а) Умножим обе части уравнения на −2 и заменим выражения и выражениями, тождественно равными и соответственно. Правую часть уравнения перенесем в левую часть с изменением знака каждого слагаемого на противоположный: Преобразуем левую часть последнего уравнения, выделяя при этом полный квадрат разности

Далее будем иметь:

Докажем, что ни при каких значениях выражение в нуль не обращается. Для этого достаточно оценить выражение сверху и снизу. Известно, что Эти неравенства одинакового смысла, следовательно, их можно сложить: А теперь к каждой части последнего неравенства прибавим 4. Получим: Таким образом, мы убедились, что при любом значении переменной Следовательно, заданное уравнение равносильно уравнению Решим его:

б) Заметим, что так как (неравенство очевидное). Также легко убеждаемся в справедливости неравенства поскольку В промежутке лежит единственный корень уравнения равный нулю. Отрезку принадлежат два корня уравнения и

Однако так как Корень будет искомым, поскольку

То, что очевидно. Докажем, что Действительно,

Ответ: а) б)

Заметим, что сечение может быть параллельно только диагонали BD. (она не имеет общих точек с AM). Чтобы построить его проведем отрезок MN параллельно прямой BD так, что . Обозначим точку пересечения прямых MN и HS за O. (H — центр основания пирамиды). Проведем теперь прямую AO, она лежит в плоскости ASC и поэтому пересечет ребро SC в некоторой точке K. Четырехугольник AMKN — исходное сечение (действительно, он содержит прямую MN параллельную прямой BD).

Рассмотрим треугольник CSH и прямую OK и применим для них теорему Менелая:

Значит,

Рассмотрим теперь треугольник ASC. Он равнобедренный, основание равно высота Значит,

Значит, По теореме косинусов найдем

Теперь:

значит, По теореме о трех перпендикулярах прямая AK перпендикулярна прямой BD, значит и AK перпендикулярна прямой MN. Кроме того, . Поэтому:

Ответ: 30.

Рассмотрим первое неравенство системы:

Итак, решения первого неравенства системы:

Решим второе неравенство системы. Неравенство имеет смысл при всех значениях удовлетворяющих условию:

Последнее неравенство верно при всех

Решением второго неравенства системы является множество

Найдем пересечение решений обоих неравенств системы. Искомым множеством является

Ответ:

В данной задаче имеется неоднозначность в выборе варианта буквенного обозначения вершин трапеции, а также в выборе большего основания.

В этой связи возможны следующие случаи:

Случай 1 (рис.1).

Основания трапеции ВС и АD. ~

Следовательно, Значит,

Теперь рассмотрим треугольники ABE и CBE. Они имеют общую высоту, проведенную к сторонам АЕ и СЕ соответственно. Следовательно, их площади относятся как 3 : 1.

Отсюда Треугольники АСD и АВD также равновелики как имеющие одно и тоже основание АD и равные высоты, проведенные к этой стороне.

Таким образом, S(ABCD) = 9 + 1 + 3 + 3 = 16.

Случай 2 (рис.2).

Основания трапеции DС и AB. Как было показано выше, но с учетом других обозначений получим, что Значит,

Аналогично со случаем 1 будем иметь:

Случай 3 (рис.3).

Основания трапеции DС и BA. Трапеции BCDAи DABC симметричны относительно прямой, проходящей через середины их оснований. Следовательно, как и в случае 3,

Случай 4 (рис.4).

Основания трапеции DС и BA. Как и в предыдущих случаях:

По условию

Значит,

Ответ: 16; 48; 144.

Случай 1. Тогда требуется, чтобы при всех x выполнялось Значит, и откуда

Случай 2. Тогда требуется, чтобы при всех x выполнялось Значит,

Совмещая эти условия, получаем, что

Ответ:

а) Рассмотрим прогрессию с первым членом и знаменателем Это бесконечно убывающая геометрическая прогрессия, её сумма равна

б) Пусть первый член прогрессии это а знаменатель это где — натуральные числа. Тогда по условию получаем уравнение: После преобразований получается равенство: Если то решений в натуральных числах нет, а если то нечетно, и не может иметь никаких простых делителей, кроме 5. Тогда что тоже невозможно.

Ответ: а) да; б) нет.