Ре­ше­ние. а)  Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние с по­мо­щью фор­мул при­ве­де­ния и ос­нов­но­го три­го­но­мет­ри­че­ско­го тож­де­ства:

б)  Отберём корни. при­над­ле­жа­щие от­рез­ку. Для пер­вой серии по­лу­ча­ем:

от­ку­да ко­рень Для вто­рой серии имеем:

от­ку­да ко­рень

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Про­ве­дем через точку M от­ре­зок ML  — сред­нюю линию тре­уголь­ни­ка ABC. Тогда пря­мая ML па­рал­лель­на BC, и ис­ко­мый угол равен углу NML. Тре­уголь­ник NML  — рав­но­бед­рен­ный Най­дем MN. Пусть N'  — про­ек­ция точки N на ABC. Так как DN  =  NC, точка N'  — се­ре­ди­на OC и где O  — центр ABC. Сле­до­ва­тель­но,

Тогда

Таким об­ра­зом, тре­уголь­ник MNL  — рав­но­бед­рен­ный пря­мо­уголь­ный с ги­по­те­ну­зой MN, а зна­чит, угол

б)  Рас­смот­рим плос­кость ADK, где K  — се­ре­ди­на BC. DO при­над­ле­жит ADK, DO пер­пен­ди­ку­ляр­на ABC, от­ку­да DO пер­пен­ди­ку­ляр­на BC, AK пер­пен­ди­ку­ляр­на BC, сле­до­ва­тель­но, ADK пер­пен­ди­ку­ляр­на BC. Точка K  — про­ек­ция BC на ADK. ML па­рал­лель­на BC, зна­чит, ML пер­пен­ди­ку­ляр­на ADK, NR па­рал­лель­на BC, от­сю­да NR пер­пен­ди­ку­ляр­на ADK. Таким об­ра­зом, ST  — про­ек­ция MN на ADK, где S  — точка пе­ре­се­че­ния RN с DK, а T  — точка пе­ре­се­че­ния ML с AK. Рас­сто­я­ние между скре­щи­ва­ю­щи­ми­ся пря­мы­ми равно рас­сто­я­нию между про­ек­ци­я­ми их на плос­кость, пер­пен­ди­ку­ляр­ную одной из них. Зна­чит, ис­ко­мое рас­сто­я­ние  — рас­сто­я­ние от K до ST. При этом ST  — сред­няя линия рав­но­бед­рен­но­го тре­уголь­ни­ка ADK с ос­но­ва­ни­ем AD = 6. То есть ис­ко­мое рас­сто­я­ние есть

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем левую часть, ис­поль­зуя фор­му­лу при­ведём раз­ность левой и пра­вой ча­стей к об­ще­му зна­ме­на­те­лю и вос­поль­зу­ем­ся ме­то­дом ин­тер­ва­лов:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть AB и DC пе­ре­се­ка­ют­ся в точке К. Про­ве­дем ВЕ па­рал­лель­но CD, по­лу­чим че­ты­рех­уголь­ник BCED  — па­рал­ле­ло­грамм. Тогда AE = 39 − 26 = 13, AE² = AB² + BE², от­ку­да угол ABE равен 90°. Сле­до­ва­тель­но, углы AKD и ABE равны между собой и также равны 90°.

б)  Пусть N  — точка ка­са­ния окруж­но­сти и пря­мой DC, O  — центр окруж­но­сти, OP  — пер­пен­ди­ку­ляр к AB. Тре­уголь­ни­ки BKC и AKD по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том по­до­бия Тогда BK : AK = 2 : 3, сле­до­ва­тель­но, ВК = 2AB = 10. Тре­уголь­ни­ке AOB  — рав­но­бед­рен­ный, от­ре­зок OP  — его ме­ди­а­на. Таким об­ра­зом, PB = 2,5, и ON = PK = 12,5.

Ответ: б) 12,5.

Ре­ше­ние. Пусть став­ки дей­ство­ва­ли a, b, c, d ме­ся­цев со­от­вет­ствен­но, а раз­мер вкла­да со­став­лял N. Тогда по­лу­ча­ем:

Пре­об­ра­зу­ем суммы в не­пра­виль­ные дроби и умно­жим на зна­ме­на­те­ли:

По­сколь­ку каж­дое на­ту­раль­ное число с точ­но­стью до по­ряд­ка со­мно­жи­те­лей рас­кла­ды­ва­ет­ся в про­из­ве­де­ние про­стых мно­жи­те­лей един­ствен­ным об­ра­зом, имеем:

Решая эту си­сте­му, по­лу­чим a  =  2, b  =  d  =  3, c  =  4. Зна­чит, срок хра­не­ния вкла­да 12 ме­ся­цев.

Ответ: 12 ме­ся­цев.

При­ме­ча­ние.

Ре­ко­мен­ду­ем срав­нить эту за­да­чу и ей ана­ло­гич­ную 635568 с более про­сты­ми 620478, 620778 и более слож­ной за­да­чей 506948 на ту же идею.

Ре­ше­ние. Рас­кры­вая мо­ду­ли по опре­де­ле­нию, на каж­дом из про­ме­жут­ков рас­кры­тия мо­ду­лей для функ­ции по­лу­чим вы­ра­же­ние вида Сле­до­ва­тель­но, на этих про­ме­жут­ках яв­ля­ет­ся ли­ней­ной функ­ци­ей, при­чем на каж­дом из про­ме­жут­ков знак ко­эф­фи­ци­ен­та при х после при­ве­де­ния по­доб­ных сла­га­е­мых сов­па­дет cо зна­ком при x в сла­га­е­мом (ко­эф­фи­ци­ент 2 при х «пе­ре­ве­ши­ва­ет» ко­эф­фи­ци­ент при х во вто­ром сла­га­е­мом). Таким об­ра­зом, при стар­ший ко­эф­фи­ци­ент в фор­му­лах, за­да­ю­щих функ­цию, по­ло­жи­те­лен, а зна­чит, функ­ция воз­рас­та­ет. При стар­ший ко­эф­фи­ци­ент от­ри­ца­те­лен, по­это­му функ­ция убы­ва­ет. По­это­му в силу не­пре­рыв­но­сти ее зна­че­ние при яв­ля­ет­ся наи­мень­шим из всех воз­мож­ных. Таким об­ра­зом, за­да­ча сво­дит­ся к ре­ше­нию не­ра­вен­ства Решим его:

Ответ:

При­ме­ча­ние.

Ре­ко­мен­ду­ем срав­нить эту за­да­чу c чуть более слож­ной за­да­чей 532661 из ва­ри­ан­та А. Ла­ри­на № 303 и с за­да­ни­ем ЕГЭ-⁠2013 503324 на ту же идею.

Ре­ше­ние. Обо­зна­чим эти числа a, b и c. По усло­вию, от­ку­да по­лу­ча­ем

а)  Нет. Если одно из чисел (на­при­мер, a) будет не­чет­но, то будет четно, а тогда и про­из­ве­де­ние будет четно, что не­вер­но.

б)  Нет. Пусть и (по­сколь­ку все числа чет­ные). Тогда

в)  Оче­вид­но, что каж­дое из чисел сов­па­да­ет с каким-то мно­жи­те­лем числа 1515. Но есть един­ствен­ный спо­соб раз­ло­жить его на три мно­жи­те­ля, боль­ших еди­ни­цы: а зна­чит, из­на­чаль­но на­пи­сан­ные числа суть 2, 4 и 100.

Ответ: а) нет; б) нет; в) 2, 4, 100.