Неравенства — задачи ЕГЭ по математике — EXTREMUM

Тип 15 № 20235

Велосипедист выехал с постоянной скоростью из города $A$ в город $B$ , расстояние между которыми равно $77$ км. На следующий день он отправился обратно в $A$ со скоростью на $4$ км/ч больше прежней. По дороге он сделал остановку на $4$ часа. В результате велосипедист затратил на обратный путь столько же времени, сколько на путь из $A$ в $B$ . Найдите скорость велосипедиста на пути из $B$ в $A$ . Ответ дайте в км/ч.

Тип 15 № 20236

Найдите точку максимума функции $\; y = 7 + 15x - x\sqrt{x}.$

Тип 15 № 20237

а) Решите уравнение $\cos 2x + \sqrt{2}\cos\left(\frac{\pi}{2} + x\right) + 1 = 0$ .

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку $[2\pi; 3{,}5\pi]$ .

Тип 15 № 20238

В правильной треугольной пирамиде $SABC$ точка $P$ — делит сторону $AB$ в отношении $\dfrac{2}{3}$ , считая от вершины $A$ , точка $K$ — делит сторону $BC$ в отношении $\dfrac{2}{3}$ , считая от вершины $C$ . Через точки $P$ и $K$ параллельно $SB$ проведена плоскость $\omega$ .

а) Докажите, что сечение пирамиды плоскостью $\omega$ является прямоугольником.

б) Найдите расстояние от точки $S$ до плоскости $\omega$ , если известно, что $SC = 5$ , $AC = 6$ .

Решение:

а) Пусть заданная в условии плоскость пересекает $SC$ и $SA$ в точках $L$ и $Q$ соответственно. Тогда

$KL \parallel SB \parallel PQ$

Из параллельности следует, что $\triangle CKL \sim \triangle CBS$ с коэффициентом $k_1=\dfrac{CK}{CB}$ , а также $\triangle APQ \sim \triangle ABS$ с коэффициентом $k_2=\dfrac{AP}{AB}$ . Из подобия имеем

$KL=BS \cdot k_1, \quad PQ=BS \cdot k_2,$

причем по условию

$k_1=k_2=\frac{2}{5}$

Получили, что $KL$ равен и параллелен $PQ$ , значит, $KLQP$ — параллелограмм. Осталось доказать, что $KL \perp KP$ , из этого будет следовать, что $KLQP$ является прямоугольником.

Пусть $O$ — проекция точки $S$ на плоскость $(ABC)$ , тогда $O$ — центр равностороннего треугольника $\triangle ABC$ , а значит, прямая $BO$ — биссектриса, медиана и высота, так как пирамида правильная. Точка $H$ — пересечение прямых $BO$ и $AC$ , $BH \perp AC$ . Тогда по обратной теореме Фалеса

$BK : KC = BP : PA \Rightarrow KP \parallel CA \Rightarrow KP \perp BH$

Кроме того, с привлечением теоремы о трех перпендикулярах имеем

$SO \perp (ABC), \ ON \perp KP \Rightarrow SN \perp KP$

Тогда получаем

$KP \perp SN,\ KP \perp ON \Rightarrow KP \perp (SNB) \Rightarrow KP \perp SB$

Вспомним, что $SB \parallel KL \parallel PQ$ , тогда $KP \perp KL$ , значит, $KLQP$ — прямоугольник.

б) $SB \parallel \omega$ , значит, расстояние от $S$ до $\omega$ равно расстоянию от прямой $SB$ до плоскости $\omega$ . Пусть $T$ — основание перпендикуляра из $H$ на $SB$ , $M$ — точка пересечения $HS$ и $LQ$ . В пункте а) мы уже показали, что плоскость $(SMB)$ перпендикулярна прямым $KP$ и $LQ$ , а значит и всей плоскости $\omega$ . Точка $H$ также лежит в плоскости $(SMB)$ , получаем, что часть отрезка $TH$ , заключенная между отрезками $SB$ и $MN$ , и есть искомое расстояние.

Найдем отрезок $BH$ — высоту в равностороннем треугольнике $\triangle ABC$ :

$BH=\frac{\sqrt{3}}{2} \cdot 6=3\sqrt{3}$

По теореме Пифагора для $\triangle SCH$ :

$SH=\sqrt{SC^2-CH^2}=4$

Пусть $TS=x$ , тогда по теореме Пифагора для $\triangle SHT$ :

$HT=\sqrt{SH^2-x^2}=\sqrt{16-x^2}$

При этом $BT=SB-ST=5-x$ , тогда по теореме Пифагора для $\triangle BHT$ :

$HT=\sqrt{HB^2-(5-x)^2}=\sqrt{27-(5-x)^2}$

Приравняем

$\sqrt{16-x^2}=\sqrt{27-(5-x)^2}$

$(5-x)^2-x^2-11=0$

$25-10x-11=0$

$x=\frac{7}{5}$

Тогда

$HT=\sqrt{16-\frac{49}{25}}=\frac{3\sqrt{39}}{5}$

Треугольники $\triangle HNM$ и $\triangle HBS$ подобны с коэффициентом $2:5$ , поэтому нужная нам часть отрезка $HT$ равна

$\frac{3}{5} \cdot \frac{3\sqrt{39}}{5}=\frac{9\sqrt{39}}{25}$

Ответ:

б) $\frac{9\sqrt{39}}{25}$

Тип 15 № 20239

Решите неравенство $\log_{\frac13}(18-9x) < \log_{\frac13}(x^2-6x+5) + \log_{\frac13}(x+2)$ .