Тренировочный вариант №124 А. Ларина

a)

$2cos^2x-2sin2x+1=0;$

$2cos^2x-4sinxcosx+sin^2x+cos^2x=0;$

$3cos^2x-4sinxcosx+sin^2x=0;$

Разделим обе части равенства на $cos^2x$, заметив, что $cosx\neq 0:$

$3-4tgx+tg^2x=0;$

$tg^2x-4tgx+3=0;$

$tgx=2\pm 1;$

$tgx=1$ или $tgx=3;$

$x=\frac{\pi}{4}+\pi n,n\in Z$ или $x=arctg3+\pi k, k\in Z.$

б) Отберем корни уравнения, принадлежащие отрезку $[\frac{\pi}{2};2\pi]$ при помощи тригонометрического круга:

$\frac{5\pi}{4};arctg3+\pi.$

Ответ:

а) $\frac{\pi}{4}+\pi n$, $arctg3+\pi k, n,k\in Z;$

б) $\frac{5\pi}{4};arctg3+\pi.$

a) Проекция $BD$ прямой $BD_1$ на плоскость $ABC$ перпендикулярна прямой $AC$. Тогда по теореме о трех перпендикулярах $BD_1\perp AC.$

б) Прямая $AC$ перпендикулярна плоскости $DD_1B_1$, так как перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости ($BD$ и $DD_1$). Тогда $AC$ перпендикулярна любой прямой плоскости $DD_1B_1,$ в частности прямой $OH$, что мы построим перпендикулярно $BD_1.$

Итак, $OH$ – расстояние между прямыми $BD_1$ и $AC$.

Из треугольника $OHB$

$sinHBO=\frac{OH}{OB}$,

откуда

$OH=OB\cdot sinHBO.$

При этом, $sin HBO=\frac{DD_1}{BD_1}$ (из треугольника $DD_1B$).

$OH=3\cdot \frac{12}{\sqrt{180}}=\frac{6\sqrt5}{5}.$

Ответ:

б) $\frac{6\sqrt5}{5}$

$log_{9x}27\leq \frac{1}{log_3x};$

$3log_{9x}3\leq \frac{1}{log_3x};$

$\frac{3}{log_3(9x)}\leq \frac{1}{log_3x};$

$\frac{3}{2+log_3x}\leq \frac{1}{log_3x};$

$\frac{3log_3x-2-log_3x}{log_3x(2+log_3x)}\leq 0;$

$\frac{log_3x-1}{log_3x(2+log_3x)}\leq 0;$

Используем метод замены множителей:

$\frac{log_3x-log_33}{(log_3x-log_31)(log_3x-log_3\frac{1}{9})}\leq 0;$

$\frac{x-3}{(x-1)(x-\frac{1}{9})}\leq 0, x>0;$

$x\in (0;\frac{1}{9})\cup(1;3].$

Ответ: $(0;\frac{1}{9})\cup(1;3].$

a) Около четырехугольника можно описать окружность, если сумма противоположных углов равна $180^{\circ}$.

Докажем, что углы $O_1AO_2,O_1BO_2$ – прямые. Этого будет достаточно.

Очевидно, $AO_1,$ $AO_2$ – биссектрисы смежных углов при вершине $A$ с общей стороной $K_1K_2$ (где $K_1,K_2$ – точки касания внутренней касательной с окружностями). А как известно,  угол между биссектрисами смежных углов равен $90^{\circ}.$ Итак, угол $O_1AO_2$   – прямой.

Аналогично показывается, что угол $O_1BO_2$ – прямой.

Итак, около четырехугольника  $O_1AO_2B$ можно описать окружность, так как суммы противоположных углов равны $180^{\circ}.$

Что и требовалось доказать.

б) Найдем $K_1K_2$ – расстояние между точками касания окружностей с их общей внутренней касательной.

Проведя из точки $O_2$ к продолжению $O_1K_1$ перпендикуляр $O_2N$, заметим, что $K_1K_2O_2N$ – прямоугольник, в частности $O_2N=K_1K_2$.

Задача сводится к нахождению $O_2N$.

Замечаем также, что  $NK_1=O_2K=3$ и $O_1N=9.$

По теореме Пифагора из треугольника $O_1O_2N:$

$O_2N=\sqrt{O_1O_2^2-O_1N^2}=\sqrt{15^2-9^2}=12.$

Ответ: б) 12.

Расстояние до перекрестка через время $t$ одного велосипедиста – $(5-40t)$ км, второго – $(3-30t)$ км.

Расстояние между велосипедистами выражается как

$\sqrt{(5-40t)^2+(3-30t)^2}$.

Будем исследовать функцию $f(t)=(5-40t)^2+(3-30t)^2$ на наименьшее значение. Нас будет интересовать  также значение $t$, при котором достигается это наименьшее значение.

Так как $f(t)=2500t^2-580t+34$ с графической точки зрения – парабола с ветвями вверх, то наименьшее значение $f(t)$ достигает в вершине параболы. Абсцисса вершины – $\frac{580}{2\cdot 2500}$. Ордината – $0,36$.

Итак, расстояние между велосипедистами станет наименьшим (а именно $\sqrt{0,36}$ или $0,6$ км) через $\frac{58}{500}$ часов или $6,96$ минут.

Ответ: $6,96$ минут; $0,6$ км.

$\begin{cases}\frac{(x^2+8x+16)+(y^2-6y+9)-4}{\sqrt{y-x-5}}=0,\\y=a(x-1)+3;&\end{cases}$
$\begin{cases}(x+4)^2+(y-3)^2=4,\\y>x+5,\\y=a(x-1)+3;&\end{cases}$

Первая строка системы задает  окружность с центром в точке $(-4;3)$, радиусом $2$.

Вторая строка системы – полуплоскость над прямой $y=x+5$ (не включая границу).

Первая и вторая строки системы вместе дают дугу окружности $AB$ большую – см. рис.

Третья строка системы – семейство прямых, проходящих через точку $(1;3)$.

Единственное решение исходная система будет иметь в следующих двух случаях:

а) При касании прямой $y=a(x-1)+3$ и дуги $AB$ большой.

б) При прохождении прямой $y=a(x-1)+3$ через дугу $AB$ малую, включая точку $B$.

Для первого случая требуем:

$D=0$ для $(x+4)^2+(a(x-1)+3-3)^2=4$

(берем отрицательное значение $a$).

$x^2+8x+16+a^2x^2-2a^2x+a^2-4=0;$

$(1+a^2)x^2+(8-2a^2)x+12+a^2=0;$

$D=(8-2a^2)^2-4(1+a^2)(12+a^2)=$

$=64-32a^2+4a^4-48-52a^2-4a^4=16-84a^2;$

$D=0$ при $a=\pm \frac{2\sqrt{21}}{21}.$

Итак, в первом случае $a=-\frac{2\sqrt{21}}{21}.$

Во втором случае нам понадобятся координаты точек $A$ и $B$.

Для нахождения их координат прежде решим уравнение:

$(x+4)^2+(x+5-3)^2=4;$

$(x+4)^2+(x+2)^2=4;$

$x^2+6x+8=0;$

$x=-3\pm 1;$

$x=-4$ или $x=-2.$

Тогда $A(-4;1)$ и $B(-2;3)$.

Теперь мы можем найти $a$, отвечающее за прохождение прямой $y=a(x-1)+3$ через точки $A$ и $B$.

Подставляя координаты точек $A$ и $B$ в $y=a(x-1)+3$, получим:

$a=\frac{2}{5}$ для точки $A$  и $a=0$ для точки $B$.

Стало быть, в данном случае $a\in [0;\frac{2}{5}).$

Ответ: {$-\frac{2\sqrt{21}}{21}$}$\cup [0;\frac{2}{5}).$