Задачи за изпита по математика. Тренировъчна тема №6

Темата за изпита по математика е взета от сайта на ПМГ-Стара Загора.

Задача 1. Да се реши уравнението
2^x + 3^x = 4^x + 9^x.

Задача 2. Радиусът на вписаната окръжност на правоъгълен триъгълник има дължина 1, а хипотенузата му има дължина с.
а)   Да се докаже, че c ≥ 2 + 2√2.
б)   Да се определи най-малката възможна стойност на разстоянието между центровете на вписаната и описаната окръжност на триъгълника.

Задача 3. Основният ръб на правилна триъгълна призма АВСА₁В₁С₁ има дължина 1, а околните й стени са квадрати. Точката О е център на стената АСС₁А₁, Да се намери разстоянието между правите ВО и СВ₁.

Задача 4. Да се намерят стойностите на параметъра а, за които уравнението х⁴ — 2ах³ + (а² — 2)х² + 2ах — 15 = 0 има четири различни реални корена, които са последователни членове на аритметична прогресия.

Решения на задачите от тренировъчна тема №6

1.   Записваме уравнението във вида 2^Х — 2^2х = 3^2x - З^х, откъдето 2^Х(1 - 2^Х) = 3^Х(3^Х - 1). Ако х > 0, то лявата страна на уравнението е отрицателна, а дясната е положителна. Ако ли пък х < 0, то лявата страна е положителна, а дясната страна е отрицателна. Оттук следва, че х = 0 е единственото решение на уравнението.

2.   а) Нека катетите на триъгълника са а и b. Имаме а² + b² = с² и (a + b - c)/2 = 1. Второто условие записваме във вида а + b = с + 2. От тъждеството ab = [(a + b)² - (a² + b²)]/2 намираме, че аb = 2с + 2. Така получаваме a + b = с + 2 и ab = 2с + 2, откъдето следва, че а и b са корените на квадратното уравнение t² - (с + 2)t + 2с + 2 = 0, чиято дискриминанта трябва да е неотрицателна. Оттук получаваме неравенството (с + 2)² — 4(2с + 2) ≥ 0 и като вземем пред вид, че с > 0, намираме с ≥ 2 + 2√2.
б) Нека в правоъгълния ΔАВС с хипотенуза АВ = с точките О и I са центровете съответно на описаната и вписаната за триъгълника окръжност. Ако вписаната окръжност се допира до АВ в точката М, то IO ≥ IМ като неравенство между наклонена и перпендикуляр. Оттук следва, че IO ≥ 1. Следователно търсената най-малка стойност на разстоянието между центровете ще е 1 стига да покажем, че в последното равенство се достига равенство. Но точките М и О съвпадат точно тогава, когато ΔАВI е равнобедрен. Последното е изпълнено точно тогава, когато <АВС =<ВАС = 45°.

3.   Тъй като правите ВО и СВ₁ са кръстосани, то разстоянието между тях е равно на дължината на тяхната ос-отсечка. Върху правата В₁С₁ построяваме точката М така, че В₁ да е среда на отсечката С₁М. Тогава четириъгълникът ВСВ₁М е успоредник и в частност СВ₁||ВМ. Но оттук следва, че В₁С||(ВОМ). Можем да направим извода, че разстоянието между правите ВО и СВ₁ е равно на разстоянието между успоредните права В₁С и равнина (ВОМ). Но тъй като разстоянието между успоредни права и равнина е равно на разстоянието от коя да е точка на правата до равнината, то търсеното от нас разстояние е равно на разстоянието от точката С до равнината (ВОМ). Последното разстояние ще намерим, като определим обема на пирамидата ВОСМ. Ще използваме, че точките С, В и М лежат в равнината (ВСС₁В₁). Тогава V_BOCM = 1/3H_O.S_BCM, където Н_O е разстоянието от точката О до равнината (ВСС₁В₁). Нека точката L е средата на ръба ВС. Тогава АL ВС и АL CС₁>, откъдето следва, че АL (ВСС₁В₁). Понеже О е среда на АС₁ то Н₀ = 1/2AL = (1/2).(√3/2) = √3/4. В ΔСВМ имаме ВС = 1, ВМ = √2 и <СВМ = 135°. Ето защо S_BCM = (1/2).√2.1.(√2/2) = 1/2. Следователно V_BOCM = (1/3).(√3/4).(1/2) = √3/24. Сега ще използваме, че V_BOCD = (1/3).H_C.S_BOM, където H_C е тъсеното разстояние. Трябва да определим лицето на ΔВОМ, като за целта пресметнем страните му. Очевидно ВМ = СВ₁ = √2. Отсечката ВО пък е медиана в ΔАВС₁, чиито страни са ни известни и без затруднение намираме, че ВО = 1. Остава да намерим МО. По начина, по който доказахме, че ортогоналната проекция на точката А в равнината (ВСС₁В₁) е точката L, доказваме, че ортогоналната проекция на точката В₁ в равнината (АСС₁А₁) е средата на А₁С₁. Понеже В₁ е среда на МС₁, то оттук следва, че МА₁ (АСС₁А₁). Това пък означава, че триъгълниците МА₁С₁ и МА₁0 са правоъгълни. От тези два триъгълника последователно намираме МА₁ = √3 и
MO = √7/2 = √14/2.
С помощта на косинусовата теорема за ΔВОМ намираме соs<ОВМ = √2/8, откъдето sin<ОВМ = √62/8. Получаваме S_BOM = √31/8. Замествайки полученото лице в израза за обема на пирамидата ВОСМ, окончателно намираме, че търсеното разстояние Н_C е равно на √3/√31 = √93/31.

4.   Записваме даденото уравнение във вида
х⁴ - 2ах³ + а²х² - 2х² + 2ах - 15 = 0,
откъдето
(х² - ах)² - 2(х² - ах) - 15 = 0.
Понеже корените на квадратното уравнение t² — 2t — 15 = 0 са t₁ = — 3 и t₂ = 5, можем да направим извода, че даденото уравнение е еквивалентно на уравнението
(х² - ах - 5)(х² - ах + 3) = 0,
Това означава, че корените на даденото уравнение са корените на квадратните уравнения х² - ах — 5 = 0 и х² — ах + 3 = 0. Първото от двете квадратни уравнения има два различни реални корена за всяко а и корените са с различни знаци. Второто квадратно уравнение има два различни реални корена при |а| > 2√3 и тези корени са с еднакви знаци. Освен това, от формулите на Виет е ясно, че сборът от двата корена на първото уравнение е равен на сбора от двата корена на второто уравнение. Ще използваме това, като покажем, че ако в една аритметична прогресия с разлика d ≠ 0 е изпълнено а_k + a_n = а_m + а_n, то к + l = m + n. Наистина, а_k + а_l = а_m + а_n <=> 2a₁ + (m + n - 2)d <=> k + l = m + n. Като използваме току-що доказаното за корените на уравненията х² — ах — 5 = 0 и х² — ах + 3 = 0, виждаме, че в аритметичната прогресия, която те трябва да образуват, корените на едното уравнение трябва да са съответно първи и четвърти член, а корените на другото уравнение трябва да са съответно втори и трети член на прогресията. Като отчетем и знаците на корените, можем да направим извода, че корените на уравнението х² — ах — 5 = 0 са първи и четвърти член на прогресията, а корените на уравнението х² — ах + 3 = 0 са втори и трети член на прогресията. Тогава разликата на корените на уравнението х² — ах + 3 = 0 трябва да е равна на разликата на аритметичната прогресия, а разликата на корените на уравнението х² — ах — 5 = 0 трябва да е три пъти по-голяма от разликата на прогресията. И ако с D₁ и D₂ означим съответно дискриминантите на двете уравнения, като отчетем, че разликите от корените на уравненията са съответно √D₁ и √D₂, получаваме уравнението √D₂ = 3√D₁ ⇒ √a² + 20 = 3√a² - 12, откъдето намираме а = ±4. Проверката показва, че и двете намерени стойности на а са решения на задачата.