Документ взят из кэша поисковой машины. Адрес оригинального документа : http://kvant.mccme.ru/pdf/2002/01/53.pdf Дата изменения: Fri Dec 23 19:26:45 2005 Дата индексирования: Tue Oct 2 00:17:16 2012 Кодировка: Windows-1251 Поисковые слова: п п п п

ОТВЕТЫ,

УКАЗАНИЯ,

РЕШЕНИЯ

F GH

- arccos

F 27 I GH 28 JK

+ 2 m; - arcsin

F 17 I GH 28 JK

+ 2 n ; m, n Z . Z

I JK

3. 10 км/ч. Указание. Рассмотрите два случая: 1) встреча произошла до момента или в момент изменения скорости первым велосипедистом; 2) встреча произошла после изменения скорости первым велосипедистом. 192 1728 = 69,12 . Пусть ABCD данный параллелог4. или 17 25 рамм (рис.8), O1 , O2 , O3 и O4 центры окружностей, описанных около треугольO ников АОВ, ВОС, СОD и AOD соответственно. Пусть AOB = C B ( 0 < < ). Так как OO2 , O2 O3 , O3 O4 и 1 OO4 являются середин1 O! ными перпендикулярами O O к отрезкам ВО, СО, DO и AO соответственно, то E OO2 O3 O4 параллелог1 A D рамм, причем O1O4 O3 = AOB = . Пусть Е проекция точO" . 8 ки O3 на прямую OO4 . 1 Поскольку АО = ОС, имеем O3 E = AO . Тогда АО = O3O4 sin = 16 sin . По следствию из теоремы синусов для треугольника АВО, в котором известен радиус описанной окружности R = 5, получаем АВ = 2 R sin = 10 sin . BD = 6 , следовательно, по теоВ том же треугольнике BO = 2 реме косинусов AB2 = AO + BO - 2 AO BO cos , т.е.
2 2

U | V | W

Здесь использовано обозначение Указание. Выполнив замену

F bag = GG GH

1 - 3a a+2

I JJ JK

#!
a +2 1- 3 a

l log 3

.

t=3

2 -2 - log 81 x + 6 x + 9

FG H

IJ K

=3

-2 - log 9 x + 3

,

после преобразований приходим к системе неравенств

100 sin = 256 sin + 36 - 192 sin cos .
Поделив полученное равенство на 12 sin ( sin 0 ), приходим к квадратному уравнению
3 ctg - 16 ctg + 16 = 0 .
2

2

2

2

2

. 42 Докажем вспомогательное Утверждение. Пусть в треугольник GSH вписана окружность с центром в точке О, касающаяся его сторон GS и GH в точках K и M соответственно. Прямая KM пересекает прямую o SO в точке Р. Тогда SPH = 90 . Доказательство. 1) Если треугольник GSH равнобедренный, GS = SH, то точки Р и М совпадают. SM являS ется биссектрисой, медианой и высотой треугольника GSH, поэтому K L угол SPH прямой. 2) Пусть SH < GS. O Тогда точки Н и М лежат по одну сторону от H P прямой SO, а Р лежит M внутри треугольника G GSH (рис.9). . 9 Пусть GSH = , SGH = , SHG = . Поскольку углы OKG и OMG прямые, точки О, K, G, M лежат на одной окружности, следовательно, OKM = = OGM = . Тогда из треугольника SKP имеем 2 SPK = - ++ =. 222 2 Поэтому OPM + OHM = , следовательно, выпуклый четырехугольник OPMH является вписанным в некоторую окo ружность. Но тогда OPH = OMH = 90 . 3) Пусть теперь SH > GS. Тогда точки Н и М лежат по разные стороны от прямой SO, а Р находится вне треугольника GSH (рис.10). S Дословно повторяя рассуждения п.2), получаем K L OKM = OGM = , O 2 поэтому SPK = . Так G 2 как равные углы ОРМ M и ОНМ опираются на H P один и тот же отрезок . 10 ОМ, а их вершины Р и Н находятся по одну сторону от прямой ОМ, то существует окружность, проходящая через точки О, Н, Р, М. Следоваo тельно, OPH = OMH = 90 . Утверждение доказано. Сфера, о которой идет речь в условии задачи, в пересечении с плоскостью ASB дает окружность, вписанную в треугольник GSH. Последний отсекается от треугольника ASB плоскостью, касающейся сферы в точке М (рис.11 и 12).

6. 729 6 ;

27 - 3 11

R3b | S0 | T

a + 2 t2 + 8a - 5 t - 3a - 1 0, < t < 1.

gb

gb

g

F GH

I JK

Отсюда имеем два решения 4 ctg = или ctg = 4 . 3 Дальнейшие вычисления очевидны. 5. -3 -

LM NM

1

d

-4; - 3 -

IF JG 3KH L b ag U M - NM F U U G -3; - H
1 3

; 3 U -3; - 3 + 3- 3+ 1 3 1

1 3

;-3 U U -3 + a ; - 2 при a -
-3; - 2 при a =

F GH

-4; - 3 -

OP QP

b

-4; - 3

OP 3Q P gUb

OP QP I JK

при a -; -

F GH

1 4

OP Q

;

bg i

F GH

1

4 10

;

1

I JK

;

g

1 10

;

U -3 - a ; - 3 U

U -3; - 3 + a

F GH

d

-4; - 3 -

bg 1O PU 3P Q

bg i L U M -3 + NM LM-3 + 1 3 MN

1 3

; - 2 при a

; - 2 при a

I JK

I JK

LM N

F GH

1

10 3

;

1

1 3

;+ .

I JK

I JK

;