Ре­ше­ние. а)  За­пи­шем ис­ход­ное урав­не­ние в виде:

б)  С по­мо­щью три­го­но­мет­ри­че­ской окруж­но­сти от­бе­рем корни, при­над­ле­жа­щие ука­зан­но­му про­ме­жут­ку. Под­хо­дят корни

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть пря­мые BD и СM пе­ре­се­ка­ют­ся в точке H. Рас­смот­рим квад­рат ABCD. Тре­уголь­ни­ки MHB и CHD по­доб­ны по двум углам. По­лу­ча­ем:

Пусть SO  — вы­со­та пи­ра­ми­ды SABCD. Тогда, по­сколь­ку пи­ра­ми­да SABCD пра­виль­ная, центр квад­ра­та ABCD сов­па­да­ет с точ­кой О. Зна­чит, пря­мая SO лежит в плос­ко­сти SBD.

В тре­уголь­ни­ке SOB имеем:

Сле­до­ва­тель­но, пря­мые КН и SO па­рал­лель­ны. По­лу­ча­ем, что пря­мая КН пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти АВС. Зна­чит, со­дер­жа­щая пря­мую КН плос­кость СКМ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти АВС.

б)  Пусть h  — вы­со­та пи­ра­ми­да ВСКМ, про­ведённая из вер­ши­ны К. В тре­уголь­ни­ке SOB имеем:

Пло­щадь тре­уголь­ни­ка ВСМ равна

Объём пи­ра­ми­ды ВСКМ равен

Ответ: б)

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та а) Ирины Шарго.

Пусть пря­мые BD и СM пе­ре­се­ка­ют­ся в точке H. Пусть точка O  — центр ос­но­ва­ния пи­ра­ми­ды. Тогда для тре­уголь­ни­ка AOB по тео­ре­ме Ме­не­лая по­лу­чим:

В тре­уголь­ни­ке SOB имеем:

Сле­до­ва­тель­но, пря­мые КН и SO па­рал­лель­ны. По­лу­ча­ем, что пря­мая КН пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти АВС. Зна­чит, со­дер­жа­щая пря­мую КН плос­кость СКМ пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти АВС.

Ре­ше­ние. Раз­ло­жим на мно­жи­те­ли:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что по­сколь­ку этот угол опи­ра­ет­ся на диа­метр AB. Тогда BD   — вы­со­та пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ABC. По свой­ству вы­со­ты по­лу­ча­ем, что тогда Тре­уголь­ни­ки EOB и DOA равны по двум сто­ро­нам и углу между ними, зна­чит, EB  =  AD, от­ку­да

б)  Вы­ра­зим пло­щадь тре­уголь­ни­ка FBE:

Вы­чис­лим длины от­рез­ков:

При­ме­ним тео­ре­му Ме­не­лая для тре­уголь­ни­ка ABC и пря­мой ODF:

от­ку­да Таким об­ра­зом,

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

При­ве­дем ре­ше­ние пунк­та б) Да­ни­и­ла Шу­май­ло­ва.

Пусть За­ме­тим, что тогда Пусть Это цен­траль­ный угол, опи­ра­ю­щий­ся на ту же дугу, что и впи­сан­ный угол AOD, тогда:

Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка BOF:

Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка BOE:

Тогда:

Ре­ше­ние. Когда банк на­чис­ля­ет про­цен­ты на суммы S; 0,8S; 0,4S, то раз­мер долга ста­но­вит­ся рав­ным со­от­вет­ствен­но: и Зна­чит, раз­ме­ры вы­плат со­ста­вят и Наи­боль­шей из них яв­ля­ет­ся вто­рая вы­пла­та. Эта вы­пла­та долж­на быть не боль­ше 840 тыс. руб., по­сколь­ку лишь в таком слу­чае осталь­ные вы­пла­ты тоже будут не боль­ше 840 тыс. руб. По­лу­ча­ем: от­ку­да

Зна­чит, мак­си­маль­ный раз­мер кре­ди­та со­ста­вит 1500 тыс. руб.

Ответ: 1500.

Ре­ше­ние. Пусть Для того чтобы ис­ход­ное урав­не­ние имело ровно 2 раз­лич­ных корня, урав­не­ние

долж­но иметь ровно один по­ло­жи­тель­ный ко­рень.

Если то урав­не­ние (⁎) рав­но­силь­но урав­не­нию что не удо­вле­тво­ря­ет усло­вию за­да­чи. Если то

По тео­ре­ме Виета про­из­ве­де­ние кор­ней по­лу­чен­но­го квад­рат­но­го урав­не­ния равно 1. Зна­чит, это урав­не­ние имеет ровно один по­ло­жи­тель­ный ко­рень толь­ко в слу­чае, когда его дис­кри­ми­нант равен нулю и абс­цис­са вер­ши­ны па­ра­бо­лы, яв­ля­ю­щей­ся гра­фи­ком левой части урав­не­ния, по­ло­жи­тель­на:

Ответ:

Ре­ше­ние. В июле 2027, 2028 и 2029 годов долг перед бан­ком не ме­ня­ет­ся, а еже­год­ные вы­пла­ты со­став­ля­ют по 0,3S тыс. руб­лей. В ян­ва­ре 2030 года долг (в тыс. руб­лей) равен 1,3S, а в июле  — 1,3S − 338. В ян­ва­ре 2031 года долг равен 1,69S − 439,4. а в июле  — 1,69S − 777,4. По усло­вию, к июлю 2031 года долг будет вы­пла­чен пол­но­стью, зна­чит, 1,69S − 777,4 = 0, от­ку­да S  =  460.

Таким об­ра­зом, пер­вые три вы­пла­ты со­став­ля­ют по 138 тыс. руб., а по­след­ние две  — по 338 тыс. руб. Общая сумма вы­плат со­став­ля­ет:

Ответ: 1090 тысяч руб­лей.