Тренировочный вариант №125 А. Ларина

a) Построим плоскость α.

Строим в плоскости $ACP$ перпендикуляр $CK$ к $AP$.

В силу того, что пирамида правильная, $KB$ также окажется перпендикуляром к $AP$.

То есть прямая $AP$ перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости $BCK$, а значит, по признаку перпендикулярности прямой и плоскости, перпендикулярна самой плоскости $BCK$. Плоскость $BCK$  и есть плоскость α.

Так как пирамиды $ABCP,ABCK$ имеют одинаковые основания и $AP\perp BKC$, то $\frac{V_{ABCK}}{V_{BCKP}}=\frac{AK}{KP}.$

Найдем $AK$.

Для равнобедренного треугольника $APC$ распишем площадь двумя способами:

$S_{APC}=\frac{AC\cdot PM}{2}=\frac{AP\cdot KC}{2}$

(где $PM\perp AC$).

Откуда

$AC\cdot PM=AP\cdot KC;$

$KC=\frac{AC\cdot PM}{AP}=\frac{AC\cdot \sqrt{AP^2-AM^2}}{AP}=\frac{2\sqrt{30}\cdot \sqrt{70}}{10}=2\sqrt{21}.$

Тогда

$AK=\sqrt{AC^2-KC^2}=\sqrt{(2\sqrt{30})^2-(2\sqrt{21})^2}=6.$

Итак, $\frac{V_{ABCK}}{V_{BCKP}}=\frac{AK}{KP}=6:4=3:2.$

Что и требовалось доказать.

б) Найдем площадь треугольника $BCK$ по формуле Герона:

$S_{BCK}=\sqrt{p(p-BC)(p-BK)(p-CK)},$

где $p=\frac{BC+BK+CK}{2}=\sqrt{30}+2\sqrt{21}.$

Имеем

$S_{BCK}=\sqrt{(\sqrt{30}+2\sqrt{21})(2\sqrt{21}-\sqrt{30})(\sqrt{30})^2}=\sqrt{54\cdot 30}=18\sqrt{5}.$

Ответ: б) $18\sqrt5.$

$\frac{2\sqrt{x+3}}{x+1}\leq \frac{3\sqrt{x+3}}{x+2};$

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

$\sqrt{x+3}\cdot \frac{2x+4-3x-3}{(x+1)(x+2)}\leq 0;$

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

К первому множителю неравенства применяем метод замены множителей

(заменяем разность $\sqrt{x+3}-\sqrt0$ на разность $x+3-0$ при условии $x\geq -3$):

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

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

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

а) В четырехугольник можно вписать окружность, если суммы длин противоположных сторон равны.

Докажем, что $CK+BH=BC+HK.$

Обозначим $BC=x, HK=y$.

Тогда, так как $sinA=\frac{1}{3},$ то $AB=3x,AK=3y.$

Несложно заметить, что, по т. Пифагора, $AC=2\sqrt2x,AH=2\sqrt2y.$

Так как по условию $S_{AHK}=S_{KHBC}$, то есть $2S_{AHK}=S_{ABC}$, то

$2\sqrt2y^2=\frac{2\sqrt2x^2}{2};$

$x=\sqrt2y.$

Итак,

$BC+HK=x+y=\sqrt2y+y.$

И

$CK+BH=(2\sqrt2x-3y)+(3x-2\sqrt2y)=(4y-3y)+(3\sqrt2y-2\sqrt2y)=$

$=y+\sqrt2y.$

Таким образом, мы доказали, что $CK+BH=BC+HK$, то есть в четырехугольник $KHBC$ можно вписать окружность.

б) Пусть радиус окружности, вписанной в $KHBC$, – $r.$

Тогда $r=\frac{S_{KHBC}}{p},$ где $p$ – полупериметр.

Итак,

$r=\large\frac{\frac{S_{ABC}}{2}}{\frac{CK+BH+BC+HK}{2}}=\frac{\frac{\sqrt2x^2}{2}}{\sqrt2y+y}=\frac{\sqrt2y^2}{y(\sqrt2+1)}=$

$=\large\frac{\sqrt2y}{\sqrt2+1}=\normalsize y(2-\sqrt2).$

При $y=1$ получаем, что $r=2-\sqrt2.$

Ответ: б) $2-\sqrt2.$

Пусть каждый из $n$ экскурсантов должен был заплатить первоначально по $x$ рублей. Стоимость экскурсии составляет $xn$ рублей.

На экскурсию отправилось $n-2$ человек, поэтому каждый из них заплатил по $x+30$ рублей. Стоимость экскурсии составляет $(n-2)(x+30)$ рублей.

Имеем

$xn=(n-2)(x+30);$

$30n-2x-60=0;$

$x=15n-30;$

Поскольку по условию стоимость экскурсии больше 700 руб., но не более 750 руб., то

$700<xn\leq 750;$

$700<15n^2-30n\leq 750;$

$\begin{cases}15n^2-30n>700,\\15n^2-30n\leq 750;&\end{cases}$

$\begin{cases}3n^2-6n-140>0,\\n^2-2n-50\leq 0;&\end{cases}$

$\begin{cases}(n-\frac{3+\sqrt{429}}{3})(n-\frac{3-\sqrt{429}}{3})>0,\\(n-(1+\sqrt{51}))(n-(1-\sqrt{51}))\leq 0;&\end{cases}$

$n\in (\frac{3+\sqrt{429}}{3};1+\sqrt{51}].$

Нас интересуют натуральные значения $n.$

Заметим, $\frac{3+\sqrt{429}}{3}<8<1+\sqrt{51}.$

Действительно, $3+\sqrt{429}<24<3+3\sqrt{51};$

$\sqrt{429}<21<3\sqrt{51};$

$\sqrt{429}<21<\sqrt{459};$

$\sqrt{429}<\sqrt{441}<\sqrt{459};$

При этом числа $\frac{3+\sqrt{429}}{3}$ и $1+\sqrt{51}$ больше 7 и меньше 9 соответственно, в чем несложно убедиться.

Итак, на роль $n$ подходит только  число $8.$

Тогда, поскольку $x=15n-30$, то  каждый экскурсант первоначально должен был заплатить $15\cdot 8-30$, то есть $90$ рублей.

Ответ: $90$.

Рассмотрим функцию $f(x)=x^2-acos\frac{\pi x}{2}+a^2-6$.

Она четная, поэтому вместе с каждым корнем $x_0$  уравнение $f(x)=0$ будет иметь и корень $-x_0$. Единственный корень будет в случае $x_0=-x_0=0.$

Если $x=0$, то $-a+a^2-6=0.$ Итак, допустимые значения параметра таковы: $a=-2$ или $a=3.$

Посмотрим, будут ли найденные значения $a$ достаточными для нашего случая.

Если $a=3$, то

$x^2-3cos\frac{\pi x }{2}+9-6=0;$

$x^2+3=3cos\frac{\pi x }{2};$

Минимальное значение, равное 3,  левая часть последнего равенства принимает только при $x=0$. При этом максимальное значение правой части также равно $3$ (и при $x=0$ в том числе). Видно, что $x=0$ – единственный корень данного уравнения.

Если $a=-2$, то

$x^2+2cos\frac{\pi x }{2}+4-6=0;$

$x^2-2=-2cos\frac{\pi x }{2};$

Хорошо видно, что помимо $x=0$ корнями уравнения являются и значения $x=\pm 2$, что нас не устраивает.

Ответ: $3.$