Ре­ше­ние. а)  Пусть тогда ис­ход­ное урав­не­ние при­ни­ма­ет вид от­ку­да или Сле­до­ва­тель­но,

б)  По­сколь­ку ко­рень не при­над­ле­жит от­рез­ку По­сколь­ку ко­рень при­над­ле­жит от­рез­ку

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние.

а)  По­сколь­ку плос­кость α па­рал­лель­на пря­мой BD, она па­рал­лель­на и пря­мой B₁D₁, а, зна­чит, плос­кость α, пе­ре­се­ка­ет плос­кость B₁D₁С₁ по не­ко­то­рой пря­мой MN, па­рал­лель­ной пря­мой B₁D₁. Пусть точка и пря­мая MN пе­ре­се­ка­ет пря­мую A₁C₁ в точке L, а пря­мая KL пе­ре­се­ка­ет пря­мую CC₁ в точке P. Тогда точка пе­ре­се­че­ния пря­мых A₁C и KL есть точка пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти α с диа­го­на­лью A₁C (см. рис. 1).

Пря­мая MN па­рал­лель­на B₁D₁ и точка M се­ре­ди­на ребра C₁D₁, Зна­чит, от­ре­зок MN ― сред­няя линия тре­уголь­ни­ка B₁C₁D₁ и, сле­до­ва­тель­но,

По­ло­жим тогда Далее имеем (см. рис. 2):

1)   от­ку­да От­сю­да на­хо­дим: и тогда

2)   от­ку­да

что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Из того, что и по­лу­ча­ем, что А зна­чит, со­глас­но тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах, Кроме того, Таким об­ра­зом, угол ― ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го дву­гран­но­го угла.

Далее имеем: Из тре­уголь­ни­ка на­хо­дим: от­ку­да

Ответ: б)

Ре­ше­ние. При усло­вии учи­ты­вая мо­но­тон­ное воз­рас­та­ние ло­га­риф­ми­че­ской функ­ции с ос­но­ва­ни­ем, боль­шим 1, имеем:

Решая по­след­нее не­ра­вен­ство ме­то­дом ин­тер­ва­лов,

окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Че­ты­рех­уголь­ник CDPQ впи­сан в окруж­ность, и его сто­ро­ны PD и CQ па­рал­лель­ны, сле­до­ва­тель­но, CDPQ  ― либо пря­мо­уголь­ник, либо рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция, от­ку­да PQ  =  CD, но CD  =  AB, зна­чит, и че­ты­рех­уголь­ник ABQP  ― также пря­мо­уголь­ник или рав­но­бед­рен­ная тра­пе­ция, и, сле­до­ва­тель­но, около него можно опи­сать окруж­ность, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  По­сколь­ку AK  — ка­са­тель­ная к дан­ной окруж­но­сти, а AD  ― се­ку­щая, имеем: Ана­ло­гич­но на­хо­дим от­ку­да и тогда

Пусть QH  ― вы­со­та рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции CDPQ. Тогда

Таким об­ра­зом,

Ответ:

За­ме­ча­ние.

Уча­щи­е­ся, зна­ю­щие тео­ре­му Пто­ле­мея для впи­сан­но­го че­ты­рех­уголь­ни­ка, могут при­ве­сти более ко­рот­кое ре­ше­ние, сразу на­пи­сав

Ре­ше­ние. Пусть S = 270 200 руб­лей  — ве­ли­чи­на кре­ди­та, а х (руб.)  — пер­вый пла­теж Дмит­рия. Тогда остав­ши­е­ся два пла­те­жа со­став­ля­ли 3x и 9x руб­лей со­от­вет­ствен­но.

В конце пер­во­го года долг Дмит­рия после его пла­те­жа со­став­лял руб.; в конце вто­ро­го года  — руб., а в конце тре­тье­го  — руб., что со­ста­ви­ло 0 руб­лей, по­сколь­ку за три года кре­дит был по­га­шен пол­но­стью. Далее имеем:

Под­став­ляя в это вы­ра­же­ние по­лу­ча­ем руб­лей.

Ответ: 26 620 руб.

Ре­ше­ние. За­ме­тим, что

Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние:

Рас­смот­рим два слу­чая.

Пусть тогда из не­ра­вен­ства

от­рез­ку при­над­ле­жат два числа и

Пусть тогда имеем:

В пер­вой серии не со­дер­жит­ся кор­ней, ле­жа­щих на от­рез­ке Среди кор­ней, со­дер­жа­щих­ся во вто­рой серии, от­рез­ку при­над­ле­жит одно число Под­став­ляя его в не­ра­вен­ство, по­лу­ча­ем: от­ку­да

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер,

б)  Пусть урав­не­ние имеет ко­рень −53. Тогда от­ку­да а зна­чит, число с крат­но 53. Среди на­ту­раль­ных чисел, не боль­ших 100, такое число толь­ко одно: Под­став­ляя в (*) вме­сто с число 53 и со­кра­щая на 53, по­лу­ча­ем от­ку­да Если то по­это­му Най­ден­ные числа b и с от­ли­ча­ют­ся на 1, что про­ти­во­ре­чит усло­вию. Таким об­ра­зом, за­дан­ное урав­не­ние не может иметь кор­нем число −53.

в)  Рас­суж­дая ана­ло­гич­но ре­ше­нию пунк­та б), до­ка­жем, что дан­ное урав­не­ние не может иметь целый ко­рень, мень­ший –50. Для этого до­ста­точ­но за­ме­нить в ре­ше­нии пунк­та б) число −53 на про­из­воль­ное  целое  число, мень­шее –50, от этого рас­суж­де­ние не из­ме­нит­ся.

Ко­рень, рав­ный –50, у дан­но­го урав­не­ния быть может: урав­не­ние имеет ко­рень –50 и пол­но­стью удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи.

Ответ: а)  да, на­при­мер б)  нет; в)  –50.