а)  Тре­уголь­ник BOC по­до­бен тре­уголь­ни­ку DOA по двум углам, по­это­му

От­рез­ки AO и ED, DO и AE со­от­вет­ствен­но па­рал­лель­ны, сле­до­ва­тель­но, AODE  — па­рал­ле­ло­грамм, зна­чит, и BO : AE  =  1 : 2, что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Тре­уголь­ник AME по­до­бен тре­уголь­ни­ку DMB по двум углам, от­сю­да сле­ду­ет, что

Ана­ло­гич­но

Ответ: б) 2.

Пре­об­ра­зу­ем си­сте­му:

Пусть тогда

Ис­ход­ная си­сте­ма имеет ре­ше­ние тогда и толь­ко тогда, когда имеет ре­ше­ние вто­рое урав­не­ние по­лу­чен­ной си­сте­мы. Левая часть этого урав­не­ния за­ви­сит толь­ко от t, а пра­вая  — толь­ко от а. По­это­му урав­не­ние имеет ре­ше­ния тогда и толь­ко тогда, когда его левая и пра­вая части при­ни­ма­ют одно и то же мно­же­ство зна­че­ний. Чтобы найти мно­же­ство зна­че­ний левой части урав­не­ния, за­пи­шем его в виде

и пре­об­ра­зу­ем по­лу­чен­ную левую часть:

Обо­зна­чим тогда вы­ра­же­ние в скоб­ках в левой части урав­не­ния можно за­пи­сать как и При функ­ция z(t) при­ни­ма­ет все не­от­ри­ца­тель­ные зна­че­ния. Функ­ция при не опре­де­ле­на, а при по­ло­жи­тель­ных зна­че­ни­ях z при­ни­ма­ет все зна­че­ния, не мень­шие 2. По­это­му левая часть урав­не­ния при­ни­ма­ет все зна­че­ния, не мень­шие

Най­дем, при каких зна­че­ни­ях па­ра­мет­ра пра­вая часть урав­не­ния при­ни­ма­ет такие же зна­че­ния:

Ответ:

При­ме­ча­ние.

Мы могли при­нять и вос­поль­зо­вать­ся из­вест­ным утвер­жде­ни­ем о том, что мно­же­ство зна­че­ний функ­ции пред­став­ля­ет собой луч Можно было бы, на­о­бо­рот, не сво­дить за­да­чу к из­вест­ной, а, по­лу­чив урав­не­ние

вве­сти в рас­смот­ре­ние функ­цию При по­мо­щи про­из­вод­ной можно найти мно­же­ство зна­че­ний этой функ­ции: Этим за­да­ча све­де­на к не­ра­вен­ству

При­е­дем ре­ше­ние Вик­то­ра Ко­ше­ле­ва.

За­ме­тим, что Пусть тогда

Пе­ре­пи­шем си­сте­му, ис­поль­зуя новые пе­ре­мен­ные:

Умно­жив пер­вое урав­не­ние на и при­ба­вив к нему вто­рое, по­лу­чим

Эта си­сте­ма, а вме­сте с ней и ис­ход­ная, имеет ре­ше­ние тогда и толь­ко тогда, когда

Решая по­лу­чив­ше­е­ся не­ра­вен­ство, по­лу­ча­ем

а)  Пусть ребро куба равно a. Про­ве­дем пря­мую EF па­рал­лель­ную пря­мой CP, по­лу­чим по­доб­ные тре­уголь­ни­ки DEF и BCP. Зна­чит,

от­ку­да

Не­труд­но за­ме­тить, что сле­до­ва­тель­но, по тео­ре­ме, об­рат­ной тео­ре­ме Пи­фа­го­ра, от­рез­ки B₁E и EF пер­пен­ди­ку­ляр­ны.

б)  Пусть R  — точка пе­ре­се­че­ния пря­мых CP и BE. За­ме­тим, что пря­мая CP пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой BE и пря­мая CP пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мой B₁B. Сле­до­ва­тель­но, пря­мая CP пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти BEB₁, а по­то­му рас­сто­я­ние между скре­щи­ва­ю­щи­ми­ся пря­мы­ми B₁E и СР равно длине пер­пен­ди­ку­ля­ра RH, про­ве­ден­но­го из точки R на пря­мую B₁E.

Тре­уголь­ни­ки BPR и BEA  — по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

Тре­уголь­ни­ки RHE и BEB₁ по­доб­ны, сле­до­ва­тель­но, от­ку­да

где Тогда от­ку­да

Ответ: б)

Рас­смот­рим пер­вое урав­не­ние. На от­рез­ке [−2; 3] оно имеет вид Его гра­фик  — две дуги окруж­но­сти с цен­тром в (0; 1) и ра­ди­у­сом

Вне ука­зан­но­го от­рез­ка урав­не­ние имеет вид от­ку­да В этом слу­чае гра­фи­ком яв­ля­ет­ся при­ве­ден­ное на ри­сун­ке объ­еди­не­ние че­ты­рех лучей, ле­жа­щих на пря­мых y  =  x и

Вто­рое урав­не­ние задаёт се­мей­ство пря­мых, па­рал­лель­ных пря­мой каж­дая из ко­то­рых про­хо­дит через точку за­ви­ся­щую от па­ра­мет­ра  а.

При a  =  16 эта пря­мая про­хо­дит через точку При a  =  3  — через точку B (3; 3). При a  =  −2  — через точку C (−2; −2). При a  =  −9  — через точку D (3; −1).

Из гео­мет­ри­че­ских со­об­ра­же­ний ясно, что пря­мая ка­са­ет­ся окруж­но­сти, когда про­хо­дит через точку A или точку E (2; −2). По­след­нее про­ис­хо­дит при a  =  −10.

На ос­но­ве этого ис­сле­до­ва­ния можно за­пи­сать ответ: одно или два ре­ше­ния си­сте­ма имеет при

Ответ:

а)  Про­длим от­ре­зок D₁T до пе­ре­се­че­ния с пря­мой A₁B₁ в точке К. Далее про­ве­дем пря­мую EK. Она пе­ре­се­чет ребро BB₁ в точке F. Че­ты­рех­уголь­ник EFTD₁  — ис­ко­мое се­че­ние. Плос­ко­сти BB₁C₁ и AA₁D₁ па­рал­лель­ны, зна­чит, пря­мые FT и ED₁ также па­рал­лель­ны. От­рез­ки EF и TD лежат на пе­ре­се­ка­ю­щих­ся пря­мых, сле­до­ва­тель­но, че­ты­рех­уголь­ник EFTD₁  — тра­пе­ция.

Тре­уголь­ни­ки D₁C₁T и КВ₁Т равны по ка­те­ту и остро­му углу, по­это­му Тогда от­ре­зок В₁F  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка КА₁Е, а по­то­му Про­ве­дем от­ре­зок FG па­рал­лель­но сто­ро­не A₁B₁, тогда тре­уголь­ни­ки GFE и TC₁D равны по двум ка­те­там, то есть

а зна­чит, тра­пе­ция EFTD₁ рав­но­бед­рен­ная.

б)  Имеем: тогда

Про­ве­дем FH  — вы­со­ту тра­пе­ции, най­дем ее длину:

от­ку­да

Тогда для пло­ща­ди рав­но­бед­рен­ной тра­пе­ции EFTD₁ по­лу­ча­ем:

Ответ: б)

а)  Рас­смот­рим пря­мую A₁E, где E  — се­ре­ди­на BB₁. Тогда PA₁  =  RE и от­рез­ки PA₁ и RE па­рал­лель­ны, сле­до­ва­тель­но, че­ты­рех­уголь­ник PREA₁  — па­рал­ле­ло­грамм. По­сколь­ку пря­мые A₁E и PR па­рал­лель­ны, пря­мая A₁E лежит в плос­ко­сти се­че­ния и про­хо­дит через точку Q (тре­уголь­ни­ки AQA₁ и EQB₁ по­доб­ны с ко­эф­фи­ци­ен­том k  =  2). Кроме того се­че­ние со­дер­жит ребро A₁D₁ и па­рал­лель­ный ему от­ре­зок EF, где точка F  — се­ре­ди­на СС₁, и пря­мые FD₁ и A₁E па­рал­лель­ны. По тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах от­ре­зок A₁E пер­пен­ди­ку­ля­рен сто­ро­не A₁D₁, сле­до­ва­тель­но, се­че­ние A₁EFD₁ яв­ля­ет­ся пря­мо­уголь­ни­ком, в ко­то­ром

Тогда

б)  Из точки Q про­ве­дем пря­мую QT, па­рал­лель­ную сто­ро­не AD, где точка T лежит в грани CDD₁C₁. Пря­мая QT лежит и в се­че­нии, и в плос­ко­сти ADC₁B₁, то есть яв­ля­ет­ся ли­ни­ей их пе­ре­се­че­ния, а зна­чит, точка T лежит на DC₁.

Пусть S  — точка пе­ре­се­че­ния AC₁ и QT, сле­до­ва­тель­но, S  — точка пе­ре­се­че­ния AC₁ с плос­ко­стью се­че­ния. По тео­ре­ме Фа­ле­са

Ответ: б)

а)  За­ме­тим, что углы CDE и CMN равны как впи­сан­ные, опи­ра­ю­щи­е­ся на одну дугу. По свой­ству смеж­ных углов

От­сю­да по­лу­ча­ем, что пря­мые MN и AB па­рал­лель­ны между собой. Что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  За­ме­тим, что

Зна­чит, по при­зна­ку па­рал­лель­но­сти пря­мые MN и XY па­рал­лель­ны. Тогда че­ты­рех­уголь­ник AXYB тра­пе­ция, впи­сан­ная в окруж­ность. Сле­до­ва­тель­но,

В рав­но­бо­кой тра­пе­ции AXYB про­ве­дем вы­со­ту XH, най­дем Зна­чит, По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра по­лу­ча­ем, что и По тео­ре­ме си­ну­сов

от­сю­да R  =  2.

Ответ: б) 2.

а)  Возь­мем на ребре CC₁ точку N так, чтобы пря­мые MN и CD были па­рал­лель­ны. Тогда пря­мая MN па­рал­лель­на сто­ро­не A₁F₁. Пря­мые BE и AF па­рал­лель­ны, а зна­чит, от­рез­ки MN и BE па­рал­лель­ны. Таким об­ра­зом, че­ты­рех­уголь­ник BNME  — тра­пе­ция, так как По­сколь­ку

тра­пе­ция BNME рав­но­бед­рен­ная.

б)  Рас­смот­рим про­ек­цию приз­мы на плос­кость, пер­пен­ди­ку­ляр­ную пря­мой AF, (см. ниж­ний рис.). Рас­сто­я­ние от точки F до плос­ко­сти α равно рас­сто­я­нию от точки С до плос­ко­сти α. Най­дем это рас­сто­я­ние, учи­ты­вая, что

от­ку­да Тогда вы­со­та будет равна

Пло­щадь тра­пе­ции BNME можно найти по фор­му­ле где x  — вы­со­та тра­пе­ции. Зная, что по­лу­ча­ем:

От­сю­да на­хо­дим пло­щадь тра­пе­ции BNME:

Тогда

Ответ: б) 36.

а)  Про­ве­дем пря­мую FC₁ и за­ме­тим, что CE = FB₁, сле­до­ва­тель­но, тре­уголь­ни­ки BCE и C₁FB₁ равны. Тогда пря­мые BE и FС₁ па­рал­лель­ны как сто­ро­ны рав­ных тре­уголь­ни­ков с двумя па­рал­лель­ны­ми сто­ро­на­ми. Таким об­ра­зом, угол между пря­мы­ми BE и AC₁ равен углу между пря­мы­ми FС₁ и AC₁, то есть равен углу AC₁F (этот угол яв­ля­ет­ся ост­рым углом ту­по­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка AC₁F).

б)  Вве­дем си­сте­му ко­ор­ди­нат с на­ча­лом в точке A и осями, на­прав­лен­ны­ми по реб­рам куба. Тогда: A(0; 0; 0), C(3; 3; 0), F(3; 0; 2), C₁(3, 3, 3). Плос­кость AC₁F про­хо­дит через на­ча­ло ко­ор­ди­нат, а по­то­му ее урав­не­ние имеет вид Имеем:

Удоб­но взять b  =  1, тогда c  =  –3, a  =  2. Таким об­ра­зом, най­де­но урав­не­ние плос­ко­сти: Те­перь при­ме­ним фор­му­лу для вы­чис­ле­ния рас­сто­я­ния от точки до плос­ко­сти:

Ответ: б)

а)  Пусть точки M и N  — се­ре­ди­ны сто­рон AD и DC со­от­вет­ствен­но, точка O  — центр ос­но­ва­ния, точка T  — се­ре­ди­на вы­со­ты пи­ра­ми­ды SO. От­ре­зок MN  — сред­няя линия рав­но­бед­рен­но­го пря­мо­уголь­но­го тре­уголь­ни­ка ACD  — пе­ре­се­ка­ет его вы­со­ту, бис­сек­три­су и ме­ди­а­ну DO в ее се­ре­ди­не  — точке E. За­ме­тим, что от­ре­зок MN лежит в плос­ко­сти α, сле­до­ва­тель­но, точка E и вме­сте с ней от­ре­зок ET также лежит в плос­ко­сти α. Оче­вид­но, что от­ре­зок ET  — сред­няя линия тре­уголь­ни­ка SOD, сле­до­ва­тель­но, пря­мые ET и SD па­рал­лель­ны, зна­чит, плос­кость α па­рал­лель­на ребру SD.

б)  Плос­кость α пе­ре­се­ка­ет ос­но­ва­ние ABCD по пря­мой MN, па­рал­лель­ной диа­го­на­ли AC, по­это­му плос­кость α пе­ре­се­ка­ет плос­кость SAC по пря­мой, па­рал­лель­ной диа­го­на­ли AC и про­хо­дя­щей через точку T, то есть по сред­ней линии тре­уголь­ни­ка SAD.

Пусть точки R и P  — се­ре­ди­ны ребер SA и SD со­от­вет­ствен­но, тогда RP  — ука­зан­ная выше пря­мая пе­ре­се­че­ния. Пря­мая ET лежит в плос­ко­сти SBD, пусть Q  — точка ее пе­ре­се­че­ния с SB. Таким об­ра­зом, се­че­ни­ем пи­ра­ми­ды плос­ко­стью α яв­ля­ет­ся пя­ти­уголь­ник MNPQR.

За­ме­тим, что по тео­ре­ме о трех пер­пен­ди­ку­ля­рах от­рез­ки TE и MN пер­пен­ди­ку­ляр­ны, по­сколь­ку от­ре­зок OD пер­пен­ди­ку­ля­рен диа­го­на­ли AC, сле­до­ва­тель­но, че­ты­рех­уголь­ник MNPR  — пря­мо­уголь­ник, а от­ре­зок QT  — вы­со­та тре­уголь­ни­ка PQR. Не­труд­но за­ме­тить, что тре­уголь­ни­ки ABD, SAC и SBD  — рав­ные (по трем сто­ро­нам) пря­мо­уголь­ные рав­но­бед­рен­ные тре­уголь­ни­ки. Кроме того, тре­уголь­ни­ки SBD, SOD, OET и STQ по­доб­ны, а зна­чит, все пря­мо­уголь­ные рав­но­бед­рен­ные.

Зная, что по­лу­ча­ем:

Таким об­ра­зом,

от­ку­да

Ответ: б)

а)  За­ме­тим, что точки A, E, C, D лежат на окруж­но­сти с диа­мет­ром ED, сле­до­ва­тель­но, Ана­ло­гич­но, точки A, B, C, H лежат на окруж­но­сти с ди­мет­ром  AC, зна­чит, От­сю­да Таким об­ра­зом, от­рез­ки BH и ED па­рал­лель­ны по при­зна­ку па­рал­лель­но­сти.

б)  По тео­ре­ме си­ну­сов для окруж­но­сти ABCH по­лу­ча­ем: По тео­ре­ме си­ну­сов для окруж­но­сти AECD по­лу­ча­ем: Ис­клю­чим АС, по­де­лив одно ра­вен­ство на дру­гое, на­хо­дим: от­ку­да

Ответ: 3 : 4.

Пусть от­ре­зок BH  — пер­пен­ди­ку­ляр, опу­щен­ный из точки B на про­дол­же­ние сто­ро­ны AD за точку A. Вы­ра­зим пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABE через пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD:

Ответ: 24.

a)  В тре­уголь­ни­ке SAB имеем:

по­это­му тре­уголь­ник SAB пря­мо­уголь­ный с ги­по­те­ну­зой SB и пря­мым углом SAB. Ана­ло­гич­но в тре­уголь­ни­ке SAD из ра­вен­ства

по­лу­ча­ем, что Пря­мая SA пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мым AB и AD, по­это­му пря­мая SA пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABD. По­лу­чи­ли, что ребро SA  — вы­со­та пи­ра­ми­ды SABCD.

б)  На пря­мой AB от­ме­тим такую точку E, что BDCE  — па­рал­ле­ло­грамм, тогда и DB  =  CE. Угол между пря­мы­ми SC и BD равен углу между пря­мы­ми SC и СЕ. Найдём угол SCE.

В пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ках ABD, SAC и SAE:

По тео­ре­ме ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке SCE:

сле­до­ва­тель­но,

Угол SCE  — тупой, зна­чит, ис­ко­мым углом яв­ля­ет­ся смеж­ный с ним угол, он равен

Ответ: 6)

При­ме­ча­ние.

Ре­ко­мен­ду­ем срав­нить эту за­да­чу с за­да­чей 513098.

Пусть от­ре­зок BH  — пер­пен­ди­ку­ляр, опу­щен­ный из точки B на про­дол­же­ние сто­ро­ны AD за точку A. Вы­ра­зим пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABE через пло­щадь па­рал­ле­ло­грам­ма ABCD:

Ответ: 17.

a)  В тре­уголь­ни­ке SAB имеем

по­это­му тре­уголь­ник SAB пря­мо­уголь­ный ги­по­те­ну­зой SB и пря­мым углом SAB. Ана­ло­гич­но в тре­уголь­ни­ке SAD из ра­вен­ства

по­лу­ча­ем, что Пря­мая SA пер­пен­ди­ку­ляр­на пря­мым AB и AD, по­это­му пря­мая SA пер­пен­ди­ку­ляр­на плос­ко­сти ABD. По­лу­чи­ли, что ребро SA  — вы­со­та пи­ра­ми­ды SABCD.

б)  На пря­мой AB от­ме­тим такую точку E, что BDCE  — па­рал­ле­ло­грамм, тогда и DB  =  CE. Угол SCE  — ис­ко­мый. В пря­мо­уголь­ных тре­уголь­ни­ках ABD, SAC и SAE

По тео­ре­ме ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке SCE

сле­до­ва­тель­но,

Ис­ко­мый угол равен

Ответ: б)

а)  Точка G  — точка пе­ре­се­че­ния ме­ди­ан тре­уголь­ни­ка BEC. По­это­му Тогда

Пусть По усло­вию зна­чит,

от­ку­да сле­ду­ет, что Сле­до­ва­тель­но,

б)  За­ме­тим, что

Най­дем пло­щадь тре­уголь­ни­ка ABC. По тео­ре­ме ко­си­ну­сов

от­ку­да

Тогда сле­до­ва­тель­но,

Ответ: б)

Пусть X  — дис­крет­ная слу­чай­ная ве­ли­чи­на, рав­ная числу ав­то­ма­тов, в ко­то­рых к ве­че­ру за­кон­чит­ся кофе. Она может при­ни­мать 3 зна­че­ния: 0, если кофе оста­нет­ся в обоих ав­то­ма­тах, 1 (кофе оста­нет­ся ровно в одном ав­то­ма­те) или 2, если кофе кон­чит­ся в обоих ав­то­ма­тах. Най­дем ве­ро­ят­но­сти этих со­бы­тий.

Ве­ро­ят­ность того, что кофе кон­чит­ся в обоих ав­то­ма­тах, в силу не­за­ви­си­мо­сти этих со­бы­тий равна

В пер­вом ав­то­ма­те кофе оста­нет­ся с ве­ро­ят­но­стью 0,8, а во вто­ром  — с ве­ро­ят­но­стью 0,4. Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся в обоих ав­то­ма­тах, равна

Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся ровно в одном ав­то­ма­те, равна

По­стро­им закон рас­пре­де­ле­ния Х:

Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние E слу­чай­ной дис­крет­ной ве­ли­чи­ны X, ко­то­рая может при­ни­мать три зна­че­ния, равно

Ответ: 0,8.

При­ме­ча­ние.

Ве­ли­чи­ну P(X  =  1) можно было найти не­по­сред­ствен­ным вы­чис­ле­ни­ем. Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся в пер­вом ав­то­ма­те равна 0,8 · 0,6  =  0,48. Ве­ро­ят­ность того, что кофе кон­чит­ся в пер­вом ав­то­ма­те, но оста­нет­ся во вто­ром равна 0,2 · 0,4  =  0,08. Эти со­бы­тия не­сов­мест­ные, по­это­му ровно в одном ав­то­ма­те кофе за­кон­чит­ся с ве­ро­ят­но­стью

Пусть X  — дис­крет­ная слу­чай­ная ве­ли­чи­на, рав­ная числу ав­то­ма­тов, в ко­то­рых к ве­че­ру оста­нет­ся кофе. Она может при­ни­мать 3 зна­че­ния: 0, если кофе за­кон­чит­ся в обоих ав­то­ма­тах, 1, если кофе оста­нет­ся ровно в одном ав­то­ма­те или 2, если кофе оста­нет­ся в обоих ав­то­ма­тах. Най­дем ве­ро­ят­но­сти этих со­бы­тий.

Ве­ро­ят­ность того, что кофе за­кон­чит­ся в обоих ав­то­ма­тах, в силу не­за­ви­си­мо­сти этих со­бы­тий равна

В пер­вом ав­то­ма­те кофе оста­нет­ся с ве­ро­ят­но­стью 0,2, а во вто­ром  — с ве­ро­ят­но­стью 0,7. Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся в обоих ав­то­ма­тах, равна

Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся хотя бы в одном ав­то­ма­те, равна

По­стро­им закон рас­пре­де­ле­ния Х:

Ма­те­ма­ти­че­ское ожи­да­ние E слу­чай­ной дис­крет­ной ве­ли­чи­ны X, ко­то­рая может при­ни­мать три зна­че­ния, равно

Ответ: 0,9.

При­ме­ча­ние.

Ве­ли­чи­ну P(X  =  1) можно было найти не­по­сред­ствен­ным вы­чис­ле­ни­ем. Ве­ро­ят­ность того, что кофе оста­нет­ся в пер­вом ав­то­ма­те, но за­кон­чит­ся во вто­ром, равна 0,8 · 0,7  =  0,56. Ве­ро­ят­ность того, что кофе за­кон­чит­ся в пер­вом ав­то­ма­те, но оста­нет­ся во вто­ром равна 0,2 · 0,3  =  0,06. Эти со­бы­тия не­сов­мест­ные, по­это­му ровно в одном ав­то­ма­те кофе за­кон­чит­ся с ве­ро­ят­но­стью

Решим за­да­чу, ме­то­дом три­го­но­мет­ри­че­ской за­ме­ны. Под­ко­рен­ное вы­ра­же­ние при­ни­ма­ет толь­ко по­ло­жи­тель­ные зна­че­ния, по­это­му для всех зна­че­ний пе­ре­мен­ной

Пусть где тогда лю­бо­му зна­че­нию x со­от­вет­ству­ет ровно одно зна­че­ние t из ин­тер­ва­ла По­лу­ча­ем, что:

Най­дем мно­же­ство зна­че­ний по­лу­чен­но­го вы­ра­же­ния. Каж­до­му зна­че­нию t из ин­тер­ва­ла со­от­вет­ству­ет ровно одно зна­че­ние из ин­тер­ва­ла (−1; 1). Тогда:

Таким об­ра­зом, урав­не­ние имеет ре­ше­ния при

Ответ: (−10; 10).

При­ме­ча­ние.

Пер­вым шагом мы по­лу­чи­ли в зна­ме­на­те­лях вы­ра­же­ния и по­ло­жи­ли Можно было по­сту­пить иначе: чтобы пре­об­ра­зо­вать сумму по­ло­жим тогда

далее ана­ло­гич­но.

Решим за­да­чу гра­фи­че­ски.

Под­ко­рен­ное вы­ра­же­ние при­ни­ма­ет толь­ко по­ло­жи­тель­ные зна­че­ния, по­это­му для всех зна­че­ний пе­ре­мен­ной

Будем рас­смат­ри­вать пра­вую часть как функ­цию a(x). За­да­ча сво­дит­ся к вы­яс­не­нию мно­же­ства зна­че­ний этой функ­ции. Она опре­де­ле­на, не­пре­рыв­на и диф­фе­рен­ци­ру­е­ма при всех зна­че­ни­ях ар­гу­мен­та. Най­дем про­из­вод­ную:

В силу спра­вед­ли­во­сти не­ра­венств

за­клю­ча­ем, что най­ден­ная про­из­вод­ная по­ло­жи­тель­на при всех зна­че­ни­ях х. Сле­до­ва­тель­но, функ­ция a(x) воз­рас­та­ет на всей чис­ло­вой пря­мой. Оста­лось вы­яс­нить пре­де­лы на бес­ко­неч­но­сти. Имеем:

Таким об­ра­зом, а по­то­му при каж­дом зна­че­нии па­ра­мет­ра, таком, что ис­ход­ное урав­не­ние имеет ре­ше­ние, при­чем един­ствен­ное. Эскиз гра­фи­ка функ­ции при­ве­ден на ри­сун­ке.

Ответ: (−10; 10).

а)  По по­стро­е­нию че­ты­рех­уголь­ник AODE  — па­рал­ле­ло­грамм. Зна­чит, OD  =  AE. Тре­уголь­ни­ки BOC и DOA по­доб­ны, зна­чит,

Тогда

б)  Пря­мые AE и BD па­рал­лель­ны, а по­то­му тре­уголь­ник AME по­до­бен тре­уголь­ни­ку DMB. Тогда

Сле­до­ва­тель­но, Ана­ло­гич­но ND  =  8. Зна­чит,

Ответ: 4.