Тренировочная работа №144 А. Ларина

a) 

 $(cos2x-1)^2=10sin^2x-4;$

$(1-2sin^2x-1)^2=10sin^2x-4;$

$4sin^4x-10sin^2x+4=0;$

$2sin^4x-5sin^2x+2=0;$

$sin^2x=\frac{5\pm \sqrt{25-16}}{4};$

$sin^2x=\frac{1}{2};$

$sinx=\pm \frac{\sqrt2}{2};$

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

б) Произведем отбор корней уравнения из отрезка $[-\frac{3\pi}{2};-\frac{\pi}{6}]$ при помощи тригонометрического круга:

$x=-\frac{5\pi}{4}$, $x=-\frac{3\pi}{4}$, $x=-\frac{\pi}{4}.$

Ответ: $-\frac{5\pi}{4}$; $-\frac{3\pi}{4}$; $-\frac{\pi}{4}.$

а) Заметим, прямая $KM$ параллельна плоскости  $APC$ (так как $KM\parallel AC$).

Плоскость $NMK$ имеет общую точку с плоскостью $APC$.

Тогда плоскости $NMK,APC$ пересекаются по прямой, параллельной $KM$ (по свойству прямой, параллельной плоскости, а именно – если плоскость проходит через данную прямую, параллельную другой плоскости, и пересекает эту плоскость, то линия пересечения плоскостей параллельна данной прямой).

Пусть точка пересечения прямой, по которой пересекаются плоскости $NMK,APC$, с ребром $PC$ – точка $T$.

Прямая $NT$ параллельна $AC$, а значит, $AN:NP=CT:TP$. Тогда треугольники $ANK,CTM$ равны по $III$ признаку равенства треугольников. Откуда $NK=NM$.

Итак, $NT\parallel KM$ и $NK=NM$. То есть  четырехугольник $NTMK$ – равнобокая трапеция.

б) Пусть $L$ – точка пересечения $KM$ и  медианы $BQ$ треугольника $ABC$, проведенной к $AC$. Пусть $E$ – точка пересечения $NT$ и $PQ$. Плоскости $NTMK,QPB$ пересекаются по прямой $LE$.

Точка $P$ проецируется в точку $O$ (центр основания $ABC$) прямой $BQ,$ и  $BO:OQ=2:1.$

Прямые $PO,EL$ пересекаются в точке $F$.

Очевидно, $OL\perp KM.$ По теореме о трех перпендикулярах $FL\perp KM$.

Угол $FLO$ – угол между плоскостями $NKM,ABC.$

Угол $FLO$ будем искать из треугольника $QEL$, для чего найдем все его стороны.

Очевидно,

$QL=\frac{BQ}{2}=\frac{\sqrt{6^2-3^2}}{2}=\frac{3\sqrt3}{2}.$

Треугольники $NTP,ACP$ подобны, коэффициент подобия – $AP:NP=3:4.$

Тогда

$EQ=\frac{QP}{4}=\frac{\sqrt{8^2-3^2}}{4}=\frac{\sqrt{55}}{4}.$

Из треугольника  $APB$ по теореме косинусов:

$PB^2=AP^2+AB^2-2\cdot AP\cdot AB\cdot cosA;$

$64=64+36-2\cdot 8\cdot 6\cdot cosA;$

$cosA=\frac{3}{8};$

Из треугольника  $ANK$ по теореме косинусов:

$NK^2=AN^2+AK^2-2\cdot AN\cdot AK\cdot cosA;$

$NK^2=4+9-2\cdot 2\cdot 3\cdot \frac{3}{8};$

$NK^2=\frac{17}{2};$

Далее, несложно заметить, что $NH=\frac{NT-KM}{2}=\frac{3}{4}$ (где $KH\perp NT$).

По теореме Пифагора из треугольника $NHK:$

$KH=\sqrt{NK^2-NH^2}=\sqrt{\frac{17}{2}-\frac{9}{16}}=\frac{\sqrt{127}}{4}.$

При этом $EL=KH.$

Наконец, из треугольника $QEL:$

$QE^2=EL^2+QL^2-2\cdot EL\cdot QL\cdot cosL;$

$\frac{55}{16}=\frac{127}{16}+\frac{27}{4}-2\cdot \frac{\sqrt{127}}{4}\cdot \frac{3\sqrt3}{2}\cdot cosL;$

$cosL=\frac{15}{\sqrt{381}}.$

Итак, $\angle L=arccos(\frac{15}{\sqrt{381}})$

Ответ: б) $arccos(\frac{15}{\sqrt{381}}).$

 $log_2(5-x)log_2(x+1)\leq log_2\frac{(x^2-4x-5)^2}{16};$

 $log_2(5-x)log_2(x+1)\leq 2log_2|(x-5)(x+1)|-4;$

 $log_2(5-x)log_2(x+1)\leq 2log_2(5-x)(x+1)-4;$

 $log_2(5-x)log_2(x+1)\leq 2log_2(5-x)+2log_2(x+1)-4;$

$log_2(5-x)(log_2(x+1)-2)-2(log_2(x+1)-2)\leq 0;$

$(log_2(x+1)-2)(log_2(5-x)-2)\leq 0;$

$(log_2(x+1)-log_24)(log_2(5-x)-log_24)\leq 0;$

Согласно методу рационализации

$(x+1-4)(5-x-4)\leq 0$ при условии, что $-1<x<5;$

$(x-3)(1-x)\leq 0$ при условии, что $-1<x<5;$

$x\in (-1;1]\cup [3;5).$

Ответ: $(-1;1]\cup [3;5).$

а)

Пусть $O_1,O_2$ – центры большой  и малой окружностей соответственно. Пусть прямая $AO_1$ вторично пересекает большую окружность в точке $T$.

Углы $APM,O_1AM$ (вписанные в малую окружность) отличаются друг от друга на $90^{\circ}$ так как опираются на дуги, разность градусных мер которых составляет $180^{\circ}.$

Аналогично, углы $ABC, TAC$ (вписанные в большую окружность) отличаются друг от друга на $90^{\circ}$ так как опираются на дуги, разность градусных мер которых составляет $180^{\circ}.$

Итак, углы $APM,ABC$, одновременно большие (или меньшие) угла $CAT$ на $90^{\circ}$, равны между собой. А поскольку указанные равные углы – соответственные при прямых $PM,BC$ и секущей $AB$, то $PM\parallel BC$ (по признаку параллельности прямых).

Что и требовалось доказать.

б)

В равнобедренном треугольнике $AO_1C$ высота $O_1M$ (а $\angle M=90^{\circ}$, так как этот угол – вписанный, опирающийся на диаметр) окажется и медианой, то есть $AM=MC$.

А это значит, что коэффициент подобия треугольников $APM,ABC$ – $2.$

Раз $PM=12,$ то $BC=24.$

Для нахождение площади треугольника $ABC$ остается найти высоту к стороне $BC$.

Соответствующие высоты треугольников $APM,ABC$, опущенные из вершины $A$, отличаются в два раза.

Пусть $O_2K$ пересекается с $PM$ в точке $N$. Раз угол $K$ – прямой, то и  угол $N$ – прямой. То есть высота $O_2N$  в равнобедренном треугольнике $AO_2M$ – медиана. $AN=NM=6.$

Из треугольника $O_2NM$ по теореме Пифагора $NO_2=8.$ Стало быть, $NK=O_2K-NO_2=10-8=2.$

Пусть $h$ – высота треугольника $APM,$ проведенная к $PM$.

Тогда высота треугольника $ABC,$ проведенная к $BC,$ равна $h+2.$

Но, как мы уже говорили, $(h+2):h=2,$ откуда $h=2$ и высота треугольника $ABC,$ проведенная к $BC,$ равна $4.$

Итак, $S_{ABC}=\frac{24\cdot 4}{2}=48.$

Ответ: б) $48.$

Пусть в мебельный магазин поступило $x$ ($x\in N$) штук стульев.

Тогда согласно условию столов поступило в магазин $0,42x$ штук.

Когда было продано $78$% столов, их осталось менее $300$ штук, поэтому

$0,42x-0,78\cdot 0,42x<300.$

Когда было продано $62$% стульев, их осталось более $200$ штук, поэтому

$x-0,62x>200.$

Итак, имеем:

$\begin{cases}0,42x-0,78\cdot 0,42x<300,\\x-0,62x>200;&\end{cases}$

$\begin{cases}x<3246\frac{58}{77},\\x>526\frac{6}{19}.&\end{cases}$

Следует подобрать натуральное $x$ из $[527;3246],$ при этом $0,42x;0,78x; 0,62x$ и $0,78\cdot 0,42x$ – также натуральные числа.

Чтобы числа $0,42x;0,78; 0,62x$ были натуральными, необходимо, чтобы $x$ было кратно $50$.

Чтобы число $0,78\cdot 0,42x$ было натуральным, необходимо, чтобы $x$ было кратно $2500$.

 $|x-a|+|x+3a|\qeq x^2+a^2.$

Будем работать в системе координат $(a;x).$

Рассмотрим случаи:

I. $x\leq a$ и $x\leq -3a;$

II. $x>a$ и $x>-3a;$

III. $x> a$ и $x\leq -3a;$

IV. $x\leq a$ и $x>-3a;$

В первом случае исходное неравенство примет вид:

 $-x+a-x-3a\geq x^2+a^2;$

$(a+1)^2+(x+1)^2\leq 2.$

Берем внутреннюю область круга $(a+1)^2+(x+1)^2=2$  (включая границу), попавшую в I область. Заметим, окружность $(a+1)^2+(x+1)^2=2$ проходит через точки  $(0;0),(-2;0),(0;-2).$

Во втором случае исходное неравенство примет вид:

 $x-a+x+3a\geq x^2+a^2;$

$(a-1)^2+(x-1)^2\leq 2.$

Берем внутреннюю область круга  $(a-1)^2+(x-1)^2=2$ (включая границу), попавшую во II область. Заметим, окружность $(a-1)^2+(x-1)^2=2$ проходит через точки  $(0;0),(2;0),(0;2).$

В третьем случае исходное неравенство примет вид:

 $x-a-x-3a\geq x^2+a^2;$

$(a+2)^2+x^2\leq 4.$

Берем внутреннюю область круга $(a+2)^2+x^2=4$ (включая границу), попавшую в III область.

В четвертом случае исходное неравенство примет вид:

 $-x+a+x+3a\geq x^2+a^2;$

$(a-2)^2+x^2\leq 4.$

Берем внутреннюю область круга $(a-2)^2+x^2=4$ (включая границу), попавшую в IV область.

Получаем:

Несложно вычислить координаты ключевых точек $A,B,C$ и $D$ (см. рис.).

Становится видно, что множество решений неравенства $|x-a|+|x+3a|\geq x^2+a^2$ содержит ровно четыре целых значения $x$ при $a\in (-2;0)\cup (0;2)$.

Ответ: $(-2;0)\cup (0;2)$.