Ре­ше­ние. а)  Пре­об­ра­зу­ем урав­не­ние при усло­вии

б)  Отберём корни при по­мо­щи три­го­но­мет­ри­че­ской окруж­но­сти (см. рис.). На за­дан­ном про­ме­жут­ке лежат корни

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть K  — точка пе­ре­се­че­ния плос­ко­сти AMN с реб­ром DD₁. Грани AA₁D₁D и BB₁C₁C па­рал­лель­ны, сле­до­ва­тель­но, пря­мые AK и NM па­рал­лель­ны. Про­ве­дем NN₁ па­рал­лель­но BC и AD, тогда тре­уголь­ник KAD равен тре­уголь­ни­ку MNN₁, от­ку­да

Таким об­ра­зом, от­рез­ки KD и KD₁ от­но­сят­ся как 1 к 5.

б)  За­ме­тим, что про­ек­ци­ей пря­мой NK на плос­кость ABC яв­ля­ет­ся диа­го­наль BD. Пусть L  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мой NK с плос­ко­стью ABC. Тогда плос­ко­сти ABC и AMN пе­ре­се­ка­ют­ся по пря­мой AL. Из точки K на AL опу­стим пер­пен­ди­ку­ляр KH. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах его про­ек­ция DH также пер­пен­ди­ку­ляр­на AL.

Таким об­ра­зом, угол KHD  — ли­ней­ный угол ис­ко­мо­го утла. Най­дем его. За­ме­тим, что тре­уголь­ни­ки LBN и LDH по­доб­ны, при­чем

Рас­смот­рим тре­уголь­ни­ки LDH и LAO, где O  — центр ос­но­ва­ния приз­мы. Эти тре­уголь­ни­ки по­доб­ны, как пря­мо­уголь­ные тре­уголь­ни­ки с общим углом. Тогда

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка LHD имеем:

Най­дем ис­ко­мый угол из тре­уголь­ни­ка KHD:

Ответ: а) 1:5; б)

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем не­ра­вен­ство:

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Точки A, C₁, H, B₁ лежат на окруж­но­сти с диа­мет­ром AH. Углы С₁AH и C₁B₁H равны как впи­сан­ные, зна­чит, углы тоже BAH и BB₁C₁ тоже равны. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Пусть O  — центр опи­сан­ной окруж­но­сти тре­уголь­ни­ка ABC, D  — се­ре­ди­на сто­ро­ны BC. Тре­бу­ет­ся вы­чис­лить длину от­рез­ка  OD. За­ме­тим, что По­это­му тре­уголь­ни­ки AB₁C₁ и ABC по­доб­ны по двум про­пор­ци­о­наль­ным сто­ро­нам и углу между ними, ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен Зна­чит, BC  =  2B₁C₁  =  24, BD  =  12.

Угол BOС равен удво­ен­но­му углу BAC, то есть 120°. Сле­до­ва­тель­но, угол OBD равен 30°. Най­дем ис­ко­мое рас­сто­я­ние:

Ответ: б)

При­ме­ча­ние Дмит­рия Гу­щи­на.

Уча­щий­ся, изу­ча­ю­щий гео­мет­рию углублённо, решит пункт б) в одну строч­ку:

Ответ: 18.

При­ве­дем по­лез­ные тео­ре­мы, на при­ме­не­ние ко­то­рых со­став­ле­на эта за­да­ча.

1.  Рас­сто­я­ние от вер­ши­ны тре­уголь­ни­ка до ор­то­цен­тра вдвое боль­ше рас­сто­я­ния от цен­тра опи­сан­ной окруж­но­сти до про­ти­во­ле­жа­щей сто­ро­ны (опыт­ный чи­та­тель пред­ло­жит не менее шести до­ка­за­тельств этого факта; см., на­при­мер, здесь).

2.  Рас­сто­я­ние от вер­ши­ны тре­уголь­ни­ка до ор­то­цен­тра равно про­ти­во­ле­жа­щей сто­ро­не, умно­жен­ной на ко­тан­генс угла при этой вер­ши­не.

3.  Если из двух вер­шин не­пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка про­ве­де­ны вы­со­ты к его сто­ро­нам или их про­дол­же­ни­ям, то ос­но­ва­ния этих высот и тре­тья вер­ши­на тре­уголь­ни­ка об­ра­зу­ют тре­уголь­ник, по­доб­ный дан­но­му, а ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен мо­ду­лю ко­си­ну­са их об­ще­го угла.

До­ка­за­тель­ства этих и дру­гих свойств при­ве­де­ны, на­при­мер, здесь: Ор­то­центр и ор­то­тре­уголь­ник.

По­лез­но будет срав­нить эту за­да­чу с за­да­ни­я­ми 505425 и 519473 из эк­за­ме­на­ци­он­но­го ва­ри­ан­та ЕГЭ 2014 года, за­да­ни­ем 519475 из ЕГЭ−2018, за­да­ни­ем 526342 из ЕГЭ−2019.

Ре­ше­ние. Пусть лифт под­ни­мет­ся на этаж с но­ме­ром x, где тогда на­верх будут под­ни­мать­ся на­чаль­ни­ков. Их ком­пен­са­ция со­ста­вит руб­лей. Вниз будут спус­кать­ся на­чаль­ни­ка, их ком­пен­са­ция со­ста­вит руб­лей. Общая сумма ком­пен­са­ций будет равна

Наи­мень­шее зна­че­ние квад­ра­тич­ной функ­ции до­сти­га­ет­ся в точке Учи­ты­вая, что по смыс­лу за­да­чи x может при­ни­мать толь­ко це­ло­чис­лен­ные зна­че­ния, и что по­лу­ча­ем, что общая сумма ком­пен­са­ций будет ми­ни­маль­на при и равна руб­лей.

Ответ: 1600 руб­лей.

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем си­сте­му:

Решим за­да­чу графо-ана­ли­ти­че­ским спо­со­бом. В си­сте­ме ко­ор­ди­нат xOy гра­фи­ком пер­во­го урав­не­ния яв­ля­ет­ся ромб с вер­ши­на­ми и Гра­фи­ком вто­ро­го урав­не­ния яв­ля­ет­ся окруж­ность с цен­тром в точке и ра­ди­у­сом Си­сте­ма имеет ровно че­ты­ре ре­ше­ния, в двух слу­ча­ях.

1 слу­чай. Окруж­ность впи­са­на в ромб (вы­де­ле­но крас­ным). Тогда для пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AEC спра­вед­ли­во ра­вен­ство

где Тогда

2 слу­чай. Окруж­ность пе­ре­се­ка­ет каж­дую из сто­рон ромба ровно один раз (вы­де­ле­но зелёным). Это до­сти­га­ет­ся, если то есть при

Таким об­ра­зом, си­сте­ма имеет ровно че­ты­ре ре­ше­ния, если или

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Да, на­при­мер 27 + 1 + 2, 22 + 4 + 3, 17 + 5 + 6, 12 + 7 + 8.

б)  Если бы это было воз­мож­но, то все числа раз­би­лись бы на такие трой­ки и их сумма была бы не боль­ше Но на самом деле

Про­ти­во­ре­чие.

в)  Если бы уда­лось вы­брать 6 таких троек, то сумма чисел в них была бы не боль­ше но с дру­гой сто­ро­ны сумма даже самых ма­лень­ких чисел не мень­ше Зна­чит, 6 троек вы­брать нель­зя.

Пять вы­брать можно, на­при­мер, так:

Ответ: а)  да; б)  нет; в)  5.

Ре­ко­мен­ду­ем срав­нить эту за­да­чу с за­да­ни­ем из ЕГЭ 2016 года (Ос­нов­ная волна 06.06.2016, Юг): 514479.