Ре­ше­ние. а)  По­сле­до­ва­тель­но по­лу­ча­ем:

б)  Отбор кор­ней сде­ла­ем с по­мо­щью еди­нич­ной окруж­но­сти.

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  По­ме­стим за­дан­ную приз­му в де­кар­то­ву си­сте­му ко­ор­ди­нат, как по­ка­за­но на ри­сун­ке.

Вы­пи­шем ко­ор­ди­на­ты нуж­ных точек и най­дем ко­ор­ди­на­ты век­то­ров и

Най­дем ска­ляр­ное про­из­ве­де­ние век­то­ров и

Зна­чит, От­сю­да: что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Со­глас­но дан­ным за­да­чи: Най­дем ко­ор­ди­на­ты век­то­ра ко­то­рый пер­пен­ди­ку­ля­рен как к век­то­ру так и к век­то­ру Оче­вид­но, ска­ляр­ные про­из­ве­де­ния каж­дой такой пары равны нулю: т. е.

Итак, За­ме­ним этот век­тор ему кол­ли­не­ар­ным по­де­лив каж­дую ко­ор­ди­на­ту век­то­ра на z:

Те­перь со­ста­вим урав­не­ние плос­ко­сти, пер­пен­ди­ку­ляр­ной к век­то­ру и про­хо­дя­щей через любую точку пря­мой Ис­ко­мое урав­не­ние будет иметь вид: где   — со­от­вет­ству­ю­щие ко­ор­ди­на­ты век­то­ра   — ко­ор­ди­на­ты любой точки пря­мой Пусть такой точ­кой будет точка  Тогда:

Рас­сто­я­ние между скре­щи­ва­ю­щи­ми­ся пря­мы­ми и AC вы­чис­лим как рас­сто­я­ние между любой точ­кой пря­мой AC и най­ден­ной плос­ко­стью. В ка­че­стве на­зван­ной точки вы­бе­рем точку

Ответ: б)

Ре­ше­ние. Най­дем огра­ни­че­ния на x.

В ло­га­риф­мах пе­рей­дем к ос­но­ва­нию 3. Будем иметь: Пусть тогда

По­след­нее не­ра­вен­ство решим ме­то­дом ин­тер­ва­лов.

Итак, будем иметь: Те­перь пе­рей­дем к пе­ре­мен­ной x.

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пусть: F и E  — общие точки окруж­но­сти с цен­тром O₂ и общих внеш­них ка­са­тель­ных, G и H  — общие точки дру­гой за­дан­ной окруж­но­сти и тех же внеш­них ка­са­тель­ных, N и Q  — общие точки за­дан­ных окруж­но­стей и общей внут­рен­ней ка­са­тель­ной; T  — точка пе­ре­се­че­ния O₁O₂ и AB.

Со­еди­ним от­рез­ка­ми точки O₁ и A, O₂ и B. За­ме­тим, что:

AO₁ есть бис­сек­три­са угла HAB, AO₂  — бис­сек­три­са угла EAB. А эти углы яв­ля­ют­ся смеж­ны­ми. Так как бис­сек­три­сы двух смеж­ных углов вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны, то ∠O₁AO₂  =  90°. Ана­ло­гич­но до­ка­жем, что ∠O₁BO₂  =  90°. Таким об­ра­зом, по­лу­ча­ем , что сумма одной пары про­ти­во­по­лож­ных углов че­ты­рех­уголь­ни­ка O₁AO₂B равна 180°. Коли это так, то сумма и дру­гой пары про­ти­во­по­лож­ных углов того же че­ты­рех­уголь­ни­ка обя­за­на быть рав­ной 360° − 180°  =  180°. То есть вы­пол­ня­ет­ся при­знак впи­сан­но­го че­ты­рех­уголь­ни­ка, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что O₁Q || O₂N как два пер­пен­ди­ку­ля­ра к одной и той же пря­мой AB.

Рас­смот­рим Δ O₁QT и Δ O₂NT. Они пря­мо­уголь­ны, у них: ∠QTO₁ = ∠NTO₂ как вер­ти­каль­ные, ∠QO₁T = ∠NO₂T как внут­рен­ние на­крест ле­жа­щие при па­рал­лель­ных O₁Q, O₂N и се­ку­щей O₁O₂. Зна­чит, Δ O₁QT ~ Δ O₂NT,

Пусть тогда

В

В

Ответ: б) 12.

Ре­ше­ние. Обо­зна­чим бук­вой t время, про­шед­шее с на­чаль­но­го мо­мен­та вре­ме­ни. По­сколь­ку каж­дый ве­ло­си­пе­дист дви­жет­ся по вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ным до­ро­гам, то рас­сто­я­ние между ними может быть вы­чис­ле­но по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра. Рас­смот­рим f (t)  — квад­рат длины в каж­дый мо­мент вре­ме­ни, тогда

Итак, У дан­ной квад­ра­тич­ной функ­ции есть наи­мень­шее зна­че­ние, ко­то­рое до­сти­га­ет­ся при мин. Най­дем его:

Таким об­ра­зом, ми­ни­маль­ное рас­сто­я­ние между ве­ло­си­пе­ди­ста­ми равно км и будет до­стиг­ну­то через мин.

Ответ: мин, км.

При­ме­ча­ние.

Усло­вие уточ­не­но ре­дак­ци­ей Решу ЕГЭ.

Ре­ше­ние. Пре­об­ра­зу­ем пер­вое урав­не­ние си­сте­мы так:

Пря­мая делит ко­ор­ди­нат­ную плос­кость на две об­ла­сти (по­лу­плос­ко­сти).

Не­ра­вен­ством за­да­ет­ся та по­лу­плос­кость, ко­то­рая не со­дер­жит точку (0; 0), по­сколь­ку не­ра­вен­ство не­вер­но. Эту по­лу­плос­кость обо­зна­чим Q.

Пря­мая т. е. гра­ни­ца по­лу­плос­ко­сти Q, не вклю­ча­ет­ся в мно­же­ство точек плос­ко­сти, за­да­ва­е­мых пер­вом урав­не­ни­ем ис­ход­ной си­сте­мы.

Таким об­ра­зом, пер­вое урав­не­ние си­сте­мы за­да­ет часть окруж­но­сти с цен­тром в точке (−4; 3) и ра­ди­у­сом, рав­ным 2, т. е. дугу ACB с вы­ко­ло­ты­ми точ­ка­ми A и B. И это мно­же­ство точек плос­ко­сти обо­зна­чим бук­вой ω.

Най­дем ко­ор­ди­на­ты точек A и B.

или

Итак, A(−2; 3), B(−4;1).

Вто­рое урав­не­ние за­да­ет пучок пря­мых с уг­ло­вым ко­эф­фи­ци­ен­том а и про­хо­дя­щих через точку K(1; 3)  — центр пучка.

Оче­вид­но, ис­ход­ная си­сте­ма будет иметь ровно одно ре­ше­ние в том слу­чае, если пря­мая будет иметь един­ствен­ную общую точку с ω

Воз­мож­ны сле­ду­ю­щие ха­рак­тер­ные си­ту­а­ции:

1.  Пря­мая при имеет един­ствен­ную общую точку с ω. При этом урав­не­ние будет иметь ровно одно ре­ше­ние, что будет иметь место, если дис­кри­ми­нант (чет­верть дис­кри­ми­нан­та) урав­не­ния при об­ра­тит­ся в нуль.

2.  Пря­мая про­хо­дит через точку A(−2; 3). Тогда она пе­ре­се­чет ω в един­ствен­ной точке (−6; 3). Эта си­ту­а­ция на­сту­пит при a  =  0, так как пря­мая AK ока­жет­ся па­рал­лель­ной оси x.

3.  Пря­мая про­хо­дит через точку B(−4; 1). В дан­ной си­ту­а­ции пря­мая КВ с ω общих точек не имеет.

Най­дем со­от­вет­ству­ю­щее зна­че­ние па­ра­мет­ра a, при ко­то­ром на­сту­па­ет эта си­ту­а­ция. Так как точка B при­над­ле­жит пря­мой то ее ко­ор­ди­на­ты обя­за­ны удо­вле­тво­рить урав­не­нию этой пря­мой. Зна­чит,

Таким об­ра­зом, при ис­ход­ная си­сте­ма не­сов­мест­на.

Из гра­фи­че­ских пред­став­ле­ний ясно, что при пря­мая имеет един­ствен­ную общую точку с ω.

За­ме­тим также , что при пря­мая и ω имеют две общие точки, т. е. при таких а за­дан­ная си­сте­ма будет иметь ровно два ре­ше­ния.

При осталь­ных же зна­че­ни­ях a, не рас­смот­рен­ных выше, пря­мая и фи­гу­ра ω общих точек не имеют, сле­до­ва­тель­но, при таких а ис­ход­ная си­сте­ма ре­ше­ний не имеет во­об­ще.

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем: усло­вию за­да­чи удо­вле­тво­ря­ют эле­мен­ты мно­же­ства

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  нет, т. к. наи­боль­шая сумма равна

б)  да, на­при­мер:

в)  нет, т. к. наи­боль­шая сумма равна а сле­ду­ю­щая по ве­ли­чи­не

Ответ: а) нет; б) да; в) нет.