Ре­ше­ние. а)  За­пи­шем ис­ход­ное урав­не­ние в виде:

б)  С по­мо­щью чис­ло­вой окруж­но­сти от­бе­рем корни, при­над­ле­жа­щие от­рез­ку По­лу­чим числа:

Ответ: а)

б)

Ре­ше­ние. а)  Рас­смот­рим плос­кость, про­хо­дя­щую через ось ци­лин­дра и пря­мую АС₁. Обо­зна­чим точку пе­ре­се­че­ния этой плос­ко­сти и окруж­но­сти ос­но­ва­ния ци­лин­дра, со­дер­жа­щую точку А, через точку С. Тогда СС₁  — об­ра­зу­ю­щая ци­лин­дра. От­ре­зок АС пе­ре­се­ка­ет ось ци­лин­дра. Зна­чит, он про­хо­дит через центр окруж­но­сти ос­но­ва­ния ци­лин­дра, то есть яв­ля­ет­ся ее диа­мет­ром. Сле­до­ва­тель­но, угол АВС пря­мой.

Пря­мая СС₁ яв­ля­ет­ся об­ра­зу­ю­щей ци­лин­дра, по­это­му она пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой АВ. Таким об­ра­зом, пря­мая АВ пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым, ле­жа­щим в плос­ко­сти ВСС₁ (BС и СС₁), а зна­чит, пря­мая АВ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ВСС₁ и любой пря­мой, ле­жа­щей в этой плос­ко­сти. Зна­чит, угол АВС₁ пря­мой.

б)  Тре­уголь­ник ABC₁ пря­мо­уголь­ный, по­это­му ис­ко­мое рас­сто­я­ние равно его вы­со­те h, про­ведённой к ги­по­те­ну­зе. По­лу­ча­ем:

Ответ: б) 12

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние пунк­та а).

Вве­дем си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Пусть а ра­ди­ус ос­но­ва­ния равен  r. Най­дем ко­ор­ди­на­ты точек A, B и C₁:

Най­дем ко­ор­ди­на­ты век­то­ров и

Тогда ска­ляр­ное про­из­ве­де­ние равно:

Зна­чит, угол АВС₁ пря­мой.

Ре­ше­ние. Левая часть не­ра­вен­ства опре­де­ле­на при всех зна­че­ния пе­ре­мен­ной, пра­вая часть не­ра­вен­ства опре­де­ле­на при и На най­ден­ной об­ла­сти опре­де­ле­ния имеем:

Учи­ты­вая огра­ни­че­ния и по­лу­ча­ем: или

Ответ:

Ре­ше­ние. a)  Рас­сто­я­ние от цен­тра окруж­но­сти до хорд оди­на­ко­вой длины равны. Сле­до­ва­тель­но, точка O рав­но­уда­ле­на от пря­мых AB, BC, CD и AD. Зна­чит, она лежит на бис­сек­три­се каж­до­го из углов тра­пе­ции.

б)  Опу­стим из точки O пер­пен­ди­ку­ля­ры OU, OV и OW на сто­ро­ны AD, AB и BC со­от­вет­ствен­но. Тогда UW  — вы­со­та тра­пе­ции, а точка V  — се­ре­ди­на от­рез­ка KL. Зна­чит,

Пусть BH  — вы­со­та тра­пе­ции. В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке ABH имеем:

При­ве­дем ре­ше­ние Мак­си­ма Вол­ко­ва.

Опу­стим из точки O пер­пен­ди­ку­ля­ры OU, OV и OW на сто­ро­ны AD, AB и BC со­от­вет­ствен­но. Тогда UW  — вы­со­та тра­пе­ции, а точка V  — се­ре­ди­на от­рез­ка KL. Тогда

Про­ве­дем от­рез­ки АО и ОВ. За­ме­тим, что тре­уголь­ник AOB пря­мо­уголь­ный, так как АО и ВО  — бис­сек­три­сы углов тра­пе­ции при бо­ко­вой сто­ро­не. Тогда по свой­ству вы­со­ты пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка на­хо­дим:

Сле­до­ва­тель­но, для вы­со­ты тра­пе­ции по­лу­ча­ем:

Ответ: б) 24

Ре­ше­ние. Пусть 15-го числа 25-го ме­ся­ца долг со­ста­вит B тысяч руб­лей. По усло­вию, долг перед бан­ком (в тыс. руб­лей) по со­сто­я­нию на 15-е число дол­жен умень­шит­ся до нуля сле­ду­ю­щим об­ра­зом:

Пер­во­го числа каж­до­го ме­ся­ца долг воз­рас­та­ет на 3%, зна­чит, по­сле­до­ва­тель­ность раз­ме­ров долга (в тыс. руб­лей) по со­сто­я­нию на 1-е число та­ко­ва:

Сле­до­ва­тель­но, вы­пла­ты (в тыс. руб­лей) долж­ны быть сле­ду­ю­щи­ми:

Всего сле­ду­ет вы­пла­тить

Ответ: 400 тысяч руб­лей.

Ре­ше­ние. При a  =  1 пер­вое урав­не­ние си­сте­мы задаёт пря­мую а при пару па­рал­лель­ных пря­мых l₁ и l₂, за­дан­ных урав­не­ни­я­ми и со­от­вет­ствен­но.

Вто­рое урав­не­ние си­сте­мы за­да­ет окруж­ность ω ра­ди­у­сом 3 с цен­тром в точке (0; 0).

Пря­мая и окруж­ность имеют не более двух общих точек. Зна­чит, ис­ход­ная си­сте­ма урав­не­ний имеет ровно 4 ре­ше­ния, когда и окруж­ность ω пе­ре­се­ка­ет­ся с каж­дой из пря­мых l₁ и l₂ в двух точ­ках.

Число точек пе­ре­се­че­ния окруж­но­сти ω с пря­мой l₁ равно числу кор­ней квад­рат­но­го урав­не­ния:

Это урав­не­ние имеет ровно два корня при по­ло­жи­тель­ном дис­кри­ми­нан­те:

Число точек пе­ре­се­че­ния окруж­но­сти ω с пря­мой l₂ равно числу кор­ней квад­рат­но­го урав­не­ния:

Это урав­не­ние имеет ровно два корня при по­ло­жи­тель­ном дис­кри­ми­нан­те:

Таким об­ра­зом, ис­ход­ная си­сте­ма урав­не­ний имеет ровно че­ты­ре ре­ше­ния

при

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть в школе № 1 пи­са­ли тест два уча­щих­ся, один из них на­брал 1 балл, а вто­рой на­брал 3 балла и перешёл в школу № 2. Тогда сред­ний балл в школе № 1 умень­шил­ся в 2 раза.

б)  Пусть в школе № 2 пи­са­ли тест m уча­щих­ся, сред­ний балл рав­нял­ся B, а пе­ре­шед­ший в неё уча­щий­ся на­брал u бал­лов. Тогда по­лу­ча­ем:

Если B  =  9, то не де­лит­ся на 50, а 50u де­лит­ся на 50. Но это не­воз­мож­но, по­сколь­ку

в)  Пусть в школе № 1 сред­ний балл рав­нял­ся A. Тогда по­лу­ча­ем:

За­ме­тим, что если B  =  1 или B  =  3, то не де­лит­ся на 50. Если B  =  5, то m  =  9, m  =  19, m  =  29 и m  =  39. Тогда со­от­вет­ствен­но по­лу­ча­ем: 90A  =  200, 80A  =  150, 70A  =  100, 60A  =  50. Ни один из этих слу­ча­ев не воз­мо­жен. Если B  =  2 или B  =  4, то m  =  24. В пер­вом слу­чае 75A  =  50, а во вто­ром 75A  =  100. Зна­чит, ни один из этих слу­ча­ев не воз­мо­жен.

При B  =  6 и m  =  24 по­лу­ча­ем u  =  3 и A  =  2. Этот слу­чай ре­а­ли­зу­ет­ся, на­при­мер, если в школе № 1 пи­са­ли тест 26 уча­щих­ся, 13 из них на­бра­ли по 1 баллу, а 13  — по 3 балла, в школе № 2 пи­са­ли тест 24 уча­щих­ся и каж­дый на­брал по 6 бал­лов, а у пе­ре­шед­ше­го из одной школы в дру­гую уча­ще­го­ся 3 балла.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  6.