Ре­ше­ние. a)  Пусть тогда имеем:

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной:

б)  С по­мо­щью чис­ло­вой окруж­но­сти отберём корни урав­не­ния, при­над­ле­жа­щие за­дан­но­му от­рез­ку (см. рис.), по­лу­чим число

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Тре­уголь­ни­ки SBC и АВС рав­но­бед­рен­ные и имеют общее ос­но­ва­ние. Про­ве­дем ме­ди­а­ны SN и AN к этому ос­но­ва­нию. Они по­па­дут в одну точку точку N, ко­то­рая яв­ля­ет­ся се­ре­ди­ной ВС, и будут яв­лять­ся вы­со­та­ми дан­ных тре­уголь­ни­ков. Таким об­ра­зом, пря­мая BC пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым плос­ко­сти ASN, а зна­чит, и всей этой плос­ко­сти. Но тогда пря­мая ВС пер­пен­ди­ку­ляр­на любой пря­мой плос­ко­сти ASN. В част­но­сти, пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SA, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  По­стро­им вы­со­ту АМ тре­уголь­ни­ка ASN. За­ме­тим, что АМ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти SВС, по­сколь­ку по по­стро­е­нию пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой SN и в то же время пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой ВС. Тогда пря­мая SN яв­ля­ет­ся про­ек­ци­ей SА на плос­кость SBC, а зна­чит, угол между пря­мой SA и плос­ко­стью SBC есть угол ASM.

За­ме­тим, что а Пусть точка  М делит ребро SN на от­рез­ки x и Вы­ра­зим квад­рат ка­те­та AМ из тре­уголь­ни­ков AMS и АМN и при­рав­ня­ем най­ден­ные зна­че­ния:

Тогда от­ку­да

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пусть тогда не­ра­вен­ство при­мет вид Решим это не­ра­вен­ство ме­то­дом ин­тер­ва­лов:

Воз­вра­ща­ясь к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной, по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть угол BPQ равен γ. Четырёхуголь­ник PBCQ впи­сан­ный, сумма его про­ти­во­по­лож­ных углов равна  180°, по­это­му Угол MPQ смеж­ный с углом BPQ, по­это­му От­ре­зок MN  — сред­няя линия тра­пе­ции ABCD, она па­рал­лель­на BC, по­это­му Тем самым, в че­ты­рех­уголь­ни­ке MPQN сумма про­ти­во­по­лож­ных углов равна 180°: а зна­чит, он впи­сан­ный.

б)  В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке CPD про­ве­ден­ная к ги­по­те­ну­зе ме­ди­а­на равна ее по­ло­ви­не: Сред­няя линия тра­пе­ции равна по­лу­сум­ме ос­но­ва­ний: Через вер­ши­ну тра­пе­ции B про­ве­дем пря­мую, па­рал­лель­ную бо­ко­вой сто­ро­не CD, пусть L  — точка ее пе­ре­се­че­ния с ос­но­ва­ни­ем AD. Сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка ABL равны 26, 17 и 25. Най­дем его пло­щадь по фор­му­ле Ге­ро­на, затем най­дем вы­со­ту h, про­ве­ден­ную к сто­ро­не AL, она будет яв­лять­ся также вы­со­той тра­пе­ции ABCD:

От­сю­да на­хо­дим:

По­сколь­ку по тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка MPN най­дем ра­ди­ус окруж­но­сти, опи­сан­ной около тре­уголь­ни­ка MPQ:

по­это­му можно найти MQ по тео­ре­ме си­ну­сов для тре­уголь­ни­ка MQN:

Таким об­ра­зом, тре­уголь­ник MQN рав­но­бед­рен­ный, тогда

Ответ: а) до­ка­за­но, б)

При­ведём дру­гое ре­ше­ние пунк­та б).

Про­дол­жим бо­ко­вые сто­ро­ны тра­пе­ции до пе­ре­се­че­ния в точке R. За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки MNR и BCR по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том Тогда от­ку­да и от­ку­да

Через вер­ши­ну B про­ве­дем от­ре­зок BL, па­рал­лель­ный CN, по­лу­чим тре­уголь­ник MBL со сто­ро­на­ми 13, 12,5 и 8,5, к ко­то­ро­му при­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов. Для удоб­ства можно рас­смот­реть по­доб­ный ему тре­уголь­ник со сто­ро­на­ми 26, 25 и 17, для ко­то­ро­го от­ку­да

По усло­вию, тре­уголь­ник CPD пря­мо­уголь­ный, от­ре­зок PN яв­ля­ет­ся в нем ме­ди­а­ной, про­ве­ден­ной к ги­по­те­ну­зе. По­это­му В тре­уголь­ни­ке MPN угол M равен углу А, тогда по тео­ре­ме ко­си­ну­сов имеем:

Далее из по­до­бия по­лу­ча­ем:

от­ку­да или

от­ку­да

При­ведём ещё одно ре­ше­ние пунк­та б).

По усло­вию, че­ты­рех­уголь­ник PBCQ впи­сан­ный. Из этого сле­ду­ет, что углы PBQ и PCQ равны, как опи­ра­ю­щи­е­ся на одну и ту же дугу.

За­ме­тим, что по­сколь­ку углы QNM и CDA равны, сумма про­ти­во­по­лож­ных углов АPQ и ADQ че­ты­рех­уголь­ни­ка APQD также равна 180°, а зна­чит, он тоже впи­сан­ный. Из этого сле­ду­ет, что углы PAQ и PDQ равны, как опи­ра­ю­щи­е­ся на одну и ту же дугу.

Объ­еди­няя эти на­блю­де­ния, за­клю­ча­ем, что в тре­уголь­ни­ках CPD и BQA есть две пары рав­ных углов:

Но по усло­вию угол CPD пря­мой. Сле­до­ва­тель­но, угол BQA тоже пря­мой.

В пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке BQA про­ве­ден­ная к ги­по­те­ну­зе BA ме­ди­а­на равна ее по­ло­ви­не: Сред­няя линия тра­пе­ции ABCD равна по­лу­сум­ме ос­но­ва­ний: Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ник MQN рав­но­бед­рен­ный. Тогда

Через вер­ши­ну тра­пе­ции C про­ве­дем пря­мую, па­рал­лель­ную бо­ко­вой сто­ро­не AB, и пусть S  — точка ее пе­ре­се­че­ния с ос­но­ва­ни­ем тра­пе­ции AD. Сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка SCD равны 26, 17 и 25. При­ме­ним тео­ре­му ко­си­ну­сов: от­ку­да

Таким об­ра­зом,

Ре­ше­ние. В со­от­вет­ствии с усло­ви­ем за­да­чи за­пол­ним таб­ли­цу:

Най­дем общую сумму вы­плат:

Таким об­ра­зом, мак­си­маль­ное воз­мож­ное S  =  36.

Ответ: 36.

Ре­ше­ние. При мо­дуль рас­кры­ва­ет­ся «со зна­ком минус»: На от­рез­ке [1; 3] гра­фик функ­ции пред­став­ля­ет собой па­ра­бо­лу, ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вниз.

При или мо­дуль рас­кры­ва­ет­ся «со зна­ком плюс»: Гра­фик функ­ции на этих лучах пред­став­ля­ет собой па­ра­бо­лу, ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вверх. Вер­ши­на этой па­ра­бо­лы может ле­жать левее от­рез­ка [1; 3], пра­вее этого от­рез­ка или на самом от­рез­ке. Рас­смот­рим эти слу­чаи.

Если и то есть если

то наи­мень­шее зна­че­ние функ­ции до­сти­га­ет­ся в вер­ши­не, абс­цис­са ко­то­рой Оно равно:

По усло­вию тре­бу­ет­ся, чтобы наи­мень­шее зна­че­ние было мень­ше −2:

С уче­том того, что по­лу­ча­ем:

Оста­лось рас­смот­реть слу­чай, когда вер­ши­на па­ра­бо­лы, ветви ко­то­рой на­прав­ле­ны вверх, лежит на от­рез­ке [1; 3]. В этом слу­чае па­ра­метр а наи­мень­шее зна­че­ние функ­ции до­сти­га­ет­ся на кон­цах от­рез­ка. Най­дем и Наи­мень­шее зна­че­ние функ­ции может быть мень­ше −2, толь­ко если то есть при Учи­ты­вая огра­ни­че­ния на a, по­лу­ча­ем:

Объ­еди­няя най­ден­ные зна­че­ния па­ра­мет­ра, по­лу­ча­ем ответ:

При­ве­дем дру­гое ре­ше­ние.

За­дан­ная функ­ция не­пре­рыв­на и на бес­ко­неч­но­стях стре­мит­ся к плюс бес­ко­неч­но­сти. По­это­му при любом зна­че­нии па­ра­мет­ра она до­сти­га­ет сво­е­го наи­мень­ше­го зна­че­ния. Тогда для того, чтобы наи­мень­шее зна­че­ние функ­ции было мень­ше −2, не­об­хо­ди­мо и до­ста­точ­но, чтобы не­ра­вен­ство имело ре­ше­ние. За­пи­шем его в виде

и по­стро­им гра­фи­ки левой и пра­вой ча­стей не­ра­вен­ства.

Гра­фик левой части не­ра­вен­ства  — па­ра­бо­ла (см. рис.), пе­ре­се­ка­ю­щая ось абс­цисс в точ­ках 1 и 3, с отражённой от­но­си­тель­но оси абс­цисс от­ри­ца­тель­ной ча­стью. Гра­фик пра­вой части не­ра­вен­ства  — пучок пря­мых, про­хо­дя­щих через точку (1; −1).

Не­труд­но за­ме­тить, что не­ра­вен­ство имеет ре­ше­ния, когда гра­фи­ки имеют более одной точки пе­ре­се­че­ния. То есть когда пря­мая про­хо­дит выше точки (3; 0) или выше точки ка­са­ния с па­ра­бо­лой на луче (−∞; 1].

В пер­вом слу­чае уг­ло­вой ко­эф­фи­ци­ент пря­мой дол­жен быть боль­ше уг­ло­во­го ко­эф­фи­ци­ен­та пря­мой, про­хо­дя­щей через точку (3; 0). Имеем:

Во вто­ром слу­чае за­пи­шем урав­не­ние в виде и най­дем дис­кри­ми­нант по­лу­чен­но­го квад­рат­но­го урав­не­ния: Па­ра­бо­ла имеет с ка­са­тель­ной един­ствен­ную общую точку, по­это­му ка­са­нию со­от­вет­ству­ет дис­кри­ми­нант, рав­ный нулю, от­ку­да a = 0 или a = 4. Под­хо­дит толь­ко по­ло­жи­тель­ный ко­рень, со­от­вет­ству­ю­щий от­ри­ца­тель­но­му уг­ло­во­му ко­эф­фи­ци­ен­ту пря­мой.

Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем ответ:

Ответ:

При­ме­ча­ние Льва Бре­сла­ва (Санкт-⁠Пе­тер­бург).

Во вто­ром ре­ше­нии ссыл­ка на то, что функ­ция не­пре­рыв­на и на бес­ко­неч­но­стях стре­мит­ся к плюс бес­ко­неч­но­сти яв­ля­ет­ся су­ще­ствен­ной. На­при­мер, для внеш­не очень по­хо­жей функ­ции ана­ло­гич­ная пе­ре­фор­му­ли­ров­ка не будет рав­но­силь­на из­на­чаль­ной за­да­че.

При­ме­ча­ние ре­дак­ции Решу ЕГЭ.

Пол­но­стью со­гла­ша­ясь с преды­ду­щим за­ме­ча­ни­ем, от­ме­тим, что на ЕГЭ сни­жать оцен­ку уче­ни­ку за от­сут­ствие ука­зан­но­го обос­но­ва­ния не­пра­виль­но. Смо­лен­ская ко­мис­сия ЕГЭ в 2019 году оце­ни­ла вто­рое ре­ше­ние одним бал­лом из четырёх, объ­яс­нив на апел­ля­ции, что ре­ша­ю­щий дол­жен явно по­ка­зать, что рас­смат­ри­ва­е­мая им функ­ция до­сти­га­ет наи­мень­ше­го зна­че­ния. Ра­бо­та была пе­ре­про­ве­ре­на Ро­со­бр­над­зо­ром, при­няв­шим ре­ше­ние о вы­став­ле­нии пол­но­го балла. По­дроб­но­сти этой ис­то­рии по­дроб­но опи­са­ны Дмит­ри­ем Гу­щи­ным здесь, ряд ин­те­рес­ных ком­мен­та­ри­ев есть здесь.

Ре­ше­ние. а)  Пусть маль­чи­ки в пер­вый день ре­ши­ли a задач. Тогда за пять дней Петя решил

задач. Таким об­ра­зом, сбор­ник со­дер­жит 5a + 20 задач.

Пусть Вася решил все за­да­чи из сбор­ни­ка за k > 5 дней, тогда

Пе­ре­пи­шем по­след­нее урав­не­ние в виде: Не­труд­но за­ме­тить, что k  =  6 и a  =  5 ему удо­вле­тво­ря­ют.

б)  Ана­ло­гич­но пунк­ту а) Петя за де­сять дней решил задач, а Вася за k > 10 дней решил задач. Из усло­вия сле­ду­ет, что

Не­труд­но за­ме­тить, что k  =  11 и a  =  35 удо­вле­тво­ря­ют по­лу­чен­но­му урав­не­нию.

в)  Пусть Вася решал за­да­чи k дней, а Петя  — l дней. Тогда

По усло­вию но при этом

Ко­ли­че­ство задач в сбор­ни­ке будет ми­ни­маль­ным при ми­ни­маль­ных зна­че­ни­ях l и b.

Ми­ни­маль­ное воз­мож­ное Зна­че­ние а долж­но удо­вле­тво­рять усло­вию зна­че­ние k  — усло­вию

Про­ве­рим воз­мож­ные зна­че­ния и занесём их в таб­ли­цу:

l	b	S	a	Урав­не­ние (*)	На­ту­раль­ные ре­ше­ния
7	1	49	2		нет на­ту­раль­ных k
7	1	49	3		нет на­ту­раль­ных k
7	2	56	3		нет на­ту­раль­ных k
7	2	56	4		нет на­ту­раль­ных k
7	3	63	4		нет на­ту­раль­ных k
7	3	63	5		нет на­ту­раль­ных k
7	4	70	5		нет на­ту­раль­ных k
7	4	70	6		нет на­ту­раль­ных k
7	5	77, что боль­ше 72	...	Broken TeX
8	1	64	2		нет на­ту­раль­ных k
8	1	64	3		нет на­ту­раль­ных k
8	2	72	3		нет на­ту­раль­ных k
8	2	72	4
8	3	80, (что боль­ше 72)
9	1	81, (что боль­ше 72)
...	...	боль­ше, чем 72

Таким об­ра­зом, наи­мень­шее число задач в сбор­ни­ке равно 72, и все усло­вия за­да­чи вы­пол­ня­ют­ся при k  =  9, a  =  4, l  =  8, b  =  2.

Ответ: а)  да; б)  да; в)  72.