Задача 1. Да се реши уравнението софийски университет св. климент охридски писмен конкурсен изпит по математика II 31 март 2019 г. Tема 1 (x 1) x 2 =

Препис

1 Задача 1. Да се реши уравнението софийски университет св. климент охридски писмен конкурсен изпит по математика II 1 март 019 г. Tема 1 x 1) x = x x 6. Решение: 1.) При x <, от x = x + следва, че уравнението е еквивалентно на x 1) x+) = x x 6 и последователно получаваме x +x = x x 6, x 4x 4 = 0 и x x 4 = 0. Корени на последното са x 1 = 1 < и x = 1 +. Така решение на задачата е x 1 = 1..) При x, от x = x следва, че уравнението е еквивалентно на x 1)x ) = x x 6 и последователно получаваме x x + = x x 6 и x = 8 с корен x = 4, който е решение на задачата. Окончателно получаваме, че решения на задачата са x = 1 и x = 4. Задача. За ABC е известно, че BC = AC, BAC = 19 и AM M BC) е медиана. Намерете големината на AM B. Решение: Първи начин: За ABC и M AC имаме, че γ е общ. От условието следва, че CM = CB = BC CA и тогава AC = = CA. Така ABC и CM MAC са подобни по втори признак и следователно AMC = BAC = 19. Тогава AMB = = 161. Втори начин: При стандартните означения за ABC от формулата за медианата имаме m a = 1 4 c + b b) ) и от тук 1) m a = c. От условието и косинусова теорема за ABC получаваме b) = b + c bc cos α и тогава ) b = c bc cos α. От условието ) b b и косинусова теорема за ABM получаваме c = m a + m a cos ϕ и от 1), ) c c = + b c b c cos ϕ, = b bc cos ϕ и ) b = c + bc cos ϕ. Тогава от ) и ) следва, че cos ϕ = cos α, ϕ = 180 α = = 161. Окончателно AMB = 161. Задача. Да се реши неравенството x + 7x 6 0 x 11x + 0. Решение: Неравенството има смисъл при x + 7x 6 0 и 0 x 11x + 0. Първото условие се удовлетворява от x [1, 6]. Непосредствено се проверява, че x = 1 е решение на задачата, а за x = 6 неравенството няма смисъл. При x 1, 6) неравенството е еквивалентно на x 11x + > 0 и от това, че x 11x + < 0 за x 1, ), последователно получаваме x 11x + ) > 0, x 11x + 0 < 0 с решение x 5, 6). За решението на неравенството окончателно получаваме x {1} 5, 6).

2 Задача 4. Намерете острия BAD и лицето на ромба ABCD, ако радиусите на описаните около ABC и ABD окръжности са съответно и 1. Решение: Нека BAD = α, AB = a. Тогава BAC = α и ABD = 180 α. От синусова теорема за ABC имаме a = BC =.. sin α, а от синусова теорема за ABD имаме a = AD =.1. sin 180 α. Приравнявайки тези резултати за страната на ромба получаваме sin α = sin 180 α α, sin = cos α, tg α = 1 Последователно получаваме α = 0, α = 60, a =.. 1 = и S ABCD = a sin α =. Задача 5. Намерете стойностите на параметъра a, за които уравнението a. x + 1 x a.x 1 x = a има единствено решение. Решение: Понеже y = x > 0, то даденото уравнение има единствено решение тогава и само тогава, когато уравнението a.y + 1 y a.y 1 = a има само едно положително решение, т.е. y когато уравнението ) ay a + 1)y + 6a + 5 = 0 има само едно положително решение, различно от и. Всички възможни случаи за последното са: 1) a = 0. Тогава ) e линейно с единствен положителен корен y = 5, от където a = 0 е от отговорите на задачата. ) D = a + 1) a6a + 5) = a a + 1 = 0. Това се случва при a = 1 и a = 1 със съответни единствени корени y = 1 > 0 и y = 4 > 0.. Следователно a = 1 и a = 1 отговорите на задачата. са от ) Когато y = е решение на ). Тогава a = 1 и другият корен на ) е y = < 0. Няма положително решение, различно от и. Следователно a = 1 не е от отговорите на задачата. 4) Когато y = е решение на ). Тогава a = 1 и другият корен на ) е y = 7 > 0. Има само едно положително решение, различно от и. Следователно a = 1 е от отговорите на задачата. 5) 6a + 5 a 0. При a = 5 6 решения на ) са y = 0 и y = 8 5 > 0. Има само едно положително решение, различно от и и следователно a = 5 6 е от отговорите на задачата. Тъй като a = 1

3 е вече разгледан, нека сега да разгледаме случая a 5 ) 1 ), 0. Тогава D > 0 и от формулите на Виет y 1.y = 6a + 5 < 0 имаме, че уравнението ) има два реални корена y 1 и a y с различни знаци, като положителният е различен от и. Така a 5 ) 1 ), 0 са от отговорите на задачата. Обобщавайки получените резултати за отговора на задачата имаме: a { 1} [ 5 ) 1 ], 0 { } 1 { } 1. Задача 6. Да се пресметне лицето на трапеца ABCD AB CD), ако AC = 1, BD = 0 и височината на трапеца е h = 1. Решение: Нека P е точката от правата AB, такава чe P C BD. Тогава четириъгълникът BP CD е успоредник и за него имаме имаме P C = BD = 0 и BP = DC. Триъгълникът AP C е равнолицев с трапеца ABCD понеже S BP C = S ACD. Търсим лицето на AP C : Първи начин: Нека CH H AB) е височина за трапеца ABCD. От CH = 1 и питагорова теорема за AHC и P HC намираме съответно AH = AC CH = 5 P H = P C CH = 16. Тогава за AP имаме следните възможности: { AH + HP = = 1, ако P AC < 90 ; AP = AB + CD = HP AP = 16 5 = 11, ако P AC > 90, { 16, ако P AC < 90 ; 66, ако P AC > 90. AB + CD а за лицето - съответно S ABCD =.CH = AP.CH = 6.AP = Забележка: От AC < P C следва, че AP C < 90 и при фиксиран правоъгълен P CH точка A удовлетворява условията: лежи на правата HP и е на разстояние 1 от точка C. Такива има две. На чертежа A и A 1.) Втори начин: Нека ACP = γ. Изразявайки по два начина лицето на AP C имаме AC.P C sin γ = S AP C = AP.CH и за AP имаме AP = 65 sin γ. От друга страна от косинусова теорема за AP C имаме AP = AC +P C AP.P C cos γ и AP = cos γ. От тези две връзки за AP и γ получаваме 65 cos γ) 765 cos γ) = 0. Последното уравнение има две решения 16 и 56 за 65 cos γ. От тук съответно cos γ е за лицето по формулата S AP C = AC.P C 16 6 или, а sin γ е или Окончателно sin γ) получаваме S AP C = 66 и S AP C = 16. Задача 7. Основата ABCD на четириъгълна пирамида ABCDE е квадрат със страна 4, а околните ръбове сключват с равнината на основата ъгъл 45. През средите на ръбовете AB, BC и DE е прекарана равнина γ. Да се намери лицето на сечението на γ с пирамидата.

4 Решение: От условието за околните ръбове следва, че проекцията E 1 на върха на пирамидата E е пресечната точка на диагоналите на основата, а ACE и BDE са еднакви равнобедрени и правоъгълни и са еднакви на триъгълниците ABC, BCD, CDA и DAB от основата. Така околните стени са равностранни триъгълници. Означаваме на Черт.7а) с M, N и P средите съответно на AB, BC и DE. Нека Q е средата на MN, а T е пресечната точка на P Q и EE 1. Означаваме с L и K пресечните точки на правата през T и успоредна на AC, съответно с околните ръбове AE и CE. От това, че P и Q са от равнината γ, последователно получаваме, че от тази равнина са и точка T и отсечката LK. Така сечението на γ с пирамидата е петоъгълникът MNKP L. В равнината DBE на Черт.7б) построяваме отсечка P P 1, такава че P P 1 DB и P 1 DB). От условието на задачата следва, че P P 1 е средна отсечка в DE 1 E и P P 1 = EE 1. Тогава DP 1 = P 1 E 1 = E 1 Q = QB, T E 1 е средна отсечка в P P 1 Q и T E 1 = P P 1 = EE 1 4. От EE 1 = DE 1 = имаме P P 1 = и P 1 Q =. От питагорова теорема за P P 1 Q получаваме P Q = и тогава P T = T Q =. ACE и LKE на Черт.7а) са подобни по първи признак. От полученото вече T E 1 = EE 1 4 имаме, че ET = 4 EE 1 и тогава LK AC = ET = EE 1 4. Следователно LK =. От еднаквостите LP E = KP E и AML = CNK получаваме че LKP и трапецът MNKL са равнобедрени, а съответно P T и T Q са техни височини. За лицата им имаме: S LKP = LK.P T =. = 5 MN + LK и S MNKL = T Q. = + ) = Тогава S MNKP L = S LKP + S MNKL = 4 5. Задача 8. Лицето на ABC е 64. Върху страните му AB, BC и CA лежат съответно точките K, L и M, така, че AK = x AB, BL = x BC, AM = xac и AM MC, където x е реална променлива. Намерете най-малката стойност на лицето на триъгълника KLM и стойността на x, за която се достига най-голямата стойност на лицето на триъгълника KLM. Решение: От условията AM = xac и AM M C получаваме ограниченията x 1 и x 1 4. При стандартните означения за ABC от условието на задачата имаме AK = xc, BK = 1 x)c, BL = x a, CL = 1 x )a, CM = 1 x)b и AM = xb. Следователно S MAK = xc.xb sin α = xxs ABC = 64.x,

5 S KBL = 1 x)c.x a sin β = 1 x)x S ABC = 641 x)x и S LCM = 1 x )a.1 x)b sin γ = 1 x )1 x)s ABC = 641 x )1 x). Тогава S KLM = S ABC S MAK S KBL S LCM = 64 1 x 1 x)x 1 x )1 x) ) = 64 x x + x ). [ 1 Разглеждаме функцията sx) = 64 x x + x) за x 4, 1 ]. За производната на тази функция имаме s x) = 64 x 4x+). Уравнението s x) = 0 има корени x 1 = < 0 и x = + 1 4, 1 ) [. s 1 x) е положителна в интервала 4, + ) и отрицателна в интервала +, 1 ] и съответно sx) расте в първия и намалява във втория интервал. Тогава стойността на x, за която се достига най-голямата стойност на лицето на KLM е x = + ) 1. Най-малката стойност на лицето на KLM е по-малкото от числата s = ) 4 1 и s = 4, което е.