Тренировочная работа №128 А. Ларина

a)

 $2sin^2x+cos4x=0;$

$cos4x=-2sin^2x+1-1;$

$cos4x=(1-2sin^2x)-1;$

$2cos^22x-1=cos2x-1;$

$2cos^22x-cos2x=0;$

$cos2x(2cos2x-1)=0;$

$cos2x=0$ или $cos2x=\frac{1}{2};$

$2x=\frac{\pi}{2}+\pi n, n\in Z$ или $2x=\pm \frac{\pi}{3}+2\pi k, k\in Z;$

$x=\frac{\pi}{4}+\frac{\pi n}{2}, n\in Z$ или $x=\pm \frac{\pi}{6}+\pi k, k\in Z.$

б) Произведем отбор корней из указанного отрезка при помощи тригонометрического круга.

Ответ:

а) $\frac{\pi}{4}+\frac{\pi n}{2}, \pm \frac{\pi}{6}+\pi k, n,k\in Z;$

б) $-\frac{17\pi}{6};-\frac{11\pi}{4};-\frac{9\pi}{4};-\frac{13\pi}{6}.$

a) Так как $AB\parallel CD$, то прямая $CD$ параллельна  плоскости $ABK$.  Согласно свойству прямой, параллельной плоскости (если в одной из пересекающихся плоскостей лежит прямая, параллельная другой плоскости, то она параллельна линии пересечения плоскостей), плоскость сечения пересечет плоскость $CDP$ по прямой, параллельной $CD$. Поэтому строим прямую $KN$ в плоскости $CDP$, параллельную $CD$, для чего отмечаем на ребре $PD$ точку $N$ так, что $PN:NВ=3:1$ (коль по условию $PK:KC=3:1$).

Итак, $NK\parallel AB$, что означает, что $ABNK$ (сечение пирамиды плоскостью $ABK$) – трапеция.

б) Так как $PN:ND=3:1$, тогда пусть $PN=3x,ND=x.$

Вершина $P$ пирамиды проецируется в центр (назовем $O$) квадрата $ABCD$.

Точка $N$ проецируется на прямую $OD$, причем $OH:HD=3:1$ (по свойству о пропорциональных отрезках).

Построим перпендикуляр $HT$ к прямой $AB$ в плоскости основания пирамиды. По теореме о трех перпендикулярах получаем, что и $NT\perp AB$.

Итак, угол $NTH$  – угол между плоскостями сечения и основания пирамиды.

Будем находить тангенс угла $T$ из треугольника $NTH$, для чего нам потребуются длины $NH,TH$.

$NH=\frac{1}{4}PO=\frac{1}{4}\sqrt{PD^2-OD^2}=\frac{1}{4}\sqrt{PD^2-(\frac{BD}{2})^2}=$

$=\large\frac{1}{4}\sqrt{(4x)^2-(\frac{\sqrt{(4x)^2+(4x)^2}}{2})^2}=\frac{\sqrt2x}{2}.$

$TH=\frac{7}{8}AD$    ($\Delta TBH\infty \Delta ABD, k=\frac{7}{8}$);

$TH=\frac{7x}{2};$

Итак,

$tg KTH=\frac{\frac{\sqrt2x}{2}}{\frac{7x}{2}}=\frac{\sqrt2}{7}.$

Ответ: б) $arctg\frac{\sqrt2}{7}.$

$\large\frac{2x^2}{x+3}+\frac{x+3}{x^2}\leq 3;$

$\large 2\cdot \frac{x^2}{x+3}+\frac{1}{\frac{x^2}{x+3}}-3\leq 0;$

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

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

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

$\large\frac{(x-\frac{1+\sqrt{13}}{2})(x-\frac{1+\sqrt{13}}{2})(x-\frac{3}{2})(x+1)}{x^2(x+3)}\leq 0;$

$x\in (-\infty;-3)\cup [\frac{1-\sqrt{13}}{2};-1]\cup [\frac{3}{2};\frac{1+\sqrt{13}}{2}].$

Ответ: $(-\infty;-3)\cup [\frac{1-\sqrt{13}}{2};-1]\cup [\frac{3}{2};\frac{1+\sqrt{13}}{2}].$

а) У треугольников $APD,CPB$ угол $P$ общий, углы $D$ и $B$ равны как вписанные, опирающиеся на одну дугу. Значит, треугольники подобны по двум углам.

Тогда $\frac{AD}{BC}=\frac{DP}{BP}$, откуда

$AD\cdot BP=BC\cdot DP$,

что и требовалось доказать.

б) Докажем подобие треугольников  $APC, DPB$.

Замечаем, указанные треугольники имеют общий угол ($\angle P$).

Далее, пусть $\angle ABD=\alpha$. Тогда $\angle ACD=180^{\circ}-\alpha$ (сумма противоположных углов четырехугольника, вписанного в окружность, равна $180^{\circ}$).

Но и $\angle PCA=180^{\circ}-\angle ACD=\alpha $.

То есть $\angle PCA=\angle ABD.$

Треугольники $APC, DPB$ подобны по двум углам.

Поскольку коэффициент подобия равен $2$ ($\frac{DB}{AC}=2$), то $S_{DPB}=4S_{APC}.$

Итак,

$4S_{APC}=36+S_{APC}$,

откуда

$S_{APC}=12.$

Ответ: б) $12$.

Содержание кислоты (в литрах) в первом сосуде – $0,75\cdot 21,$ во втором – $0,3\cdot 9.$

Пусть отливали из каждого сосуда по $x$ литров раствора.

Тогда в отлитом из первого сосуда растворе содержалось $0,75x$ литров кислоты, а в отлитом из второго сосуда  – $0,3x$ литров кислоты.

После того, как взятое из первого сосуда вылили во второй, а взятое из второго вылили в первый, содержание (в литрах) кислоты будет следующим:

в первом – $0,75\cdot 21-0,75x+0,3x,$

во втором – $0,3\cdot 9-0,3x+0,75x.$

Итак, в первом сосуде теперь содержится $15,75-0,45x$  литров кислоты, во втором – $2,7+0,45x$.

Тогда концентрация кислоты в первом сосуде составляет теперь

$\frac{(15,75-0,45x)\cdot 100}{21},$

во втором

$\frac{(2,7+0,45x)\cdot 100}{9}.$

Так как по условию в результате оказался раствор одной и той же концентрации, то

$\frac{(15,75-0,45x)\cdot 100}{21}=\frac{(2,7+0,45x)\cdot 100}{9};$

$9(15,75-0,45x)=21(2,7+0,45x);$

$47,25-1,35x=18,9+3,15x;$

$4,5x=28,35;$

$x=6,3.$

Ответ: $6,3.$

$\begin{cases}\sqrt{(x-4)^2+y^2}+\sqrt{(x-4)^2+(y-4)^2}=4,\\(x-a)^2+(y-a)^2=4;&\end{cases}$

Первая строка исходной системы задает отрезок с концами $(4;0),(4;4).$

Действительно, левая часть уравнения – есть сумма расстояний от некоторой точки $(x;y)$  до точек  $(4;0),(4;4).$ При этом расстояние между  точками $(4;0),(4;4)$ равно $\sqrt{(4-4)^2+(0-4)^2}=4$, а в правой части уравнения как раз и стоит $4$.

Вторая строка системы – серия окружностей с радиусом $2$, центром $(a;a).$

Далее – кратко.

Исходная система будет иметь единственное решение в следующих случаях:

а) окружность касается отрезка (см. рис.);

б) окружность располагается в зоне, помеченной зеленым цветом  (см. рис.), при этом левая граница зоны открыта.

Окружность $(x-a)^2+(y-a)^2=4$ проходит через точку $(4;4)$ при $a=4\pm \sqrt2$, так как

$(4-a)^2+(4-a)^2=4;$

$2(4-a)^2=4;$

$(4-a)^2=2;$

$4-a=\pm \sqrt2;$

$a=4\pm \sqrt2;$

Очевидно, окружность $(x-a)^2+(y-a)^2=4$ касается отрезка $\sqrt{(x-4)^2+y^2}+\sqrt{(x-4)^2+(y-4)^2}=4$ при $a=2.$

Ответ: {$2$}$\cup (4-\sqrt2;4+\sqrt2].$