Ре­ше­ние. а)  По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

б)  Отбор кор­ней сде­ла­ем с по­мо­щью еди­нич­ной окруж­но­сти.

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. Про­ве­дем апо­фе­му SK, со­еди­ним точки C и K от­рез­ком, ко­то­рый прой­дет через точку H. Точку пе­ре­се­че­ния KM и SH обо­зна­чим L.

а)  По тео­ре­ме Ме­не­лая имеем: где сле­до­ва­тель­но, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  В Δ AKS, где

В Δ ABC

В Δ KHS, где

Так как SH ⊥ (ABC) по усло­вию, L  — общая точка MK и SH, то KH  — про­ек­ция KL на плос­кость ABC, сле­до­ва­тель­но, ∠LKH и есть угол между MK и плос­ко­стью ABC.

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пусть Тогда

Пе­рей­дем к пе­ре­мен­ной x.

Итак, ис­ход­но­му не­ра­вен­ству удо­вле­тво­ря­ют эле­мен­ты мно­же­ства

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть O  — центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в тре­уголь­ник ABC, r  — ра­ди­ус этой окруж­но­сти, P ∈ BC, M ∈ AC. Со­еди­ним О с вер­ши­на­ми тре­уголь­ни­ка А, В и С.

До­ка­жем, что CMOP  — квад­рат.

По свой­ству ка­са­тель­ной к окруж­но­сти: OP ⊥ BC, OM ⊥ AC. Сле­до­ва­тель­но, MC || OP, OM || CP, зна­чит, CMOP  — па­рал­ле­ло­грамм.

CMOP  — па­рал­ле­ло­грамм, ∠P  =  90°, зна­чит, CMOP  — пря­мо­уголь­ник, CMOP  — пря­мо­уголь­ник, OM  =  OP  =  r, зна­чит, CMOP  — квад­рат.

По свой­ству ка­са­тель­ных к окруж­но­сти, про­ве­ден­ных из одной точки: BK  =  BP, AK  =  AM, MC  =  CP.

То есть 2S(ABC)  =  AK · BK + S(ABC), от­ку­да: S(ABC)  =  AK · BK, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Со­еди­ним точки M и K, M и P, P и K от­рез­ка­ми. Най­дем r.

Оче­вид­но, что

Но как было до­ка­за­но выше, S(ABC)=AK · BK  =  60. Сле­до­ва­тель­но,

Под­хо­дит r  =  3.

Пусть ∠BAC  =  α, тогда:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Пусть в этой стра­не про­жи­ва­ет n из­би­ра­те­лей. Тогда чис­лен­ность го­род­ских из­би­ра­те­лей со­став­ля­ет че­ло­век, сель­ских  — че­ло­век. Если в про­ект со­ста­ва пра­ви­тель­ства будет вклю­че­но х че­ло­век из числа го­род­ских жи­те­лей, то из числа сель­ских жи­те­лей будет вклю­че­но (100 − x) че­ло­век.

За пред­ло­жен­ный про­ект про­го­ло­су­ет го­род­ских жи­те­лей и сель­ских жи­те­лей. Всего

жи­те­лей. А зна­че­ние по­след­не­го вы­ра­же­ния долж­но быть боль­ше

Решим не­ра­вен­ство от­но­си­тель­но x:

Ответ: 51.

За­ме­ча­ние: за­да­ча ре­ше­на при усло­вии, что в число го­род­ских (сель­ских) жи­те­лей стра­ны вклю­ча­ют­ся толь­ко те жи­те­ли, ко­то­рые имеют право го­ло­са на вы­бо­рах пра­ви­тель­ства.

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем ис­ход­ное урав­не­ние так:

За­дан­ное урав­не­ние будет иметь ровно один ко­рень, если:

а)   Дис­кри­ми­нант урав­не­ния * равен нулю и при этом

б)   Дис­кри­ми­нант урав­не­ния (*) боль­ше нуля, и при этом один из кор­ней этого урав­не­ния равен  —

Най­дем дис­кри­ми­нант D урав­не­ния (*).

Далее:

а)  

Про­ве­рим при­год­ность по­лу­чен­ных зна­че­ний а.

При будем иметь: Од­на­ко, это урав­не­ние ре­ше­ний не имеет, зна­чит, 0 не от­но­сит­ся к числу ис­ко­мых зна­че­ний па­ра­мет­ра.

При

Итак, 3  — ис­ко­мое зна­че­ние па­ра­мет­ра.

2)  Не­ра­вен­ству удо­вле­тво­ря­ют все зна­че­ния а, за ис­клю­че­ни­ем 0 и 3. То есть урав­не­ние (*) имеет два раз­лич­ных дей­стви­тель­ных корня при всех зна­че­ни­ях а, от­лич­ных 0 и 3. Но нас ин­те­ре­су­ет такое зна­че­ние а, при ко­то­ром один из кор­ней упо­мя­ну­то­го урав­не­ния равен  — a. Обо­зна­чим его x₁. Дру­гой же ко­рень пусть будет x₂, при­чем x₁ ≠ x₂. Тогда в со­от­вет­ствии с тео­ре­мой Виета:

т. е.

Как было по­ка­за­но выше, зна­че­ние a  =  0 не под­хо­дит. Под­хо­дя­щим зна­че­ни­ем а яв­ля­ет­ся число 1. Убе­дим­ся в этом.

При a  =  1 имеем:

Итак, при a  =  1 одним из кор­ней урав­не­ния (*) яв­ля­ет­ся число 1, ко­то­рое также яв­ля­ет­ся кор­нем урав­не­ния, за­дан­но­го усло­ви­ем. А дру­гим же кор­нем урав­не­ния (*) будет рав­ное −1, что не может слу­жить кор­нем ис­ход­но­го урав­не­ния.

Ответ: 1; 3.

Ре­ше­ние. Далее воз­мож­ны три слу­чая:

1.  Две дру­гие сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка не пе­ре­се­ка­ют сто­ро­ны че­ты­рех­уголь­ни­ка (рис. 1). Общая фи­гу­ра  — ше­сти­уголь­ник

2.  одна из сто­рон тре­уголь­ни­ка пе­ре­се­ка­ют сто­ро­ну че­ты­рех­уголь­ни­ка (рис. 2). Общая фи­гу­ра  — се­ми­уголь­ник

3.  Две дру­гие сто­ро­ны тре­уголь­ни­ка пе­ре­се­ка­ют сто­ро­ны че­ты­рех­уголь­ни­ка (рис. 3). Общая фи­гу­ра  — вось­ми­уголь­ник

Т. к. дру­гих ва­ри­ан­тов нет.

Ответ: а) да; б) да; в) нет

Если ни одна из сто­рон тре­уголь­ни­ка не от­се­ка­ет от ABCD два угла, то легко про­ве­рить, что мак­си­маль­ное ко­ли­че­ство углов об­ще­го мно­го­уголь­ни­ка будет 7.