Тренировочная работа №146 А. Ларина

a) 

$\frac{1+\sqrt3}{2}sin2x=(\sqrt3-1)cos^2x+1;$

$(1+\sqrt3)sinxcosx=\sqrt3cos^2x-cos^2x+1;$

$sinxcosx+\sqrt3sinxcosx=\sqrt3cos^2x+sin^2x;$

$sinx(cosx-sinx)-\sqrt3cosx(cosx-sinx)=0;$

$(cosx-sinx)(sinx-\sqrt3cosx)=0;$

$\left[\begin{gathered}

cosx=sinx,&

sinx=\sqrt3cosx;&

\end{gathered}\right&$

$\left[\begin{gathered}

tgx=1,&

tgx=\sqrt3;&

\end{gathered}\right&$

$\left[\begin{gathered}

x=\frac{\pi}{4}+\pi n,n\in Z&

x=\frac{\pi}{3}+\pi k,k\in Z;&

\end{gathered}\right&$

б) Произведем отбор корней уравнения, принадлежащих отрезку $[\frac{3\pi}{2};3\pi].$

$x=\frac{9\pi}{4}$ и $x=\frac{7\pi}{3}.$

Ответ: 

а) $\frac{\pi}{4}+\pi n;\frac{\pi}{3}+\pi k,n,k\in Z;$

б) $\frac{9\pi}{4};\frac{7\pi}{3}.$

а) Пусть $EF$ пересекается с $AB$ в точке $K$.

$CK$ – прямая пересечения плоскостей основания $ABC$ и сечения $EFC$.

Объем многогранника $ABCEF$ будем искать как разность объемов пирамид  $ACKE$ (основание – $ACK$), $BCKF$ (основание – $BKC$).

Коэффициент подобия треугольников $AEK,BFK$ – $AE:BF=3:2.$

Тогда $AK=3AB$ и $S_{ACK}=3S_{ABC},$ $S_{BCK}=2S_{ABC}.$

$V_{ACKE}=\frac{1}{3}S_{ACK}\cdot \frac{H}{2}=S_{ABC}\cdot \frac{H}{2},$

где $H$ – высота призмы $ABCA_1B_1C_1$.

$V_{BCKF}=\frac{1}{3}S_{BCK}\cdot \frac{H}{3}=\frac{2}{9}S_{ABC}\cdot H.$

$V_{ABCEF}=V_{ACKE}-V_{BCKF}=S_{ABC}\cdot H(\frac{1}{2}-\frac{2}{9})=$

$=\frac{5}{18}S_{ABC}\cdot H=\frac{5}{18}V_{ABCA_1B_1C_1}.$

Что и требовалось доказать.

б) Как и в предыдущем случае, $CK$ – прямая пересечения плоскостей $ABC,ECF$.

Пусть $FB=x,FB_1=2x$.

 Как мы уже замечали, $BK=2AB=6x$.

Очевидно, $\angle CBK=120^{\circ}.$

С одной стороны,

$S_{BCK}=\frac{BC\cdot BK\cdot sinB}{2},$

с другой стороны

$S_{BCK}=\frac{BH\cdot CK}{2},$ где $BH\perp CK$.

Поэтому

$BH=\frac{3x\cdot 6x\cdot \frac{\sqrt3}{2}}{\sqrt{9x^2+36x^2-2\cdot 3x\cdot 6x\cdot (-\frac{1}{2})}}=\frac{9\sqrt3x^2}{3\sqrt{7}x}=\frac{3\sqrt{21}x}{7}.$

Раз $BH\perp CK,$ а $BF$ – перпендикуляр к плоскости $ABC$, то по теореме о трех перпендикулярах $BH\perp CK$, то есть $\angle FHB$ – угол между плоскостями $ABC, ECF$.

Итак,

$tg FHB=\frac{FB}{BH}=\frac{x}{\frac{3\sqrt{21}x}{7}}=\frac{\sqrt{21}}{9}.$

Ответ: б) $arctg\frac{\sqrt{21}}{9}.$

$\frac{1}{2}log_{x-1}(x^2-8x+16)+log_{4-x}(-x^2+5x-4)>3;$

$\frac{1}{2}log_{x-1}(x-4)^2+log_{4-x}(-(x-4)(x-1))>3;$

$log_{x-1}|x-4|+log_{4-x}(4-x)(x-1)>3;$

$log_{x-1}(4-x)+log_{4-x}(4-x)+log_{4-x}(x-1)>3;$

$log_{x-1}(4-x)+log_{4-x}(x-1)-2>0;$

$log_{x-1}(4-x)+\frac{1}{log_{x-1}(4-x)}-2>0;$

$\frac{log^2_{x-1}(4-x)-2log_{x-1}(4-x)+1}{log_{x-1}(4-x)}>0;$

$\frac{(log_{x-1}(4-x)-1)^2}{log_{x-1}(4-x)}>0;$

Применяем метод замены множителей:

$\begin{cases}

\frac{(x-1-1)^2(4-x-(x-1))^2}{(x-1-1)(4-x-1)}>0,&

&x-1>0,&

&x-1\neq 1,&

&4-x>0,&

\end{cases}&$

$\begin{cases}

\frac{(x-2)(5-2x)^2}{(3-x)}>0,&

&x>1,&

&x\neq 2,&

&x<4,&

\end{cases}&$

$x\in (2;2,5)\cup (2,5;3).$

Ответ: $(2;2,5)\cup (2,5;3).$

a) Пусть $T$ – середина $DE$. Тогда $CT=DT=ET=1$ по свойству медианы, проведенной к гипотенузе.

Так как $TE\parallel FB$ и $TE=FB$, то $TFBE$ – параллелограмм, а точнее – ромб ($FB=EB$). Тогда $TF\parallel BC$ и $TF=EB=1.$

Треугольник $CTE$ – равнобедренный. Тогда $\angle FCT=\angle TFC$. Но $\angle FCE=\angle TFC=30^{\circ}$ (как накрест лежащие углы при параллельных $TF,CE$ и секущей CF). Тогда $\angle TCB=60^{\circ}.$

Стало быть, $\angle FEB=60^{\circ}$ (углы $TCB,FEB$ – соответственные при параллельных $CT, EF$ и секущей $BC$).

Итак, равнобедренный треугольник $FBE$ с углом в $60^{\circ}$ при основании – равносторонний.

Что и требовалось доказать.

б) По доказанному в п.а угол $B$ равен $60^{\circ}$.

И так как при этом $BC=2,$ то так как $tgB=\frac{AC}{BC}$, то $AC=2\sqrt3.$

Наконец, $S_{ABC}=\frac{BC\cdot AC}{2}=\frac{2\sqrt3\cdot 2}{2}=2\sqrt3.$

Ответ: б) $2\sqrt3.$

Пусть первый экскаватор проработал $m$ дней, второй – $n$ ($m,n\in N$). Согласно условию $60m+50n\leq 300$ или $6m+5n\leq 30.$

Первый экскаватор работал не менее трех дней (то есть $m\geq 3$), так как даже если бы он работал только в мягком грунте, за два дня он бы вырыл не больше $500$ м$^3$.

При этом, $m\leq 4$. При $m>4$ не остается денег на оплату работы второго экскаватора, который вырыл $330$ м$^3$.

Итак, $m=3$ или $m=4$.

Если $m=3,$ то условию $6m+5n\leq 30$ удовлетворяют $n=2$, $n=1.$

Если $m=4,$ то условию $6m+5n\leq 30$ удовлетворяет $n=1$.

Итак, возможные пары: $(3;2), (3;1), (4;1).$

Проверим варианты:

1)  $m=3,n=2$.

Пусть  первый экскаватор работал $x$ ($x\in [0;3]$) дней в мягком грунте, тогда $3-x$ ($(3-x)\in [0;3]$) – в твердом.

$250x+150(3-x)=720;$

$x=2,7\in [0;3]$ – верно, $3-x=0,3\in [0;3]$ – верно.

Пусть второй экскаватор работал $y$ $(y\in [0;2])$ дней в мягком грунте, тогда $2-y$ ($(2-y)\in [0;2]$) – в твердом.

$480y+100(2-y)=330;$

$38y=13;$

$y=\frac{13}{38}\in [0;2]$ – верно, $2-y=\frac{63}{37}\in [0;2]$ – верно.

2)  $m=3,n=1$.

$m=3$ – проверяли (см. выше).

Пусть второй экскаватор работал $y$ $(y\in [0;1])$ дней в мягком грунте, тогда $1-y$ ($(1-y)\in [0;1]$) – в твердом.

$480y+100(1-y)=330;$

$y=\frac{23}{38}\in [0;1]$ – верно, $1-y=\frac{15}{38}\in [0;1]$ – верно.

3)  $m=4, n=1$.

Пусть  первый экскаватор работал $x$ ($x\in [0;4]$) дней в мягком грунте, тогда $4-x$ ($(4-x)\in [0;4]$) – в твердом.

$250x+150(4-x)=720;$

$x=1,2\in [0;4]$ – верно, $4-x=2,8\in [0;4]$ – верно.

$n=1$ – проверяли (см. выше).

Итак, возможные варианты:

первый экскаватор работал $3$ дня, второй – $2$;

первый экскаватор работал $3$ дня, второй – $1$;

первый экскаватор работал $4$ дня, второй – $1$.

Ответ: $3$ – первый, $2$ –  второй; $3$ – первый, $1$ –  второй; $4$ – первый, $1$ –  второй.

$\begin{cases}

2|x-a+3|+|2y+a|=4,&

&\left[\begin{gathered}

y=x+3,&

y=x+6;&

\end{gathered}\right&

\end{cases}&$

$&\left[\begin{gathered}

\begin{cases}

2|x-a+3|+|2(x+3)+a|=4,&

&y=x+3;&

\end{cases}&

\begin{cases}

2|x-a+3|+|2(x+6)+a|=4,&

&y=x+6;&

\end{cases}&

\end{gathered}\right&$

1) Построим в системе координат $(a;x)$ множество точек, отвечающих первому уравнению первой системы совокупности.

$2|x-a+3|+|2(x+3)+a|=4;$

$|x-a+3|+|x+3+\frac{a}{2}|=2;$

При

$\begin{cases}

x\geq a-3,&

&x\geq -\frac{a}{2}-3;&

\end{cases}&$

имеем

$x-a+3+x+3+\frac{a}{2}=2;$

$x=-2+\frac{a}{4}.$

При

$\begin{cases}

x\geq a-3,&

&x< -\frac{a}{2}-3;&

\end{cases}&$

имеем

$x-a+3-x-3-\frac{a}{2}=2;$

$a=-\frac{4}{3}.$

При

$\begin{cases}

x<a-3,&

&x< -\frac{a}{2}-3;&

\end{cases}&$

имеем

$-x+a-3-x-3-\frac{a}{2}=2;$

$a=-4+\frac{a}{4}.$

При

$\begin{cases}

x<a-3,&

&x\geq -\frac{a}{2}-3;&

\end{cases}&$

имеем

$-x+a-3+x+3+\frac{a}{2}=2;$

$a=\frac{4}{3}.$

Итак, первое уравнение первой системы совокупности задает в плоскости $(a;x)$ ромб – см. рис.

2) Рассуждаем аналогично при работе с первой строкой второй системы совокупности.

$2|x-a+3|+|2(x+6)+a|=4;$

$|x-a+3|+|x+6+\frac{a}{2}|=2;$

При

$\begin{cases}

x\geq a-3,&

&x\geq -\frac{a}{2}-6;&

\end{cases}&$

имеем

$x-a+3+x+6+\frac{a}{2}=2;$

$x=-\frac{7}{2}+\frac{a}{4}.$

При

$\begin{cases}

x\geq a-3,&

&x< -\frac{a}{2}-6;&

\end{cases}&$

имеем

$x-a+3-x-6-\frac{a}{2}=2;$

$a=-\frac{10}{3}.$

При

$\begin{cases}

x<a-3,&

&x< -\frac{a}{2}-6;&

\end{cases}&$

имеем

$-x+a-3-x-6-\frac{a}{2}=2;$

$a=-\frac{11}{2}+\frac{a}{4}.$

При

$\begin{cases}

x<a-3,&

&x\geq -\frac{a}{2}-6;&

\end{cases}&$

имеем

$-x+a-3+x+6+\frac{a}{2}=2;$

$a=-\frac{2}{3}.$

Итак, первое уравнение второй системы совокупности задает в плоскости $(a;x)$ ромб – см. рис.

Объединение множест точек, удовлетворяющих первым уравнениям систем совокупности, таким образом, в системе координат $(a;x)$ выглядит так:

Становится видно, что только при $a\in (-\frac{10}{3};-\frac{4}{3})\cup (-\frac{2}{3};\frac{4}{3})$ мы будем иметь два значения $x$ (каждому из них идет в соответствие единственный $y$), а значит, и два решения исходной системы уравнений.

Ответ: $(-\frac{10}{3};-\frac{4}{3})\cup (-\frac{2}{3};\frac{4}{3}).$