Ре­ше­ние. а)  Огра­ни­че­ния на x:

Для таких x:

б)  Отбор кор­ней про­из­ве­дем с по­мо­щью еди­нич­ной окруж­но­сти.

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. а)  Пусть M  — се­ре­ди­на AB, N  — се­ре­ди­на BC, O  — центр ниж­не­го ос­но­ва­ния приз­мы, O₁  — центр верх­не­го ос­но­ва­ния, D  — се­ре­ди­на АС, D₁  — се­ре­ди­на A₁C₁. Со­еди­ним от­рез­ком точки: M и N. И пусть K  — точка пе­ре­се­че­ния MN и BD. Со­еди­ним K и O₁, и O₁ от­рез­ка­ми.

Про­ве­дем через O₁ пря­мую, па­рал­лель­ную AC₁, точки пе­ре­се­че­ния этой пря­мой с A₁B₁ и B₁C₁ обо­зна­чим P и Q со­от­вет­ствен­но. Со­еди­ним от­рез­ка­ми точки: P и Q, P и M, N и Q.

До­ка­жем, что точки P, Q, M, N лежат в одной плос­ко­сти.

PQ || A₁C₁ по по­стро­е­нию, A₁C₁ || AC по усло­вию, AC || MN, по­сколь­ку MN  — сред­няя линия ΔABC по усло­вию. Сле­до­ва­тель­но, PQ || MN. А через две па­рал­лель­ные пря­мые про­хо­дит одна и толь­ко одна плос­кость. Зна­чит, эта плос­кость и есть плос­кость β, о ко­то­рой го­во­рит­ся в усло­вии за­да­чи.

OO₁ ⊥ (ABC), OK  — про­ек­ция на­клон­ной O₁K на (ABC), OK ⊥ MN, от­ку­да по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах O₁K ⊥ MN.

За­ме­тим, что ∠OKO₁  — угол между плос­ко­стью ниж­не­го ос­но­ва­ния приз­мы и се­ку­щей плос­ко­стью β.

Пусть ребра за­дан­ной приз­мы равны а. Тогда:

б)  Пусть точки P₁, Q₁  — про­ек­ции точек P и Q на AB и BC со­от­вет­ствен­но. Тогда P₁MNQ₁  — про­ек­ция че­ты­рех­уголь­ни­ка (фак­ти­че­ски тра­пе­ции) PMNQ. Сле­до­ва­тель­но, P₁MNQ₁  — также тра­пе­ция с ос­но­ва­ни­я­ми P₁Q₁, MN и вы­со­той OK. Зна­чит:

Ясно, что MN  =  3;

Ответ: а) б)

Ре­ше­ние. Ре­ше­ние 1.

Най­дем огра­ни­че­ния на x:

Таким об­ра­зом, в даль­ней­шем мы будем рас­смат­ри­вать за­дан­ное не­ра­вен­ство толь­ко на мно­же­стве Так как то:

Ясно, что но убе­дим­ся, что

(не­ра­вен­ство оче­вид­ное).

Таким об­ра­зом, ис­ко­мы­ми зна­че­ни­я­ми х яв­ля­ют­ся эле­мен­ты мно­же­ства

Ответ:

Ре­ше­ние 2.

Оче­вид­но x > 1, иначе внут­рен­ний ло­га­рифм не опре­де­лен. Тогда

Ответ:

Ре­ше­ние. а)  Пло­щадь боль­шо­го круга равна пло­щадь ромба Надо по­ка­зать сле­ду­ю­щее:

То есть надо до­ка­зать, что ра­ди­ус впи­сан­ной окруж­но­сти r как ми­ни­мум в 2 раза мень­ше сто­ро­ны ромба. Для этого рас­смот­рим тре­уголь­ник BOC: он пря­мо­уголь­ный, так как диа­го­на­ли ромба вза­им­но пер­пен­ди­ку­ляр­ны; OH = r  — вы­со­та дан­но­го тре­уголь­ни­ка. Не­труд­но до­га­дать­ся, что зна­че­ние r мак­си­маль­но, когда тре­уголь­ник BOC яв­ля­ет­ся рав­но­бед­рен­ным: в таком слу­чае OH яв­ля­ет­ся вы­со­той и ме­ди­а­ной, а ме­ди­а­на, про­ве­ден­ная из пря­мо­го угла, равна по­ло­ви­не ги­по­те­ну­зы, то есть от­ку­да Зна­чит, во всех осталь­ных слу­ча­ях вы­со­та OH будет толь­ко мень­ше, чем 0.5. Таким об­ра­зом, до­ка­за­ли, что

Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Обо­зна­чим и из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка BOC най­дем:

Най­дем и : так как обо­зна­чим от­ку­да по­лу­чим по ос­нов­но­му три­го­но­мет­ри­че­ско­му тож­де­ству:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка BOH по­лу­чим:

С дру­гой сто­ро­ны Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка по­лу­чим:

При­рав­ни­вая вы­ра­же­ния для BO, по­лу­чим:

Ана­ло­гич­но рас­смот­рим пря­мо­уголь­ный тре­уголь­ник OHC:

По ана­ло­гии с вы­чис­ле­ни­я­ми выше, по­лу­чим:

Снова при­рав­ни­вая вы­ра­же­ния для OC, по­лу­ча­ем:

Окон­ча­тель­но, чтобы найти со­от­но­ше­ние между ра­ди­у­са­ми окруж­но­стей, по­де­лим най­ден­ные вы­ра­же­ния друг на друга:

Ответ:

При­ме­ча­ние: если все же не оче­ви­ден факт того, что вы­со­та в пря­мо­уголь­ном тре­уголь­ни­ке наи­боль­шая, когда его ка­те­ты равны, то ниже при­ве­де­но два ва­ри­ан­та стро­го­го до­ка­за­тель­ства:

1)  Обо­зна­чим CH = x, BH = a − x. Из свойств пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка из­вест­но:

Ве­ли­чи­на (а сле­до­ва­тель­но, и r) наи­боль­шая, когда мак­си­маль­но зна­че­ние вы­ра­же­ния Можно за­ме­тить, что   — это па­ра­бо­ла с вет­вя­ми, на­прав­лен­ны­ми вниз. Тогда вер­ши­на па­ра­бо­лы на­хо­дит­ся по фор­му­ле

2)  Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка BOC по­лу­ча­ем:

Из пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка BOH по­лу­чим:

Чтобы найти наи­боль­шее зна­че­ние, не­об­хо­ди­мо взять про­из­вод­ную от r:

Окон­ча­тель­но

При­ведём дру­гое ре­ше­ние:

А)  Пусть ABCD  — за­дан­ный ромб, ∠A ≤ 90°, О  — центр окруж­но­сти, впи­сан­ной в ромб, R  — ра­ди­ус этой окруж­но­сти, K  — про­ек­ция точки В на AD.

От­сю­да:

Мы будем срав­ни­вать не­из­мен­ную пло­щадь круга S_кр при фик­си­ро­ван­ном зна­че­нии его ра­ди­у­са, рав­но­го R, с пло­ща­дью ромба S_r при раз­лич­ных зна­че­ни­ях его остро­го угла А. Ясно, что S_r будет иметь наи­мень­шую пло­щадь при фик­си­ро­ван­ном R, если Тогда:

Коли это так, даль­ней­шая наша за­да­ча  — по­ка­зать, что число π со­став­ля­ет менее 0,8 части числа 4.

0,8 часть числа 4 есть 3,2. Но π < 3,2, что в свою оче­редь озна­ча­ет, что пло­щадь круга, огра­ни­чен­но­го окруж­но­стью Θ, со­став­ля­ет менее 80% пло­ща­ди ромба.

б)  Пусть O₁  — центр окруж­но­сти ω₁, O₂  — центр окруж­но­сти ω₂, ∠CAD  =  α₁, ∠CBD  =  α₂, ра­ди­ус окруж­но­сти ω₁ равен r₁, окруж­но­сти ω₂ равен r₂. Тогда Если OD  =  t, то AO  =  2t. А также:

Это с одной сто­ро­ны. С дру­гой же сто­ро­ны: Таким об­ра­зом,

Ана­ло­гич­но:

Ответ: б)

Ре­ше­ние. При наших рас­че­тах мы будем иметь в виду, что 1 млн. руб­лей есть 1000 тысяч руб­лей. Еже­ме­сяч­ные вы­пла­ты Эль­ви­ры имеют две со­став­ля­ю­щие: пер­вая со­став­ля­ю­щая – фик­си­ро­ван­ная сумма, рав­ная ты­ся­чам руб­лям, вто­рая со­став­ля­ю­щая вы­пла­та про­цент­ной став­ки банка, ко­то­рая рав­но­мер­но умень­ша­ет­ся из ме­ся­ца в месяц в связи с умень­ше­ни­ем долга Эль­ви­ры перед бан­ком. Сле­до­ва­тель­но, чтобы от­ве­тить на во­прос за­да­чи, до­ста­точ­но найти раз­ность между суммы рав­ной вто­рой со­став­ля­ю­щей еже­ме­сяч­ных вы­плат банку за пер­вые 12 ме­ся­цев, и суммы рав­ной вто­рой со­став­ля­ю­щей еже­ме­сяч­ных вы­плат за по­след­ние 12 ме­ся­цев кре­ди­то­ва­ния.

Ре­ше­ние. Начнём ре­ше­ние с рас­смот­ре­ния ОДЗ дан­но­го урав­не­ния. По­лу­ча­ем сле­ду­ю­щие усло­вия на x:

Для того чтобы ОДЗ не ока­за­лась пу­стым мно­же­ством, не­об­хо­ди­мо усло­вие a > 0.

Пре­об­ра­зу­ем ис­ход­ное урав­не­ние с учётом ОДЗ:

По тео­ре­ме Виета про­из­ве­де­ние кор­ней урав­не­ния равно 1, зна­чит, оба корня од­но­го знака. Сумма кор­ней равна по­сколь­ку a>0. По­это­му если корни есть, то они по­ло­жи­тель­ны, то есть удо­вле­тво­ря­ют ОДЗ. Таким об­ра­зом, оста­лось про­ве­рить факт на­ли­чия кор­ней у этого урав­не­ния, то есть ре­шить не­ра­вен­ство D ≥ 0:

С учётом огра­ни­че­ния a > 0, по­лу­ча­ем ответ a ∈ (0; 1].

Ответ: a ∈ (0; 1].

Ре­ше­ние. а)  Да, это воз­мож­но. Рас­ста­вим числа так

б)  Все эти суммы могут быть равны −3, −2, −1, 0, 1, 2, 3, это всего семь ва­ри­ан­тов, а нужно сде­лать во­семь раз­лич­ных сумм. Это не­воз­мож­но.

в)  Да, это воз­мож­но. Рас­ста­вим числа так

Ответ: а) да, б) нет, в) да.