Задачи от изпит

[Гост]

Здравейте! Решавам един примерен изпит за ТУ и се затруднявам в три задачи. Ще съм ви благодарен ако можете да ми помогнете

[Davids]

17. Всъщност, тъй като пирамидата е правилна четириъгълна, то върхът й може да се проектира върху средата на диагонала на основата, от което следва, че равнината АCM е перпендикулярна на основата и ъгълът, чийто косинус търсим, всъщност се сключва между диагонала на основата и отсечката AE. Всичко се свежда до тази зависимост в квадрата и търсим косинуса на [tex]\angle EAC[/tex].
Означаваме страната на квадрата с [tex]a[/tex]. Знаем, че [tex]CE = \frac{a}{2}[/tex], а диагоналът на всеки квадрат е равен на [tex]\sqrt{2}a[/tex]. За триъгълника [tex]ACE[/tex] това са страни, а ъгълът [tex]\angle ACE = 45^{\circ}[/tex]. Намираме [tex]AE[/tex] по косинусова теорема:
[tex]AE^2 = 2a^2 + \frac{a^2}{4} - 2\sqrt{2}a.\frac{a}{2}.cos45^{\circ}[/tex]
[tex]...[/tex]
[tex]AE^2 = \frac{5}{4}a^2[/tex]
[tex]AE = \frac{\sqrt{5}}{2}a[/tex]
Сега ще ползваме косинусова теорема, за да намерим косинуса на търсения ъгъл [tex]\angle CAE[/tex], който ще означим с [tex]x[/tex]:
[tex]\frac{a^2}{4} = 2a^2 + \frac{5}{4}a^2 - 2.\sqrt{2}a.\frac{\sqrt{5}}{2}a.x[/tex]
[tex]3a^2 - \sqrt{10}a^2.x = 0[/tex]
[tex]\sqrt{10}a^2.x = 3a^2 ||:a^2[/tex]
[tex]x = cos\angle CAE = \frac{3}{\sqrt{10}} = \frac{3\sqrt{10}}{10}[/tex]

18. Ясно е, че [tex]\Delta MNE \approx \Delta DCE; k = \frac{1}{3}[/tex], тъй като два от три ъгъла са равни, защото са получени при пресичане на успоредни прави, а третият ъгъл е общ. А коефициентът е извеждаме от даденото: [tex]CE:CN = 3:2 \Rightarrow EN:EC = 1:3[/tex] и той се отнася за всички линейни елементи на двата триъгълника.
Оттам следва, че [tex]MN:DC = 1:3 \Rightarrow MN = 5cm[/tex]
От дадените ъглополовящи, знаем, че [tex]<ADE = <EDC[/tex], но и [tex]<EMN = <EDC[/tex], тъй като са съответни при пресичането на две успоредни прави с трета. А пък [tex]<DMA = <EMN[/tex], тъй като са връхни. Оттам вече получаваме [tex]\Delta ADE[/tex] - равнобедрен, следователно [tex]AD = AE[/tex]. Аналогично се доказва и че [tex]BN = BC[/tex]. И тъй като двете срещуположни страни са равни, имаме [tex]2.AD + 5 = AB = DC = 15[/tex], откъдето [tex]AD = BC = 5cm[/tex]

[Гост]

Адски много благодаря за бързия отговор!

[Nathi123]

27.зад. Да означим f(x) = [tex]2x^{3} + 3x^{2} -12x +p[/tex] . Уравнението f(x) = 0 ще има точно 2 решения,ако графиката на f(x) пресича абцисната ос точно 2 пъти. [tex]f'(x) = 6x^{2}+6x-12=6(x^{2}+x-2)\Rightarrow f'(x) =0 \Leftrightarrow x=-2\cup x=1 . f' ( x) >0[/tex] при [tex]x\in (-\infty,-2)\cup (1,\infty)[/tex] и f' (x) <0 [/tex] при [tex]x\in (-2,1) \Rightarrow[/tex] в обединението на първите 2 интервала f(x) - расте , а във втория интервал намалява [tex]\Rightarrow x=-2 e[/tex] е точка на локален максимум, а х=1 - точка на локален минимум. Екстремумите са локални ,защото [tex]\\lim_{x \to \pm\infty}f(x)=\pm\infty\Rightarrow f_{лок max }=f(-2)=20+p ; f_{лок min }=f(1)=p-7.[/tex]
[tex]\Rightarrow[/tex] графиката на f(x) ще пресича абцисната ос точно 2 пъти ,ако
1.сл [tex]f_{лок min }=f(1)=p-7=0\Leftrightarrow p=7\Rightarrow[/tex] уравнението добива вида [tex]2x^{3}+3x^{2}-12x + 7=0[/tex] и има двукратен корен х=1 и [tex]x = - \frac{7}{2}[/tex]
2.сл. [tex]f_{лок max }=f(-2)=20+p=0\Leftrightarrow p=-20\Rightarrow[/tex] уравнението добива вида [tex]2x^{3}+3x^{2}-12x -20 =0[/tex] .
Тогава има двукратен корен x=-2 и корен х= [tex]- \frac{5}{2}.[/tex] Т.е. и в двата случая има точно два различни реални корена.