Ре­ше­ние. а) За­ме­тим, что урав­не­ние может иметь ре­ше­ния толь­ко при Пре­об­ра­зу­ем его при этом усло­вии:

б)  Отберём корни, при­над­ле­жа­щие от­рез­ку при по­мо­щи три­го­но­мет­ри­че­ской окруж­но­сти. Под­хо­дят

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а) Пусть N  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых KL и AB, а M  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых DN и BC. Тогда точки М и N лежат в плос­ко­сти DKL, а че­ты­рех­уголь­ник DKLM  — се­че­ние пи­ра­ми­ды плос­ко­стью DKL. На­пи­шем для тре­уголь­ни­ка SAB и пря­мой KN тео­ре­му Ме­не­лая:

сле­до­ва­тель­но,

Таким об­ра­зом, тре­уголь­ни­ки BMN и CMD равны, по­это­му BM  =  CM, точка M  — се­ре­ди­на от­рез­ка BC, а от­ре­зок LM  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка BSC. Зна­чит, пря­мые SC и LM па­рал­лель­ны, сле­до­ва­тель­но, пря­мая SC па­рал­лель­на плос­ко­сти DKL.

б)  В п. а) по­ка­за­но, что се­че­ни­ем яв­ля­ет­ся че­ты­рех­уголь­ник DKLM. За­ме­тим, что BN  =  24, AK  =  16, BM  =  BL  =  ML  =  12, тогда

и С по­мо­щью тео­ре­мы ко­си­ну­сов най­дем NL и NK из тре­уголь­ни­ков NLB и NKA:

С по­мо­щью тео­ре­мы ко­си­ну­сов най­дем ко­си­нус и синус угла MNL:

от­ку­да

Таким об­ра­зом, для пло­щадь се­че­ния DKLM по­лу­ча­ем:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Не­ра­вен­ство опре­де­ле­но при Пусть тогда

Вернёмся к ис­ход­ной пе­ре­мен­ной, по­лу­чим:

Решим пер­вое не­ра­вен­ство со­во­куп­но­сти:

Пре­об­ра­зу­ем вто­рое не­ра­вен­ство со­во­куп­но­сти:

По­лу­чен­ное не­ра­вен­ство имеет вид при­чем в левой части стоит воз­рас­та­ю­щая функ­ция, а в пра­вой  — убы­ва­ю­щая. При левая и пра­вая части не­ра­вен­ства равны. Зна­чит, ре­ше­ни­ем не­ра­вен­ства яв­ля­ют­ся числа Таким об­ра­зом,

Объ­еди­няя ре­зуль­та­ты, по­лу­ча­ем ответ.

Ответ:

Ре­ше­ние. Пусть X руб­лей  — еже­год­ный платёж Ан­дрея по плану 1. Тогда

От­сю­да по­лу­ча­ем

Зна­чит, по плану 1 Ан­дрей за­пла­тит банку

Пла­те­жи Ан­дрея по плану 2 со­ста­вят:

Тогда всего Ан­дрей за­пла­тит банку по плану 2:

Зна­чит, по плану 2 общая сумма вы­плат Ан­дрея банку мень­ше на

Ответ: 32 668.

При­ме­ча­ние.

Ре­дак­ция Решу ЕГЭ от­ре­дак­ти­ро­ва­ла усло­вие за­да­чи. В ав­тор­ской фор­му­ли­ров­ке было: «19-го числа каж­до­го ме­ся­ца долг с 2-го по 36-й долг дол­жен быть мень­ше долга на 19-е число преды­ду­ще­го ме­ся­ца на одну и ту же сумму». При таком усло­вии для любой вы­пла­ты в пер­вый месяц (от­лич­ной от пол­ной ве­ли­чи­ны долга) можно по­до­брать рав­но­мер­но умень­ша­ю­щи­е­ся вы­пла­ты в остав­ши­е­ся 35 ме­ся­цев.

Ре­ше­ние. а)  За­ме­тим, что че­ты­рех­уголь­ник MBCN впи­сан в окруж­ность с диа­мет­ром MC. По тео­ре­ме си­ну­сов,

Углы ABN и MCN равны как впи­сан­ные. Тогда

Пусть x  — рас­сто­я­ние от A до BN. Тогда

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Из пунк­та а) сле­ду­ет, что По­сколь­ку по­лу­ча­ем:

Ответ: б)

При­ве­дем ре­ше­ние Ирины Шраго.

а)  За­ме­тим, что че­ты­рех­уголь­ник MBCN впи­сан в окруж­ность с диа­мет­ром MC, тогда Че­ты­рех­уголь­ник AMND впи­сан в окруж­ность с диа­мет­ром MD, тогда Сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки ABN и DCM по­доб­ны по двум углам, и от­но­ше­ние их высот равно от­но­ше­нию сто­рон, к ко­то­рым эти вы­со­ты про­ве­де­ны.

Пусть K  — ос­но­ва­ние пер­пен­ди­ку­ля­ра, опу­щен­но­го из точки A на пря­мую BN, тогда

Из пер­во­го ра­вен­ства по­лу­чим что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  По до­ка­зан­но­му в пунк­те а)

Ре­ше­ние. Пусть Решим урав­не­ние:

По­сколь­ку под­хо­дят толь­ко

Пре­об­ра­зу­ем вы­ра­же­ние

Ко­рень опре­де­лен при причём каж­до­му та­ко­му t, кроме со­от­вет­ству­ют два раз­лич­ных зна­че­ния x.

Таким об­ра­зом, ис­ход­ное урав­не­ние рав­но­силь­но урав­не­нию

где При левая часть урав­не­ния может при­ни­мать толь­ко зна­че­ние 0, зна­чит, урав­не­ние не имеет ре­ше­ний. При сде­ла­ем за­ме­ну пе­ре­мен­ных. Пусть и тогда

В си­сте­ме ко­ор­ди­нат yOt по­лу­чен­ное урав­не­ние за­да­ет верх­нюю по­лу­окруж­ность ра­ди­у­сом |R| с цен­тром в точке (см. рис., вы­де­ле­но оран­же­вым). Гра­фик урав­не­ния пред­став­ля­ет собой со­во­куп­ность го­ри­зон­таль­ных пря­мых. При по­лу­ча­ем при по­лу­ча­ем при по­лу­ча­ем

Ис­ход­ное урав­не­ние имеет ровно два ре­ше­ния тогда и толь­ко тогда, когда то есть при

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть x₁, x₂ го­дят­ся в оба урав­не­ния. Вы­чтем урав­не­ния друг из друга  — тогда эти числа будут и кор­ня­ми по­лу­чен­ной раз­но­сти. По­лу­ча­ем

Если то и Если же a  =  c, то по тео­ре­ме Виета про­из­ве­де­ние кор­ней каж­до­го из урав­не­ний равно что не­воз­мож­но для двух раз­лич­ных целых чисел.

б)  Оче­вид­но, что среди чисел a, b и c ми­ни­мум два долж­ны сов­па­дать. Если сов­па­да­ют все три числа, то урав­не­ние при­ни­ма­ет вид и кор­ней не имеет. Под­став­ляя x  =  c, по­лу­ча­ем или Зна­чит, либо либо

В пер­вом слу­чае по­это­му либо и урав­не­ние при­ни­ма­ет вид (но a не будет его кор­нем), либо и урав­не­ние при­ни­ма­ет вид то есть Его корни x  =  0 и по­это­му под­хо­дит ва­ри­ант Итак, пер­вый ответ

Во вто­ром слу­чае Кроме того по тео­ре­ме Виета про­из­ве­де­ние кор­ней равно от­ку­да вто­рой ко­рень равен (слу­чай c  =  0 уже разо­бран). По­лу­ча­ем три ва­ри­ан­та.

1.  Если то При на­хо­дим и кор­ня­ми урав­не­ния долж­ны быть 1, c, – c – 1. Два из этих чисел сов­па­да­ют, от­ку­да По­лу­ча­ем урав­не­ния не ко­рень), (под­хо­дит), (под­хо­дит).

2.  При a  =  −1 на­хо­дим и кор­ня­ми урав­не­ния долж­ны быть −1, c, c − 1. Два из этих чисел сов­па­да­ют, если или если По­след­ний слу­чай уже был разо­бран, а при по­лу­ча­ем урав­не­ние b  =  −2 не ко­рень.

3.  Если то c сов­па­да­ет либо с a, либо с При c  =  a на­хо­дим и урав­не­ние при­ни­ма­ет вид

при­чем то есть Это урав­не­ние имеет един­ствен­ный ко­рень, ко­то­рый можно найти по фор­му­ле Кар­да­но. Он равен

и мы по­лу­чи­ли еще один ответ.

На­ко­нец, при у урав­не­ния сов­па­да­ют корни и тогда что не­воз­мож­но.

в)  Пусть x  — общий ко­рень всех трех урав­не­ний, тогда он будет кор­нем и их суммы от­ку­да Зна­чит, у всех этих урав­не­ний есть ко­рень x  =  1 (при его под­ста­нов­ке как раз по­лу­ча­ет­ся По тео­ре­ме Виета вто­рые корни урав­не­ний равны тогда, со­от­вет­ствен­но,

Ответ:

а)  

б)   при

в)   у всех урав­не­ний, у пер­во­го; у вто­ро­го; у тре­тье­го.

При­ме­ча­ние Решу ЕГЭ.

Мы на­хо­дим пункт б) не­сколь­ко стран­ным. Усло­вие про це­ло­чис­лен­ность ко­эф­фи­ци­ен­тов сле­до­ва­ло бы от­не­сти ко всем пунк­там.