Cl. Решите систему уравнений Hgcosx — IQ. 4c0sx ÷ 16 = О, I Jy + 2 sin Х= 0. Решение

Cl. Решите систему уравнений Hgcosx — IQ. 4c0sx ÷ 16 = О, I Jy + 2 sin Х= 0.

Решение.

Решим первое уравнение системы, как квадратное относитель­но 4cosx. Получим 4cosjc—8 (что невозможно, так как cosx ≤ 1), 1 √3

Либо 4cosx = 2, откуда cos Х = . Тогда либо sin Х = (ив этом случае второе уравнение системы не имеет решений, так как его а/3

Левая часть положительна), либо sin х = “-у • В этом случае вто­рое уравнение системы приводится к виду Jy = J3, откуда У= 3.

Ответ: х ≈ — ≡ + 2πn, п∈ Z, У= 3.

С2. В кубе A…DxНайдите угол меж­ду прямой ABxИ плоскостью ABCx.

Решение.

Поскольку BxC 1 BCxИ B1C1 АВ, То B1C — перпендикуляр к плоскости ABCx.Треугольник ABxC— равносто­ронний (его стороны равны диагона­лям граней куба), поэтому угол ABxC Равен 60°. Так как это угол между

Прямой AB1И перпендикуляром к плоскости ABCx,Получаем, что угол между прямой ABxИ плоскостью ABCxРавен 90° — 60° = 30°

Ответ:30°.

СЗ. Решите неравенство log∣x + 2∣ (4 + Ix— 2×2) ≤ 2.

Решение,Log∣x+ 2∣ (4 + 7x — 2×2) ≤ 2 <=> — — 2 ≤ 0 «

Cpf+2∙ Iog2 ∣x÷ 2|

Iog2 (4+ 7X— 2X2)- Iog2 ∣X+ 2|2

Iog2 ∣x+2∣-Iog2 1

(4+ 7x- 2×2)- (x + 2)2Л

< irr2Γ∏ ≤ °’ «

4 + 7x — 2×2>О,

2×2- 7х — 4 <О,

-1,5 <х<4.

Последняя система легко решается методом интервалов. Ответ: (—0,5; O}U[1; 4).

С4. Точки DhE—Основания высот непрямоугольного тре­угольника АВС, проведенных из вершин А и CСоответственно.

DE

Известно, что = К, BC = А и AB = Ь. Найдите сторону А С.

У* V

Решение.

Если треугольник ABCОстроуголь­ный (рис. 1), то основания высот ADИ CEЛежат на сторонах треугольника. Тогда четырехугольник AEDC— вписан­ный, поэтому Z—BDE = 180o — Z—CDE ≈ = Z—CAE ≈ Z—CAB.

Треугольники EDBИ CABПодобны (по двум углам) с коэффициентом

DE _ BE _ _ AC BC A‘

Т. е. cos а = К. Тогда по теореме коси­нусов

AC2 = BA2 ÷ BC2— 2BA ∙ BCcos а = = E2 + a2— 2abk.

Пусть теперь треугольник ABC Тупоугольный и, например, /.ACB Тупой (рис.2).

Тогда четырехугольник AECD Вписанный, и аналогично предыду­щему получаем: cos а = К и

AC2 = ⅛2 + A2- 2Abk.

Аналогичный ответ получаем в случае, когда /.CABТупой.

Пусть теперь а > 90° (рис. 3). Тогда основания высот ADИ CE Лежат на продолжениях сторон BC И АВ. Вписанные углы CDEИ CAE Опираются на одну и ту же дугу, поэтому

Рис. 2

/.BDE = /.CDE = /.CAE ≈ /.CAB.

Треугольники EDBИ CABПо­добны (по двум углам) с коэффи­циентом

4^ = 4ъ = cos(180° — α) = — cos а AC AB

Т P а = — к

Тогда AC2 = а2*+ B2 + 2Abk.

Ответ: Ja2+ B2— 2Abk, Ja2+ B2 + 2Abk.

С5. Найдите все значения я, такие, что для любого Х выпол­няется неравенство

|х + 1| + 2|х + А[> 3 — 2х.

Решение.

Рассмотрим функцию Дх) = 2х+ |х + 1| + 2|х + я|.

То Дх) = — х — 2а —1 убывает.

Если

Х >—л, Х > -1,

То Дх) = 5x + 2A + 1 возрастает.

ИлиД—1). Поэтому решение задачи получаем из решения системы
Fl—А) > 3, J—2α + \а — 1| > 3,
Д-1) > 3; -2 + 2|о — 1| > 3.

С6. Решите в натуральных числах уравнение N∖ + Sn + 13 = К2,

Где П\= 1 • 2 •… • П — произведение всех натуральных чисел от 1 до л.

Решение. Предположим, что П > 5. Тогда П\ делится на 2 и 5, а значит десятичная запись числа в левой части оканчивается на 3 или на 8. Но несложный перебор по последней цифре показы­вает, что квадрат целого числа не может оканчиваться ни на 3, ни на 8.

Наконец, перебирая л от 1 до 4 находим единственное реше­ние.

Ответ: п= 2; К= 5.