Тренировочная работа №132 А. Ларина

a)

$\large\frac{sin(2x-132\pi)-cosx-2\sqrt2sinx+\sqrt2}{\sqrt3-tg(132\pi+2x)}=0;$

$\large\frac{sin2x-cosx-2\sqrt2sinx+\sqrt2}{\sqrt3-tg2x}=0;$

$\large\frac{2sinxcosx-cosx-2\sqrt2sinx+\sqrt2}{\sqrt3-tg2x}=0;$

$\large\frac{(cosx-\sqrt2)(2sinx-1)}{\sqrt3-tg2x}=0;$

$\large\frac{2sinx-1}{\sqrt3-tg2x}=0;$

$\begin{cases}sinx=\frac{1}{2},\\\left[\begin{array}{rcl}cos2x\neq 0,\\tg2x\neq \sqrt3;&\end{array}\right.\end{cases}$

$\begin{cases}\left[\begin{array}{rcl}x=\frac{\pi}{6}+2\pi k, k\in Z,\\x=\frac{5\pi}{6}+2\pi k, k\in Z;&\end{array}\right.\\x\neq \frac{\pi}{4}+\frac{\pi n}{2}, n\in Z;\\x\neq \frac{\pi}{6}+\frac{\pi m}{2}, m\in Z;\end{cases}$

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

б) Произведем отбор корней исходного уравнения из промежутка $(-\frac{19\pi}{2};-4\pi].$

$-\frac{55\pi}{6};-\frac{43\pi}{6};-\frac{31\pi}{6}.$

Ответ: 

а) $\frac{5\pi}{6}+2\pi l,l\in Z;$

б) $-\frac{55\pi}{6};-\frac{43\pi}{6};-\frac{31\pi}{6}.$

a) Докажем прежде, что все медианы тетраэдра пересекаются в одной точке.

Пусть $M$ и $N$ – точки пересечения медиан граней $ABC,BDC.$ Пусть $P$ – середина $BC.$

Очевидно, прямые $AN,DM$ пересекаются, так как лежат в плоскости треугольника $ADP.$ Пусть они пересекаются в точке $O$.

Замечаем, что $AP:MP=3:1$ и $DP:NP=3:1$ по свойству медиан треугольника, тогда $\Delta MNP$ подобен $\Delta ADP$ по второму признаку.

Но тогда коэффициент подобия $\Delta ADO,\Delta NMO$ – $3:1$.

Итак, $DO:OM=AO:ON=3:1.$

Аналогичные рассуждения будут, к примеру, для пары $DM,CL$ ($L$ – точка пересечения медиан грани $ABD$). Мы также получим, что $DM$ и $CL$ делятся точкой пересечения в отношении $3:1$. А значит, их точка пересечения – $O$. Рассуждения с оставшимися парами – аналогичные.

Таким образом мы показали, что все медианы тетраэдра пересекаются в одной точке.

Докажем теперь, что отрезки, соединяющие середины противоположных рёбер тетраэдра, также проходят через точку $O.$

Пусть $T$ – середина $AD$. Очевидно, прямые $DM,PT$ пересекаются, так как лежат в плоскости треугольника $ADP$.

Пусть $DM$ пересекается с $PT$ в точке $O’.$

Продлим $TP$ до пересечения  c  прямой, проходящей через точку $D$ параллельно $AP$. Пусть указанные прямые пересекаются в точке $W.$

Очевидно, треугольники $WDT,PAT$ равны по второму признаку.

Тогда $MP=\frac{AP}{3}=\frac{WD}{3}.$

Треугольники $WDO’,PMO’$ подобны и их коэффициент подобия – $WD:MP=3:1.$

Итак, $DO’:O’M=3:1$, но  и $DO:OM=3:1$. Тогда точки $O$ и $O’$ совпали.

Аналогично, отрезки, соединяющие середины оставшихся противоположных рёбер, проходят через точку $O.$

Что и требовалось доказать.

б) Пусть $DC=x,DB=y,AD=z.$

Тогда $xy=264,zy=1078, zx=300.$

Откуда $(xyz)^2=264\cdot 1078\cdot 300=3^2\cdot 2^6\cdot 5^2\cdot 7^2\cdot 11^2=(9240)^2$, то есть $xyz=9240.$

При этом $V_{ABCD}=\frac{S_{BCD}\cdot AD}{3}=\frac{\frac{xy}{2}\cdot z}{3}=\frac{xyz}{6}=\frac{9240}{6}=1540.$

Ответ: б) $1540.$

Заметим, при $x=3$ и при $x=4$ многочлен $x^3-18x^2+89x-132$ обращается в ноль.

Тогда разложим сумму $x^3-18x^2+89x-132$ на множители.

Итак, $x^3-18x^2+89x-132=(x-3)(x-4)(x-11).$

Исходное неравенство перепишем так:

$\frac{(x-3)(x-4)(x-11)}{(\sqrt x-2)(5^x-25)(|x|-1)}\leq 0.$

Далее применяем метод замены множителей трижды.

$\frac{(x-3)(x-4)(x-11)}{(x-4)(x-2)(x-1)(x+1)}\leq 0$, при этом  $x\geq 0$

или

$\frac{(x-3)(x-11)}{(x-2)(x-1)(x+1)}\leq 0$, при этом  $x\geq 0$ и $x\neq 4.$

Ответ: $(1;2)\cup [3;4)\cup(4;11].$

a)Пусть $l_a,l_b$ – биссектрисы, проведенные к сторонам $a$ и $b$ соответственно (третья сторона – $c$).

Воспользуемся формулой для нахождения длины биссектрисы через длины сторон треугольника.

 Тогда, исходя из равенства биссектрис, имеем:

$\large l_a=l_b=\frac{\sqrt{bc(a+b+c)(b+c-a)}}{b+c}=\frac{\sqrt{ac(a+b+c)(a+c-b)}}{a+c}.$

Откуда

$\large\frac{bc(a+b+c)(b+c-a)}{(b+c)^2}=\frac{ac(a+b+c)(a+c-b)}{(a+c)^2};$

$\large\frac{b(c-(a-b))}{(b+c)^2}=\frac{a(c+(a-b))}{(a+c)^2};$

$\frac{bc-b(a-b)}{(b+c)^2}=\frac{ac+a(a-b)}{(a+c)^2};$

$(a-b)(a(b+c)^2+b(a+c)^2)+c(a(b+c)^2-b(a+c)^2)=0;$

$(a-b)(a(b+c)^2+b(a+c)^2)+c(ab^2+ac^2-ba^2-bc^2)=0;$

$(a-b)(a(b+c)^2+b(a+c)^2)+c(ab(b-a)+c^2(a-b))=0;$

$(a-b)(a(b+c)^2+b(a+c)^2)+c((b-a)(ab-c^2))=0;$

$(a-b)[a(b+c)^2+b(a+c)^2-c(ab-c^2)]=0;$

$(a-b)(ab^2+ac^2+3abc+a^2b+c^2b+c^3)=0;$

Замечаем, что равенство левой части нулю возможо только в случае $a-b=0$ (во второй скобке все слагаемые положительны, их сумма не может равняться нулю).

Итак, $a=b$, то есть треугольник $ABC$ равнобедренный.

Что и требовалось доказать.
б) Рассмотрим треугольник $AMB:$

$\large\frac{AB}{sin(180^{\circ}-3\alpha)}=\frac{AM}{sin2\alpha};$

$\large\frac{132}{sin3\alpha}=\frac{\frac{2772\sqrt6}{71}}{sin2\alpha};$

$\large\frac{132}{3sin\alpha-4sin^3\alpha}=\frac{\frac{2772\sqrt6}{71}}{2sin\alpha cos\alpha};$

$\large\frac{71}{3-4sin^2\alpha}=\frac{21\sqrt6}{2cos\alpha};$

$\large\frac{71}{3-4(1-cos^2\alpha)}=\frac{21\sqrt6}{2cos\alpha};$

$142cos\alpha=21\sqrt6(4cos^2\alpha-1);$

$142cos\alpha=84\sqrt6cos^2\alpha-21\sqrt6;$

$84\sqrt6cos^2\alpha-142cos\alpha-21\sqrt6=0;$

$cos\alpha =\frac{71\pm 125}{84\sqrt6}.$

Так как $\alpha$ – острый угол, то

$cos\alpha =\frac{7}{3\sqrt6}.$

Откуда $\large tg\alpha=\frac{\sqrt{1-\frac{49}{54}}}{\frac{7}{3\sqrt6}}=\frac{\sqrt5}{7}}.$

$\large tg2\alpha=\frac{2tg\alpha}{1-tg^2\alpha}=\frac{\frac{2\sqrt5}{7}}{1-\frac{5}{49}}=\frac{7\sqrt5}{22}.$

Далее,  если принять высоту, проведенную к основанию за $H$, то

$tg\alpha=\frac{H}{66},$

 откуда

$H=21\sqrt5.$

Наконец,

$S_{ABC}=\frac{H\cdot AB}{2}=66H=1386\sqrt5.$

Ответ: б) $1386\sqrt5.$

Вариант 1.

Пусть Василий отдает банку одну и ту же сумму $x$ каждый год.

Тогда через год (после начисления процентов) долг Василия перед банком составит

$1,2\cdot 1325535$ рублей.

После возврата суммы $x$ – на счету долг в

$1,2\cdot 1325535-x$ рублей.

Еще через год (после начисления процентов) долг Василия перед банком составит

$1,2\cdot (1,2\cdot 1325535-x)$ рублей

или

$1,2^2\cdot 1325535-1,2\cdot x$ рублей.

После возврата суммы $x$ – на счету долг в

$1,2^2\cdot 1325535-1,2\cdot x-x$ рублей.

Итак, несложно заметить, что после начисления процентов в пятый раз долг Василия перед банком составит

$1,2^5\cdot 1325535-1,2^4\cdot x-1,2^3\cdot x-1,2^2\cdot x-1,2\cdot x$ рублей.

Так как последней выплатой в $x$ рублей Василий закрывает свой долг полностью, то

$1,2^5\cdot 1325535-1,2^4\cdot x-1,2^3\cdot x-1,2^2\cdot x-1,2\cdot x-x=0$;

$x=\frac{1,2^5\cdot 1325535}{1,2^4+1,2^3+1,2^2+1,2+1};$

$x=\frac{1,2^5\cdot 1325535}{\frac{1\cdot (1,2^5-1)}{1,2-1}};$

$x=\frac{6^5\cdot 1325535}{5^6\cdot (\frac{6^5-5^5}{5^5})};$

$x=443232.$

Итак, за пять лет Василий выплатит  $2216160$ рублей.

Вариант 2.

Через год (после начисления процентов) долг Василия перед банком вырастит на

$0,2\cdot 1325535$ рублей.

Тогда Василий выплачивает в первый раз сумму

$\frac{1325535}{5}+0,2\cdot 1325535$ рублей.

Еще через год Василий выплачивает сумму

$\frac{1325535}{5}+0,2\cdot (1325535-\frac{1325535}{5})$

или

$\frac{1325535}{5}+0,2\cdot \frac{4}{5}\cdot 1325535$.

На третий год Василий выплачивает сумму

$\frac{1325535}{5}+0,2\cdot \frac{3}{5}\cdot 1325535$.

И так далее.

В пятый год Василий выплатит сумму

$\frac{1325535}{5}+0,2\cdot \frac{1}{5}\cdot 1325535$.

Тогда все выплаты Василия составят

$1325535+0,2\cdot 1325535\cdot (1+\frac{4}{5}+\frac{3}{5}+\frac{2}{5}+\frac{1}{5})$

или

$1325535(1+0,6)$,

то есть

$2120856$ рублей.

Итак, Василий отдаст банку на $95304$ рублей меньше, если выберет второй вариант.

Ответ: $95304$.

$tg(\sqrt{a^2-x^2})=0;$

$\sqrt{a^2-x^2}=\pi n,n\in Z;$

Замечаем, что $n$ не отрицательно.

$a^2-x^2=(\pi n)^2,n\in N\cup ${$0$};

$x^2=a^2-(\pi n)^2,n\in N\cup ${$0$};

Какова структура данного уравнения?

Возьмем, к примеру, $a=9$.

Тогда решениями будут значения $\pm 9$ (при $n=0$), $\pm\sqrt{81-\pi^2}$ (при $n=1$), $\pm\sqrt{81-4\pi^2}$ (при $n=2$). Видно, что при $n\geq 3$ разность $a^2-(\pi n)^2$ отрицательна и решений, помимо указанных, уравнение $x^2=a^2-(\pi n)^2,n\in N\cup ${$0$} иметь не будет.

Так вот нам надо подобрать такое $a$, чтобы разность $a^2-(\pi n)^2$ оставалась бы положительной (при различных $n$) ровно $66$ раз.

То есть,

$(65\pi)^2<a^2<(66\pi)^2$.

Откуда

$a\in (-66\pi;-65\pi)\cup (65\pi;66\pi).$

Ответ: $(-66\pi;-65\pi)\cup (65\pi;66\pi).$