Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/1998/06/55.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:24:55 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:17:13 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: 3

ОТВЕТЫ, УКАЗАНИЯ, РЕШЕНИЯ

55

треугольник BCD, O2 центр окружности, описанной около равнобедренного треугольника ACD, М середина отрезка CВ (рис.5). Треугольник DO1O2 прямоугольный и O1O2 = = OD + O2 D . Найдем радиусы окружностей: O2 D = 1 25 CD A = = ; в треугольнике 12 2sin A BCD полупериметр равен 4, DM = 2, S BDM = 3, поэтому S 3 = , а O1 D = DM O1 M = p 4 D O 5 O1 M = . 4 4. 2; 15 ln 2 - 9 . Решение. O Прямая у = 18х + 9 является касательной к графику функций - ax в точке (0; 9), так как B у = 9e C M эта точка принадлежит обеим Рис. 5 линиям, а по условию фигура М и прямая у = 18х + 9 имеют только одну общую точку. Следовательно, имеем
2 2

ны, разбивается на две трапеции прямой, проходящей через точку K параллельно РЕ и пересекающей PF в точке Q. Из равенства треугольников АМЕ и EKB получим, что MA = = BK = h/2. Из подобия треугольников МАР и A1 MF получим АР = 1 3 A1 F и, следовательно, АР = 1 6 a . По теореме косинусов в треугольнике APE найдем: PE 2 = a 2 36 + a 2 4 2 a 6 a 2 1 2 , т.е. РЕ = a 7 6 . Спроектируем сечение на плоскость АВС. Пусть Q1 , F1 , N1 проекции точек Q, F, N. Тогда FN1 = FN, отрезки FN1 , BQ1 , РЕ попарно парал1 1 лельны и АР = PQ1 = Q1 F1 = а/6, BQ1 = 2РЕ, FN1 = 1

bg b gb gb g

bg

= 3 4 BQ1 = 3 2 PE = a 7 4 . Итак, FN = a 7 4 . Пусть х расстояние между прямыми РЕ и Q1 B . Для нахождения х воспользуемся тем, что высота АН в треугольнике АРЕ равна х. Вычислим двумя способами площадь треугольника АРЕ. Имеем 1 2 AP AE sin 3 = 12 PE x , откуда получим х = = a 4 3 7 . По теореме о трех перпендикулярах МН перпендикуляра РЕ, т.е. = AHM = arctg AM AH =

bg bg

bg

bg

bg

=1

3 = 6 . Площадь проекции искомого сечения

b

g

S1 = x PE + Q1 B 2 + x Q1 B + F1 N1

-18 = 9e

e

- ax

j


x= 0

= -9a ,

= 13 3 24 . Искомая площадь S = S1 cos = 13 12 . 6. (3; 29), (1; 17), (19; 397), (15; 191). Решение. Выразив у через х, получим у=

d

i

d

i

2 = 13 a

2

3 96 =

откуда а = 2. Найдем точки пересечения кривых у = f1 x = 9 e = f2 x = 15 4 e 2 x :
x1 = -

x - 7x + 23 x-2

3

bg

bg
.

.

-2 x

иу=
3 2

Выделим целую часть, преобразовав дробь:
y=

1

2 Площадь фигуры М равна
x2

ln

4 3

, x2 =

ln 3 2

x - 2x + 2 x - 2x - 3 x - 2 + 17 x-2 y = x + 2x - 3 +
2

e

2

jb

g

,

x1

=

zd z

f2 x - f1 x dx =

b g b gi
- 4e
2x

т.е.

17 x-2

.

( )

x2

e15

- 9e

-2 x

j

dx = 15 x - 2e

x1

F GH

2x

+

9 2

e

-2 x

I JK

1 2

ln 3

14 - ln 23

= 15 ln 2 - 9 .

5. 13/12; 6 . Построение плоскости сечения . Точки K и Е лежат в плоскости , поэтому прямая KE лежит в этой плоскости (рис.6). Пусть M, L точки пересечения прямых AA1 и KE, A1 B1 и KE соответственно. Так как M и K , то прямая MK принадлежит . Далее (с менее подробным изложением) найдем точки пересечения плоскости с ребрами призмы. Проведем прямую MF, пересекающую ребро АС в точке Р. Аналогично проведем прямую LF, пересеB кающую ребро B1C1 Q в точке N. Соединим точки F, P, E, K, N, K F. Сечение построеQ но. P A C Вычисление площади H сечения S и угла между плоскостями. E N Введем обозначения: B АВ = а, B1 B = h. Пятиугольник M EPFNK, в котором РЕ и FN параллельРис. 6

Целые значения у примет при целых х тогда и только тогда, 17 примет целые значения, т.е. в следующих когда дробь x-2 случаях: х 2 = 1, х 2 = 1, х 2 = 17, х 2 = 17. Отсюда находим: x1 = 3, x2 = 1, x3 = 19, x4 = 15 а затем из равенства ( ) находим: y1 = 29, y 2 = 17, y 3 = 397, y 4 = 191.
Вариант 2

1. (2; 3), (6; 1). Указание. Исходная система равносильна системе

R |xyb x + 2yg | | |b x + 2y g = S | | xy | = 1. | T6
2

> 0, 16,

2. -

5 + 2n < x < + 2n , n Z . 4 4 Указание. Неравенство равносильно совокупности неравенств

LM MM MM MN

- sin x < 0,

R | S | | T

- sin x 0, 5 + 3 cos 4 x 8 > sin x.
4