Неравенства — задачи ЕГЭ по математике — EXTREMUM

Тип 15 № 20311

а) Решите уравнение $2\sin^3 x+\sqrt2\cos^2 x=2\sin x$ .

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку $\left[-3\pi;\,-\frac{3\pi}{2}\right].$

Тип 15 № 20312

В основании прямой призмы $ABCA_1B_1C_1$ лежит равнобедренный треугольник $ABC$ с основанием $AB$ . Точка $P$ делит ребро $AB$ в отношении $AP : PB = 1 : 3$ , а точка $Q$ — середина ребра $A_1C_1$ . Через середину $M$ ребра $BC$ провели плоскость $\alpha$ , перпендикулярную отрезку $PQ$ .

а) Докажите, что плоскость $\alpha$ параллельна ребру $AB$ .

б) Найдите отношение, в котором плоскость $\alpha$ делит отрезок $PQ$ , считая от точки $P$ , если известно, что $AB = AA_1$ , $AB : BC = 2 : 7$ .

Решение:

а) Проведем $CH \perp AB$ . Так как $\triangle ABC$ — равнобедренный с основанием $AB$ , то $H$ — середина $AB$ . Так как $AP : PB = 1 : 3$ , то $AP = x$ , $PB = 3x$ . Тогда

$AB = 4x, \; HB = 2x,$ следовательно,

$HP = x.$ Следовательно, $P$ — середина $AH$ .

Проведем $NQ \parallel AA_1$ , тогда $N$ — середина $AC$ . Следовательно, так как

$CN : NA = HP : PA = 1 : 1,$ то по обратной теореме Фалеса $NP \parallel CH$ .

Следовательно, $NP \perp AB$ .

Так как $PQ \perp \alpha$ , то $PQ$ перпендикулярна любой прямой, лежащей в $\alpha$ . Заметим, что $MN$ — средняя линия в $\triangle ABC$ , параллельная $AB$ . Следовательно,

$MN \perp NP.$ Тогда по теореме о трех перпендикулярах наклонная $PQ \perp MN$ . Следовательно, $MN \in \alpha$ . А так как $AB \parallel MN$ , то по признаку $AB \parallel \alpha$ . Что и требовалось доказать.

б) Так как

$AB = 4x,$ то

$NQ = AA_1 = 4x, \quad AC = BC = 14x.$ Следовательно, по теореме Пифагора из $\triangle ANP$ :

$NP = 4x\sqrt{3}$

Проведем $NK \perp PQ$ . Тогда $NK \in \alpha$ . Следовательно, $K$ — точка, в которой $PQ$ пересекает $\alpha$ . Нужно найти $PK : KQ$ . По свойству прямоугольного треугольника высота, опущенная из вершины прямого угла, делит гипотенузу на отрезки, пропорциональные квадратам катетов:

$\frac{PK}{KQ} = \frac{NP^2}{NQ^2} = \frac{(4x\sqrt{3})^2}{(4x)^2} = \frac{3}{1}$

Ответ:

б) $3:1$

Тип 15 № 20313

Решите неравенство:

$\log_{25}\bigl((x-4)(x^2-2x-8)\bigr)+1\geq 0,5\log_5 (x-4)^2.$

Тип 15 № 20314

В июле 2025 года планируется взять кредит в банке на сумму 600 тысяч рублей на 10 лет. Условия его возврата таковы:

— каждый январь долг будет возрастать на r $\%$ по сравнению с концом предыдущего года;

— с февраля по июнь каждого года необходимо выплатить одним платежом часть долга;

— в июле 2026, 2027, 2028, 2029 и 2030 годов долг должен быть на какую-то одну и ту же величину меньше долга на июль предыдущего года;

— в июле 2030 года долг должен составлять 400 тыс. рублей;

— в июле 2031, 2032, 2033, 2034 и 2035 годов долг должен быть на другую одну и ту же величину меньше долга на июль предыдущего года;

— к июлю 2035 года кредит должен быть выплачен полностью.

Известно, что сумма всех платежей после полного погашения кредита будет равна 1740 тыс. рублей. Найдите r.

Тип 15 № 20315

Прямая, перпендикулярная стороне $AD$ ромба $ABCD$ , пересекает его диагональ $AC$ в точке $M$ , а диагональ $BD$ — в точке $N$ . При этом $AM : MC = 1 : 2$ , $BN : ND = 1 : 3$ .

а) Докажите, что $\cos \angle BAD = \frac{1}{5}$ .

б) Найдите площадь ромба, если $MN = 5\sqrt{2}$ .

Решение:

а) Пусть прямая из условия пересекает $AD$ в точке $E$ , а $BC$ — в точке $F$ . Пусть $O$ — точка пересечения диагоналей ромба. Опустим высоту $BH$ на $AD$ .

Заметим, что $AO = OC$ . Тогда $AM : OM = 2 : 1$ . Так как $BN : ND = 1 : 3$ , а $BO = OD$ , то $N$ — середина $BO$ . Запишем теорему Менелая для треугольника $AOD$ и прямой $NE$ :

$\frac{OM}{MA}\cdot\frac{AE}{ED}\cdot\frac{DN}{NO}=1$

$\frac{DE}{AE}=\frac{OM}{MA}\cdot\frac{DN}{NO}=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{1}=\frac{3}{2}$

Прямые $NE$ и $BH$ перпендикулярны прямой $AD$ , а значит параллельны. Тогда по теореме Фалеса для угла $BDH$ :

$\frac{DE}{EH}=\frac{DN}{NB}=\frac{3}{1}$

Таким образом, $EH$ в два раза меньше $EA$ . Значит, $AD = 5AH$ . Но в ромбе $AB = AD$ , тогда имеем:

$\cos \angle BAD = \frac{AH}{AB} = \frac{1}{5}$

б) Диагонали ромба делят его углы пополам, поэтому

$\angle OAD=\frac{1}{2}\angle BAD$

Прямоугольные треугольники $AOD$ и $NED$ подобны по двум углам: прямому и общему. Тогда имеем:

$\angle END=\angle OAD=\frac{1}{2}\angle BAD$

Значит, так как $\angle OAD < 90^\circ$ , то по формуле косинуса двойного угла

$\cos \angle OAD=\sqrt{\frac{\cos \angle BAD+1}{2}}=\sqrt{0,6}$

Отсюда получаем

$\sin \angle OAD=\sqrt{1-\cos^2 \angle OAD}=\sqrt{0,4}$

Значит,

$NO=MN\sqrt{0,6}, \qquad MO=MN\sqrt{0,4}$

Мы знаем, что

$BD=4NO, \qquad AC=6MO$

Тогда окончательно имеем:

$S_{ABCD}=\frac{1}{2}BD\cdot AC=12NO\cdot MO=$

$=12\cdot 5\sqrt{2}\cdot \sqrt{0,6}\cdot 5\sqrt{2}\cdot \sqrt{0,4}=$

$=12\cdot 5\sqrt{2}\cdot 5\sqrt{2}\cdot \sqrt{0,6\cdot 0,4}=120\sqrt{6}$

Ответ: б) $120\sqrt{6}$