Ре­ше­ние. а)  Решим урав­не­ние

б)  Отберём корни при­над­ле­жа­щие от­рез­ку с по­мо­щью три­го­но­мет­ри­че­ской окруж­но­сти. По­лу­чим числа:

Ответ: а)

б)  

Ре­ше­ние. а)  Вве­дем ко­ор­ди­на­ты с на­ча­лом в точке A и осями, на­прав­лен­ны­ми по реб­рам Тогда ко­ор­ди­на­ты вер­шин будут Урав­не­ние пря­мой тогда имеет вид (по­след­нее озна­ча­ет, что у всех точек на пря­мой ап­пли­ка­та равна 7.

Урав­не­ние пря­мой AK тогда имеет вид по­это­му пер­пен­ди­ку­ляр­ная к ней плос­кость имеет урав­не­ние при­чем нужно вы­брать чтобы точка B ле­жа­ла в этой плос­ко­сти.

Най­дем те­перь точку пе­ре­че­ния пря­мой и плос­ко­сти Мы знаем, что по­это­му по­это­му точка лежит между точ­ка­ми и K.

б)  Най­дем по фор­му­ле угол между плос­ко­стью и плос­ко­стью (ABC).

По­лу­чим

по­это­му и

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Решим не­ра­вен­ство:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Тре­уголь­ник ABC пря­мо­уголь­ный, по­это­му AK ⊥ DB. M  — се­ре­ди­на AB, по­это­му CM  — ме­ди­а­на пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка, от­ку­да CM  =  MB  =  AM. Тогда ∠MBC = ∠MCB = ∠DCH (по­сколь­ку ∠DCH и ∠MCB вер­ти­каль­ные).

AK ⊥ DB, DC  =  AC и KC  =  CB, по­это­му тре­уголь­ни­ки DCK и ACB равны. Зна­чит, ∠CDK = ∠CAB. ∠CDK = ∠CAB и ∠DCH = ∠CBA, по­это­му тре­уголь­ни­ки DCH и ABC по­доб­ны по двум углам. Зна­чит, DCH пря­мо­уголь­ный и CH ⊥ DK.

б)  По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра AB  =  338. Тогда MC  =  169. Имеем то есть DH  =  50, тогда HK  =  288. Зна­чит, Тогда MH  =  120 + 169  =  289.

Ответ: 289.

Ре­ше­ние. Пусть S  — из­на­чаль­ная сумма. Оста­ток по кре­ди­ту на конец ме­ся­ца:

В на­ча­ле ме­ся­ца долг уве­ли­чи­ва­ет­ся:

Вы­пла­ты со­став­ля­ют:

Таким об­ра­зом, имеем:

Ответ: 119%.

Ре­ше­ние. Пусть тогда ис­ход­ное урав­не­ние за­пи­сы­ва­ет­ся в виде

По­сколь­ку x  — не­от­ри­ца­тель­ная ве­ли­чи­на, по­лу­чен­ное урав­не­ние долж­но иметь два раз­лич­ных ре­ше­ния, каж­дое из ко­то­рых не мень­ше 1. По­стро­им гра­фик этого урав­не­ния на плос­ко­сти tОа.

Пря­мые и раз­би­ва­ют плос­кость на 4 об­ла­сти. Вы­ра­же­ние по­ло­жи­тель­но в об­ла­стях 1 и 4, от­ри­ца­тель­но  — в об­ла­стях 2 и 3. Вы­ра­же­ние по­ло­жи­тель­но в об­ла­стях 1 и 2, от­ри­ца­тель­но в об­ла­стях 3 и 4. Рас­кро­ем мо­ду­ли на дан­ных об­ла­стях.

Об­ласть 1: Гра­фик функ­ции  — па­ра­бо­ла с вер­ши­ной в точке ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вниз.

Об­ласть 2: Гра­фик функ­ции  — па­ра­бо­ла с вер­ши­ной в точке ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вниз.

Об­ласть 3: Гра­фик функ­ции  — па­ра­бо­ла с вер­ши­ной в точке ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вверх.

Об­ласть 4: Гра­фик функ­ции  — па­ра­бо­ла с вер­ши­ной в точке ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вверх.

Пря­мая, па­рал­лель­ная оси Ot, имеет при ровно две точки пе­ре­се­че­ния с по­стро­ен­ным гра­фи­ком урав­не­ния при (вы­де­ле­но крас­ным).

Ответ:

При­ме­ча­ние.

Вни­ма­тель­ный чи­та­тель за­ме­тит, что в силу не­ра­вен­ства стро­ить гра­фик урав­не­ния имеет смысл толь­ко в пер­вой и чет­вер­той ко­ор­ди­нат­ных чет­вер­тях и ис­клю­чен­ной точ­кой О(0; 0). Это на­блю­де­ние поз­во­ля­ет за­мет­но со­кра­тить ре­ше­ние.