac{4}{5}.$

По теореме косинусов для треугольника $MBP:$

$BP^2=MB^2+MP^2-2\cdot MB\cdot MP\cdot cos M;$

$BP^2=4x^2+\frac{100x^2}{49}-2\cdot 2x\cdot \frac{10x}{7}\cdot \frac{4}{5};$

$BP^2=\frac{72}{49};$

$BP=\frac{6\sqrt{2}}{7};$

Заметим, $BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{2\cdot 9x^2}=3\sqrt2 x.$

Тогда $BD:BP=\frac{3\sqrt2 x}{\frac{6\sqrt{2}}{7}}=\frac{7}{2}.$ Откуда $PD:BD=5:7.$

При этом треугольники $BDD_1,PDK$ подобны и $DK:DD_1=PD:BD=5:7$, откуда $DK:D_1K=5:2$.

Что и требовалось доказать.

б) Расстояние от точки $D_1$ до прямой $MN$ будем искать как длину высоты треугольника $MND_1,$ проведенной к $MN$.

То есть

$\rho (MN;D_1)=\frac{2S_{MND_1}}{MN}.$

$MD_1=\sqrt{MD^2+DD_1^2}=\sqrt{AM^2+AD^2+DD_1^2}=$

$=\sqrt{16+144+144}=4\sqrt{19}.$

$ND_1=\sqrt{ND^2+DD_1^2}=\sqrt{NC^2+CD^2+DD_1^2}=$

$=\sqrt{36+144+144}=18.$

$MN=10.$

Для подсчета площади треугольника $MND_1$ воспользуемся формулой Герона.

$p_{MND_1}=\frac{4\sqrt{19}+18+10}{2}=14+2\sqrt{19}.$

$S_{MND_1}=\sqrt{(14+2\sqrt{19})(14-2\sqrt{19})(2\sqrt{19}+4)(2\sqrt{19}-4)}=$

$=\sqrt{(196-76)(76-16)}=60\sqrt2.$

Итак, $\rho (MN;D_1)=\frac{2\cdot 60\sqrt2}{10}=12\sqrt2.$

Ответ: б) $12\sqrt2.$

$\large\frac{x^4-2x^2+1}{2x^2-x-6}\geq \frac{1-2x^2+x^4}{2x^2-7x+6};$

$\large\frac{(x^2-1)^2}{2x^2-x-6}\geq \frac{(x^2-1)^2}{2x^2-7x+6};$

$(x^2-1)^2\large(\frac{1}{2x^2-x-6}-\frac{1}{2x^2-7x+6})\geq 0;$

$\frac{(x^2-1)^2 \large(2x^2-7x+6-2x^2+x+6)}{(2x^2-x-6)(2x^2-7x+6)}\geq 0;$

$\large\frac{6(x^2-1)^2(2-x)}{(2x+3)(2x-3)(x-2)^2}\geq 0;$

$\large\frac{(x-1)^2(x+1)^2}{(2x+3)(2x-3)(2-x)}\geq 0;$

$x\in (-\infty;-1,5)\cup${$-1;1$}$\cup(1,5;2).$

Ответ: $(-\infty;-1,5)\cup${$-1;1$}$\cup(1,5;2).$

a)

Треугольники $ABC$ и $CBE$ подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними. Действительно, $\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{BE}=\frac{3}{2}$ и $\angle CBA=\angle EBC$.

Итак, углы $BAC$ и $BCE$ равны как соответствующие углы подобных треугольников.

Что и требовалось доказать.

б) $S_{ABC}=\frac{AB\cdot BC\cdot sin B}{2}=\large\frac{9\cdot 6\cdot \frac{1}{2}}{2}=\frac{27}{2}.$

$S_{CBE}=\frac{4}{9}\cdot S_{ABC}=6$ (отношение площадей подобных треугольников есть квадрат коэффициента подобия треугольников).

Тогда $S_{AEC}=S_{ABC}-S_{CBE}=\frac{27}{2}-6=7,5.$

Ответ: б) $7,5.$

$\large(\frac{x-1}{x^2+1})^2-2a\cdot \frac{x-1}{x^2+1}+a^2-0,25=0;$

Используя дискриминант, получаем

$\large\frac{x-1}{x^2+1}=a\pm 0,5.$

График правой части уравнения – пара параллельных (горизонтальных) прямых при фиксированном $a$.

Для построения графика левой части, исследуем функцию $\large f(x)=\frac{x-1}{x^2+1}.$

$ f'(x)=\large\frac{x^2+1-2x(x-1)}{(x^2+1)^2}=\frac{-x^2+2x+1}{(x^2+1)^2}=\frac{-(x-(1+\sqrt2))(x-(1-\sqrt2))}{(x^2+1)^2}.$

$x=1+\sqrt2$ и $x=1-\sqrt2$ – точки максимума и минимума соответственно.

$ f(1+\sqrt2)=\large\frac{\sqrt2}{4+2\sqrt2}=\frac{\sqrt2-1}{2}.$

$ f(1-\sqrt2)=\large\frac{-\sqrt2}{4-2\sqrt2}=\frac{-\sqrt2-1}{2}.$

Точка $1$ – единственный ноль функции.

$f(x)$ непрерывна на $\mathbb{R}.$

При $x\rightarrow \infty$ $f(x)\rightarrow 0$.

Случай 1.

Три решения исходное уравнение будет иметь в случае, если $a-0,5=\frac{-1-\sqrt2}{2}$, а $a+0,5$ при этом принадлежит  множеству $(\frac{-1-\sqrt2}{2};0)\cup (0;\frac{\sqrt2-1}{2}).$

(На рисунке зеленым цветом выделено возможное местоположение прямой $y=a+0,5$ в случае, если прямая $y=a-0,5$ проходит через точку минимума функции. Конечно, замечаем, что прямые $y=a+0,5$, $y=a-0,5$ не могут совпасть).

Так вот, если $a-0,5=\large\frac{-1-\sqrt2}{2}$, то есть  $a=-\frac{\sqrt2}{2},$ то $a+0,5=\frac{1-\sqrt2}{2}$, а это значение ($a+0,5$) принадлежит $(\frac{-1-\sqrt2}{2};0)\cup (0;\frac{\sqrt2-1}{2}).$

Да, случай $a=-\frac{\sqrt2}{2}$ нам подходит.

Случай 2.

Три решения исходное уравнение будет иметь в случае, если $a+0,5=\frac{\sqrt2-1}{2}$, а $a-0,5$ при этом принадлежит  множеству $(\frac{-1-\sqrt2}{2};0)\cup (0;\frac{\sqrt2-1}{2}).$

(На рисунке зеленым цветом выделено возможное местоположение прямой $y=a-0,5$ в случае, если прямая $y=a+0,5$ проходит через точку максимума функции).

Так вот, если $a=\frac{\sqrt2-2}{2},$ то $a-0,5=\frac{\sqrt2-3}{2}$, а это значение ($a-0,5$) принадлежит $(\frac{-1-\sqrt2}{2};0)\cup (0;\frac{\sqrt2-1}{2}).$

Да, случай $a=\frac{\sqrt2-2}{2}$ нам подходит.

Случай 3.

Три решения исходное уравнение будет иметь в случае, если $a+0,5=0$, а $a-0,5$ при этом принадлежит  множеству $(\frac{-1-\sqrt2}{2};0).$

(На рисунке зеленым цветом выделено возможное местоположение прямой $y=a-0,5$ в случае, если прямая $y=a+0,5$ проходит через точку начала координат).

Так вот если $a=-0,5,$ то $a-0,5=-1$ принадлежит $(\frac{-1-\sqrt2}{2};0).$

Да, случай $a=-0,5$ нам подходит.

Случай 4.

Три решения исходное уравнение будет иметь в случае, если $a-0,5=0$, а $a+0,5$ при этом принадлежит  множеству $(0;\frac{\sqrt2-1}{2}).$

(На рисунке зеленым цветом выделено возможное местоположение прямой $y=a+0,5$ в случае, если прямая $y=a-0,5$ проходит через точку начала координат).

Так вот если $a=0,5,$ то $a+0,5=0,5$ не принадлежит $(\frac{-1-\sqrt2}{2};0).$

Случай $a=0,5$ нам не подходит.

Ответ: $-0,5;-\frac{\sqrt2}{2};\frac{\sqrt2-2}{2}.$