Неравенства

Решение. а) Прямоугольные треугольники $AQM$ и $AHM$ равны, поскольку имеют общую гипотенузу и равные острые углы. Следовательно, $HM = MQ$ как соответственные элементы равных фигур. В прямоугольном треугольнике $MQC$ один из острых углов равен $30^\circ$, значит, катет, противолежащий этому углу, равен половине гипотенузы. Не ограничивая общности, положим $MQ = x$, а $MC = 2x$. По свойству биссектрисы $$\frac{AH}{AC}=\frac{x}{2x}=\frac12,$$ откуда $AH = AQ$ и $AC = 2AQ$. Далее, $AQ = QC$, а из равных прямоугольных треугольников $AQM$ и $CQM$ находим: $AM = MC$. Получаем, что отрезок $AM$ — медиана, равная половине стороны, к которой проведена. Из этого следует, что при вершине $A$ треугольника $ABC$ расположен прямой угол.

б) В треугольнике $ABC$ катет $AB$ лежит против угла в $30^\circ$, а потому вдвое меньше гипотенузы, откуда $BC = 20$ и $MC = 10$. Квадрат катета в прямоугольном треугольнике равен произведению гипотенузы на проекцию этого катета на гипотенузу. Значит, $BH\cdot BC = AB^2$, откуда $$BH=\frac{AB^2}{BC}=\frac{100}{20}=5.$$

Следовательно, $HM = 10 - 5 = 5$. Заметим, что треугольники $FHM$ и $CQM$ равны, поскольку $HM = QM$ и углы $QMC$ и $HMF$ равны как вертикальные. Отсюда $FM = MC = 10$, а по теореме Пифагора в треугольнике $FHM$: $$HF=\sqrt{FM^2-HM^2}=\sqrt{100-25}=\sqrt{75}=5\sqrt3.$$

Итак, искомая площадь равна $$S_{CFM}=\frac12 FH\cdot CM=\frac12\cdot 5\sqrt3\cdot 10=25\sqrt3.$$

Ответ: б) $25\sqrt3$.

Пусть $t(x)=5x+\left|x-a^2\right|-4\left|x+1\right|-a^2$, тогда

$$t^2+(a+2)t+1=0.$$ Раскроем модули:

$$t(x)= \begin{cases} 8x+4, & \text{при } x<-1,\\ -4, & \text{при } -1\le x\le a^2,\\ 2x-4-2a^2, & \text{при } x>a^2. \end{cases}$$

При любом значении $x$ из отрезка $[-1;a^2]$ значение функции $y=t(x)$ равно

$$y=t(-1)=t(a^2)=-4.$$ На $(-\infty;-1)\cup(a^2;+\infty)$ функция $y=t(x)$ — неограниченно возрастает (см. рис.) и принимает любое значение, кроме $y=-4$, причем каждое ровно один раз.

Поскольку исходное уравнение должно иметь ровно два различных корня, квадратное уравнение

$$t^2+(a+2)t+1=0$$ должно иметь два решения, каждое из которых отлично от $-4$. Тогда:

$$\left\{ \begin{array}{l} (a+2)^2-4>0,\\ 16-4(a+2)+1\ne 0 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a<-4,\\ a>0,\\ a\ne \dfrac94 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} a<-4,\\ 0<a<\dfrac94,\\ a>\dfrac94. \end{array} \right.$$

Ответ:

$$(-\infty;-4)\cup\left(0;\dfrac94\right)\cup\left(\dfrac94;+\infty\right).$$

Любые два написанных числа дают одинаковые остатки от деления на 4 или 7: если взять три или шесть других чисел и добавить к ним одно из этих двух, то в обоих случаях сумма будет кратна 4 или 7, значит, у заменяющих друг друга чисел одинаковые остатки. Следовательно, разности любых двух чисел кратны 4 и 7, а потому и их наименьшему общему кратному — 28. Значит, все числа дают одинаковые остатки от деления на 28. Напротив, если у всех чисел остатки одинаковы, то сумма четырех или семи из них будет кратна 4 или 7.

а) Число 563 при делении на 28 дает остаток 3, а число 1417 — остаток 17, поэтому они не подходят.

б) Заметим, что квадраты четных чисел кратны 4, а квадраты нечетных представимы в виде $(4x \pm 1)^2 = 16x^2 \pm 8x + 1$. Следовательно, $n^2$ не может при делении на 4 давать остаток 3, а именно такой остаток дает число 563.

в) Нужно, чтобы $n^2$ и $n$ давали одинаковые остатки при делении на 28, то есть чтобы $n^2 - n = n(n-1)$ было кратно 28. Число 1 является наименьшим натуральным числом и удовлетворяет этому условию. В качестве остальных девяти чисел можно взять числа $$1,\qquad 29 = 28 \cdot 1 + 1,\qquad 57 = 28 \cdot 2 + 1,\qquad 85 = 28 \cdot 3 + 1 \qquad \ldots,$$ дающие при делении на 28 остаток 1.

Ответ: а) нет; б) нет; в) 1.

Решение:

$$7x - 3x = 21 + 15$$

$$4x = 36$$

$$x = 9$$

$$12 + 9 = 2x + 5x$$

$$21 = 7x$$

$$x = 3$$