Ре­ше­ние. а)  Пусть тогда урав­не­ние за­пи­шет­ся в виде от­ку­да t  =  1 или t  =  −2. Далее имеем:

б)  Корни от­бе­рем с по­мо­щью три­го­но­мет­ри­че­ской окруж­но­сти (см. рис.). На от­рез­ке лежат числа

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть точка K  — се­ре­ди­на ребра AB, а Q  — такая точка на MK, что MQ : QK  =  2 : 1. Тогда Q  — точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан тре­уголь­ни­ка ABM, так как делит его ме­ди­а­ну MK в от­но­ше­нии 2 : 1, счи­тая от вер­ши­ны. Оче­вид­но, что про­ек­ци­ей от­рез­ка MK на плос­кость ABCбудет от­ре­зок CK, по­это­му, так как О яв­ля­ет­ся точ­кой пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан тре­уголь­ни­ка ABC и делит CK в от­но­ше­нии 2 : 1, точка Q будет про­ек­ти­ро­вать­ся в эту точку. Пря­мая OO₁ и плос­кость ABC пер­пен­ди­ку­ляр­ны, сле­до­ва­тель­но, Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть точка T  — се­ре­ди­на A₁B₁. По­сколь­ку пря­мые A₁B₁ и AB па­рал­лель­ны, то пря­мая A₁B₁ и плос­кость ABM также па­рал­лель­ны. За­ме­тим, что рас­сто­я­ние от точки A₁ до плос­ко­сти ABM равно рас­сто­я­нию от точки T до плос­ко­сти ABM. Опу­стим из точки T пер­пен­ди­ку­ляр TS на пря­мую KM. До­ка­жем, что TS  — ис­ко­мое рас­сто­я­ние. Пря­мые TS и KM пер­пен­ди­ку­ляр­ны по по­стро­е­нию. Кроме того, пря­мая TS лежит в плос­ко­сти KTC₁C, а по­сколь­ку пря­мые AB и KC пер­пен­ди­ку­ляр­ны и пря­мые AB и CC₁ пер­пен­ди­ку­ляр­ны, пря­мая AB и плос­кость KTC₁C также пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая AB пер­пен­ди­ку­ляр­на любой пря­мой в плос­ко­сти KTC₁C, в част­но­сти, пря­мые TS и AB пер­пен­ди­ку­ляр­ны. Таким об­ра­зом, пря­мая TS пер­пен­ди­ку­ляр­на двум пе­ре­се­ка­ю­щим­ся пря­мым в плос­ко­сти ABM и по­то­му яв­ля­ет­ся пер­пен­ди­ку­ля­ром к плос­ко­сти.

Рас­смот­рим тре­уголь­ник TKM, в ко­то­ром TK  =  AA₁  =  7. Вы­чис­лим:

Таким об­ра­зом, тре­уголь­ник TKM  — рав­но­бед­рен­ный. Сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Cгруп­пи­ру­ем и раз­ло­жим на мно­жи­те­ли:

Здесь мы вос­поль­зо­ва­лись тем, что

Тем самым левая часть по­лу­чен­но­го не­ра­вен­ства об­ра­ща­ет­ся в нуль в точ­ках −2, −1 и 0. При­ме­няя метод ин­тер­ва­лов, по­лу­ча­ем:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что точка N  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти во­круг тре­уголь­ни­ка ABC. Пусть Тре­уголь­ник ANC рав­но­бед­рен­ный, по­это­му и Тре­уголь­ник CLN также рав­но­бед­рен­ный, по­это­му Вы­чис­лим как внеш­ний угол в тре­уголь­ни­ке LMC:

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  В тре­уголь­ни­ке CMN на­хо­дим:

тогда

По тео­ре­ме си­ну­сов по­лу­ча­ем:

Пусть тогда

Оче­вид­но, что по­это­му

Таким об­ра­зом,

Ответ: б) 80.

При­ве­дем ре­ше­ние Да­ни­лы Кар­по­ва.

а)  Точка N  — се­ре­ди­на ги­по­те­ну­зы пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка, сле­до­ва­тель­но, она яв­ля­ет­ся цен­тром опи­сан­ной окруж­но­сти. От­ре­зок CL  — бис­сек­три­са пря­мо­го угла, тогда по­это­му дуга AL равна 90°. На эту дугу опи­ра­ет­ся цен­траль­ный угол ANL, тогда Углы ANL и MNB равны как вер­ти­каль­ные, таким об­ра­зом, тогда тре­уголь­ни­ки ABC и MNB по­доб­ны по двум углам. Сле­до­ва­тель­но, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Как до­ка­за­но в пунк­те а), тре­уголь­ни­ки ABC и MNB по­доб­ны, тогда

Учи­ты­вая, что MB > 0, по­лу­чим тогда

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра

тогда

Ре­ше­ние. Пусть пер­во­на­чаль­ный вклад равен S (млн руб­лей). Тогда в конце пер­во­го года вклад со­ста­вит 1,1S. а в конце вто­ро­го  — 1,21S. В на­ча­ле тре­тье­го года вклад со­ста­вит 1,21S + 10, а в конце  — 1,331S + 11. В на­ча­ле четвёртого года вклад со­ста­вит 1,331S + 21, а в конце  — 1,4641S + 23,1.

По усло­вию, нужно найти наи­боль­шее целое S, для ко­то­ро­го вы­пол­не­но не­ра­вен­ство

Наи­боль­шее целое ре­ше­ние этого не­ра­вен­ства  — число 25. Зна­чит, раз­мер пер­во­на­чаль­но­го вкла­да со­став­ля­ет 25 млн руб.

Ответ: 25 мил­ли­о­нов руб­лей.

Ре­ше­ние. Пе­ре­пи­шем пер­вое урав­не­ние в виде:

Дан­ное урав­не­ние за­да­ет окруж­ность ра­ди­у­са с цен­тром в точке (1; 1).

Пе­ре­пи­шем вто­рое урав­не­ние в виде:

Дан­ное урав­не­ние за­да­ет окруж­ность ра­ди­у­са с цен­тром в точке (a + 1; 1 − a).

Для того чтобы две окруж­но­сти оди­на­ко­во­го ра­ди­у­са пе­ре­се­ка­лись ровно в двух точ­ках, рас­сто­я­ние между их цен­тра­ми долж­но быть мень­ше, чем удво­ен­ный ра­ди­ус, и цен­тры не долж­ны сов­па­дать. При a  =  0 окруж­но­сти сов­па­да­ют. Таким об­ра­зом,

Сле­до­ва­тель­но,

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть у детей было 16, 16, 4, 8 кон­фет со­от­вет­ствен­но (у двух маль­чи­ков было по 16 кон­фет), а стало 14, 16, 7, 7. Тогда усло­вие за­да­чи вы­пол­не­но.

б)   За­ме­тим, что если два маль­чи­ка от­да­ли кон­фе­ты де­воч­кам, то у этих де­во­чек не могло ока­зать­ся оди­на­ко­вое число кон­фет, а если два маль­чи­ка от­да­ли кон­фе­ты маль­чи­кам, то у этих маль­чи­ков не могло ока­зать­ся раз­ное число кон­фет. Зна­чит, не может быть боль­ше двух маль­чи­ков, то есть маль­чи­ков ровно два и они стоят рядом. Таким об­ра­зом, маль­чи­ков не может быть боль­ше, чем де­во­чек, по­сколь­ку де­во­чек не мень­ше двух.

в)  Пусть у детей было 112, 112, 4. 40, 28, 32 кон­фет со­от­вет­ствен­но (у двух маль­чи­ков было по 112 кон­фет), а стало 92, 112, 31, 31, 31, 31. Тогда усло­вие за­да­чи вы­пол­не­но, а сум­мар­но у детей 328 кон­фет.

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  да.