Неравенства

Пусть $u$ км/ч — собственная скорость теплохода, тогда скорость теплохода по течению равна $u+1$ км/ч, а скорость теплохода против течения равна $u-1$ км/ч. На весь путь теплоход затратил $34-2=32$ часов, отсюда имеем:

$$\frac{255}{u+1}+\frac{255}{u-1}=32 \Leftrightarrow \frac{255\cdot 2u}{u^2-1}=32 \Leftrightarrow 255u=16u^2-16$$

$$\Leftrightarrow 16u^2-255u-16=0 \Leftrightarrow \begin{cases} u=\dfrac{255+\sqrt{255^2+4\cdot 16^2}}{32};\ \\ u=\dfrac{255-\sqrt{255^2+4\cdot 16^2}}{32} \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} u=16;\ \\ u=-\dfrac{1}{16} \end{cases} \overset{u>0}{\Leftrightarrow} u=16.$$

а) Перепишем уравнение в следующем виде:

$$\frac{\cos x-(1-\sin x)(1+\sin x)}{1+\sin x}=0 \Leftrightarrow$$

$$\begin{cases} \cos x-\cos^2 x=0 \\ \sin x\ne -1 \end{cases} \Leftrightarrow$$

$$\begin{cases} \cos x=0 \\ \cos x=1 \\ \sin x\ne -1 \end{cases}$$

Пересечем решения данной системы по окружности:

Таким образом, мы видим, что нам подходят только точки

$$x=2\pi n,\quad x=\frac{\pi}{2}+2\pi k,\quad n,k\in\mathbb{Z}.$$

б) Отберем корни с помощью неравенств.

$$2\pi\le 2\pi n\le \frac{7\pi}{2} \Leftrightarrow 1\le n\le \frac{7}{4} \Rightarrow n=1 \Rightarrow x=2\pi$$

$$2\pi\le \frac{\pi}{2}+2\pi k\le \frac{7\pi}{2} \Leftrightarrow \frac{3}{4}\le k\le \frac{3}{2} \Rightarrow k=1 \Rightarrow x=\frac{5\pi}{2}$$

Ответ:

а) $2\pi n,\quad \dfrac{\pi}{2}+2\pi k,\quad n,k\in\mathbb{Z}$

б) $2\pi;\ \dfrac{5\pi}{2}$

а) Проведем медианы AM и BM в треугольниках ADC и BDC соответственно. Тетраэдр правильный, следовательно, его грани — равносторонние треугольники и медианы будут также являться высотами, то есть AM ⊥ DC и BM ⊥ DC. Тогда прямая DC перпендикулярна двум пересекающимся прямым плоскости (AMB ). Значит, прямая DC перпендикулярна плоскости (AMB ) и перпендикулярна любой прямой плоскости (AMB ), в частности, прямой AB.

б) Прямая $DH$ перпендикулярна плоскости $(ABC)$. Опустим перпендикуляр $MG$ на $(ABC)$. Тогда $MG \parallel DH$ и искомый угол между прямыми $DH$ и $BM$ есть угол между прямыми $MG$ и $BM$, то есть угол $\angle GMB$.

Обозначим ребро тетраэдра через $a$. Тогда высота равностороннего треугольника его грани равна $\frac{\sqrt{3}}{2}a$. Посмотрим на медиану $CF$ треугольника $ABC$. Точка $H$ — центр треугольника, а значит, и точка пересечения медиан. Известно, что точка пересечения медиан делит каждую медиану в отношении $2:1$, считая от вершины, следовательно, $CH=2FH$.

Точка $M$ — середина $CD$, точка $H$ — проекция точки $D$ на плоскость $(ABC)$. Следовательно, проекция точки $M$ на плоскость $(ABC)$ — точка $G$ — будет являться серединой $HC$. Таким образом, $FH=HG=GC$ и

$$GC=\frac13\,CF=\frac13\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}a=\frac{a}{2\sqrt{3}}$$

По теореме Пифагора для треугольника $MCG$:

$$MG=\sqrt{MC^2-GC^2}=\sqrt{\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{12}}=\frac{1}{\sqrt{6}}a$$

Отрезок $MB=\frac{\sqrt{3}}{2}a$ как высота в треугольнике $DCB$. Тогда из прямоугольного треугольника $GMB$:

$$\cos \angle GMB=\frac{MG}{MB}=\frac{\frac{1}{\sqrt{6}}a}{\frac{\sqrt{3}}{2}a}=\frac{\sqrt{2}}{3} \Rightarrow \angle GMB=\arccos\frac{\sqrt{2}}{3}$$

Ответ:

б) $\arccos\frac{\sqrt{2}}{3}$

Сделаем замену $2^x=t$, тогда неравенство примет вид

$$\frac{t}{t-8}+\frac{t+8}{t-4}+\frac{66}{t^2-12t+32}\le 0$$

$$\frac{t(t-4)+(t^2-8^2)+66}{(t-8)(t-4)}\le 0$$

$$\frac{2t^2-4t+2}{(t-8)(t-4)}\le 0 \Leftrightarrow \frac{2(t-1)^2}{(t-8)(t-4)}\le 0$$

Решим данное неравенство методом интервалов:

Выпишем подходящие $t$ и сделаем обратную замену:

$$\begin{cases} t=1 \\ 4<t<8 \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} 2^x=1 \\ 4<2^x<8 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} x=0 \\ 2<x<3 \end{cases}$$

Таким образом, получаем

$$x\in\{0\}\cup(2;3)$$

Ответ:

$$\{0\}\cup(2;3)$$

а) Так как $ABCD$ — параллелограмм, то $\angle DAB=\angle BCD$, причем эти углы вписанные в окружность. Угол $DAB$ опирается на дугу $BCE$ окружности, а угол $BCD$ — на дугу $KAB$ окружности. Вписанные углы равны, следовательно, равны и дуги, на которые эти углы опираются, а также равны хорды $BK$ и $BE$, которые их стягивают. Тогда получили, что $BK=BE$.

б) Так как $ABCD$ — параллелограмм, то

$$\angle BCD=180^\circ-\angle ABC=45^\circ$$

Так как $BC\parallel AE$, то

$$\angle EDC=\angle BCD=45^\circ$$

Рассмотрим вписанный четырехугольник $ABCE$. В нем сумма противолежащих углов равна $180^\circ$, следовательно,

$$\angle ABC+\angle CEA=180^\circ \Rightarrow \angle CEA=180^\circ-\angle ABC=45^\circ$$

Получили, что в треугольнике $DCE$ два угла по $45^\circ$, значит, он равнобедренный прямоугольный. В этом треугольнике имеем:

$$DE:DC=\sqrt{2}:1$$

Далее, $\triangle KDE\sim\triangle ADC$ по двум углам, поскольку $\angle EKD=\angle DAC$ как вписанные, опирающиеся на одну дугу $CE$ и $\angle KDE=\angle CDA$ как вертикальные. Тогда искомое отношение равно

$$\frac{KE}{AC}=\frac{DE}{DC}=\sqrt{2}$$

Ответ:

б) $\sqrt{2}$