Ре­ше­ние. а)  По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

Урав­не­ние ре­ше­ний не имеет.

б)  Отбор кор­ней сде­ла­ем с по­мо­щью еди­нич­ной окруж­но­сти.

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Ис­ко­мое от­но­ше­ние не будет за­ви­сеть от длин ребер за­дан­ной приз­мы. По­это­му мы сами впра­ве вы­брать длину ребер при ос­но­ва­нии приз­мы и длину ее бо­ко­вых ребер.

Пусть для опре­де­лен­но­сти сто­ро­ны ос­но­ва­ния приз­мы , будет равны 1, а бо­ко­вые ребра равны 3.

По­ме­стим за­дан­ную приз­му в пря­мо­уголь­ную де­кар­то­ву си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке. Вы­пи­шем ко­ор­ди­на­ты не­ко­то­рых точек:

Зная, что точки B, D₁, F₁ лежат в плос­ко­сти β, будем ис­кать урав­не­ние этой плос­ко­сти:

Вы­чтем урав­не­ние (3) из урав­не­ния (2):

Под­ста­вим по­лу­чен­ное зна­че­ние а в урав­не­ние (1).

Те­перь зна­че­ние b под­ста­вим в урав­не­ние (2):

Итак, урав­не­ние плос­ко­сти β имеет вид:

Точа M лежит на пря­мой AA₁. Зна­чит, она может быть за­да­на сво­и­ми ко­ор­ди­на­та­ми: То есть:

Итак, (0; −1; 1). AM  =  1, A₁M  =  3 − 1  =  2; AM : A₁M  =  1 : 2, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Оче­вид­но, урав­не­ние плос­ко­сти ниж­не­го ос­но­ва­ния приз­мы имеет вид: z  =  0. Если угол между се­ку­щей плос­ко­стью β и ос­но­ва­ни­ем приз­мы равен φ, то

Ответ: б)

Ре­ше­ние.

Ответ:

Ре­ше­ние. Гео­мет­ри­че­ский спо­соб ре­ше­ния.

а)  По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

По свой­ству ме­ди­а­ны пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка, про­ве­ден­ной к ги­по­те­ну­зе,

По свой­ству бис­сек­три­сы внут­рен­не­го угла тре­уголь­ни­ка:

Если то зна­чит, точка L лежит между M и В.

Так как тре­уголь­ни­ки CML и ABC с ос­но­ва­ни­я­ми ML и AB со­от­вет­ствен­но имеют рав­ные вы­со­ты, про­ве­ден­ные к этим сто­ро­нам из их общей вер­ши­ны С, то:

что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Про­ве­дем MD  — сред­нюю линию тре­уголь­ни­ка ACB. Тогда

Ко­ор­ди­нат­но-век­тор­ный спо­соб ре­ше­ния.

По­ме­стим за­дан­ный тре­уголь­ник в де­кар­то­ву си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на рис. Вы­пи­шем ко­ор­ди­на­ты не­ко­то­рых точек: A(0; 3), B(2; 0).

а)  По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра:

По свой­ству ме­ди­а­ны пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка, про­ве­ден­ной к ги­по­те­ну­зе:

По свой­ству бис­сек­три­сы внут­рен­не­го угла тре­уголь­ни­ка:

Най­дем ко­ор­ди­на­ты точки L ис­поль­зуя фор­му­лы де­ле­ние от­рез­ка в дан­ном от­но­ше­нии

что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Если пер­вый пла­теж банку Ар­ка­дия со­ста­вил x руб­лей, то вто­рой со­ста­вит 2x руб­лей, а тре­тий  — 3x руб­лей, всего 6x руб­лей, что равно 2 395 800, то есть x  =  2 395 800 : 6  =  399 300. От­сю­да: 2x  =  798 600, 3x  =  1 197 900.

Пусть в банке Ар­ка­дий взял в кре­дит S руб­лей.

Тогда его долг 01.03.2011 со­ста­вил 1,1S руб­лей. После пер­во­го пе­ре­чис­ле­ния Ар­ка­дия долг сни­зил­ся до (1,1S − 399 300) руб.

01.03.2012 банк на­чис­лил про­цен­ты на долг Ар­ка­дия. Долг Ар­ка­дия стал (1,1S − 399 300) · 1,1  =  1,21S − 439 230 (руб.).

Ар­ка­дий пе­ре­вел в банк 798 600 руб. Долг сни­зил­ся до 1,21S − 439230 − 798600  =  1,21S − 1237830 (руб.).

01.03.2013 банк на­чис­лил про­цен­ты на остав­ший­ся долг Ар­ка­дия. Долг Ар­ка­дия стал (1,21S − 1237830) · 1,1  =  1,331S − 1 361 613 (руб.).

Ар­ка­дий пе­ре­вел в банк 1 197 900 руб. Кре­дит по­га­шен пол­но­стью, долга у Ар­ка­дия нет.

Зна­чит, 1,331S − 1 361 613 − 1 197 900  =  0 ⇔ 1,331S  =  2 559 513 ⇔ S  =  1 923 000.

Ответ: 1 923 000 руб­лей.

Ре­ше­ние. Пе­ре­пи­шем за­дан­ное урав­не­ние так: Пра­вая часть этого урав­не­ния имеет вид что на ко­ор­ди­нат­ной плос­ко­сти xOy за­да­ет пучок пря­мых. Дей­стви­тель­но,

есть урав­не­ние пря­мой, про­хо­дя­щей через точку (−6; 4) с уг­ло­вым ко­эф­фи­ци­ен­том k  =  a.

По­стро­им гра­фик функ­ции Па­ра­бо­ла, у ко­то­рой ветви на­прав­ле­ны вверх, про­хо­дит через точки: (3; 0), (−1; 0), а ее вер­ши­ной будет точка (1; −4). Зер­каль­ным от­ра­же­ни­ем от­но­си­тель­но оси абс­цисс части гра­фи­ка с от­ри­ца­тель­ны­ми ор­ди­на­та­ми по­лу­чим гра­фик функ­ции (см. рис.).

Ис­ход­ное урав­не­ние будет иметь ровно 3 ре­ше­ния толь­ко в двух слу­ча­ях.

1.  Если пря­мая про­хо­дя­щая через точку (−6; 4), пе­ре­се­чет гра­фик функ­ции в точке (3; 0), т. е. если ко­ор­ди­на­ты точки (3; 0) будут удо­вле­тво­рять урав­не­нию от­ку­да

2.  Если пря­мая прой­дет через точку (1; 4), т. е. будет вы­пол­не­но ра­вен­ство

Итак, ис­ко­мых зна­че­ний па­ра­мет­ра два: и 0.

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть члены ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии По­ме­ня­ем ме­ста­ми вто­рое и тре­тье числа. По­лу­чим:

Для чле­нов гео­мет­ри­че­ской про­грес­сии имеем ра­вен­ство:

Пусть тогда по­лу­чим: были за­пи­са­ны числа , при пе­ре­ста­нов­ки по­лу­чи­ли ко­то­рые

об­ра­зу­ют гео­мет­ри­че­скую про­грес­сию.

б)Пусть члены ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии

Стер­ли оста­лись

Для чле­нов гео­мет­ри­че­ской про­грес­сии имеем ра­вен­ство:

Пусть тогда по­лу­чим: были за­пи­са­ны числа , после сти­ра­ния

по­лу­чи­ли ко­то­рые об­ра­зу­ют гео­мет­ри­че­скую про­грес­сию.

в)Пусть члены гео­мет­ри­че­ской про­грес­сии

Стер­ли bq, оста­лись

Для чле­нов ариф­ме­ти­че­ской про­грес­сии имеем ра­вен­ство:

Пусть тогда по­лу­чим: были за­пи­са­ны числа , после сти­ра­ния

по­лу­чи­ли ко­то­рые об­ра­зу­ют ариф­ме­ти­че­скую про­грес­сию.

Ответ: а) да; б) да; в) да.