Прочее

а) Воспользуемся формулой косинуса двойного угла и формулой приведения:

$$1 - 2\sin^2 x - \sqrt{2}\sin x + 1 = 0 \Leftrightarrow 2\sin^2 x + \sqrt{2}\sin x - 2 = 0.$$

Пусть $t = \sin x$. Тогда получаем:

$$2t^2 + \sqrt{2}t - 2 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} t = -\sqrt{2}, \\ t = \dfrac{\sqrt{2}}{2}. \end{array} \right.$$

Вернёмся к исходной переменной:

$$\left[ \begin{array}{l} \sin x = -\sqrt{2}, \\ \sin x = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \end{array} \right. \Leftrightarrow \sin x = \dfrac{\sqrt{2}}{2} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} x = \dfrac{\pi}{4} + 2\pi k, \\ x = \dfrac{3\pi}{4} + 2\pi k,\ k \in \mathbb{Z}. \end{array} \right.$$

б) С помощью числовой окружности отберём корни уравнения, принадлежащие отрезку $\left[2\pi; \dfrac{7\pi}{2}\right]$. Получим числа $\dfrac{9\pi}{4};\ \dfrac{11\pi}{4}$.

Ответ: а) $\left\{\dfrac{\pi}{4} + 2\pi k,\ \dfrac{3\pi}{4} + 2\pi k : k \in \mathbb{Z}\right\}$, б) $\dfrac{9\pi}{4};\ \dfrac{11\pi}{4}$.

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) $\frac{9\sqrt{39}}{25}$

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

$$\begin{cases} \log_{\frac13}(18-9x)<\log_{\frac13}\bigl((x^2-6x+5)(x+2)\bigr) \\ x^2-6x+5>0 \\ x+2>0 \\ 18-9x>0 \end{cases}$$

$$\begin{cases} \log_{\frac13}(18-9x)-\log_{\frac13}(x^3-4x^2-7x+10)<0 \\ (x-5)(x-1)>0 \\ -2<x<2 \end{cases}$$

Решим неравенство $(x-5)(x-1)>0$ методом интервалов:

$$x\in(-\infty;1)\cup(5;+\infty)$$

Теперь используем метод рационализации для первого неравенства из системы и получим:

$$\begin{cases} \left(\frac13-1\right)\bigl(18-9x-(x^3-4x^2-7x+10)\bigr)<0 \\ -2<x<2 \\ x\in(-\infty;1)\cup(5;+\infty) \end{cases}$$

$$\begin{cases} x^3-4x^2+2x-8<0 \\ -2<x<1 \end{cases}$$

$$\begin{cases} (x-4)(x^2+2)<0 \\ -2<x<1 \end{cases}$$

$$\begin{cases} x-4<0 \\ -2<x<1 \end{cases}$$

$$-2<x<1$$

Ответ:

$$(-2;1)$$

а) Обозначим длину трети стороны $AB$ через $c$, длину трети стороны $BC$ через $b$. По свойству касательной $BL \cdot BK = l^2 = BM \cdot BN$, где $l$ — длина касательной к окружности из точки $B$. Тогда $2b \cdot b = 2c \cdot c \Rightarrow b = c \Rightarrow \triangle ABC$ — равнобедренный.

б) Введем новые обозначения. Мы доказали, что треугольник равнобедренный, обозначим треть его боковой стороны через $a$. По свойству касательной

$$AB_1^2 = AK \cdot AL,\qquad CB_1^2 = CN \cdot CM.$$ Тогда

$$CB_1^2 = AB_1^2 = 2a^2 \Rightarrow CB_1 = AB_1 = a\sqrt{2}.$$ Пусть $p$ — полупериметр $\triangle ABC$: $p = 3a + a\sqrt{2}$. Запишем площадь треугольника $ABC$ двумя способами

$$\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)} = S_{ABC} = \frac12\,BC\cdot AH$$

$$AH=\frac{2\sqrt{p(p-AB)(p-BC)(p-AC)}}{BC} =\frac{2\sqrt{(3a+a\sqrt{2})(a\sqrt{2})^2(3a-a\sqrt{2})}}{3a} =\frac{2a^2\sqrt{14}}{3a} =\frac{2a\sqrt{14}}{3}$$ По теореме Пифагора для $\triangle ABH$

$$BH=\sqrt{AB^2-AH^2}=\sqrt{9a^2-\frac{56}{9}a^2}=\frac53a \Rightarrow CH=\frac43a \Rightarrow \frac{BH}{CH}=\frac54$$

Ответ: б) 5:4.

Кредит взят на 15 лет, размер кредита равен $S = 6$ млн рублей.

Так как платеж дифференцированный, каждый год сумма долга уменьшается на

$$\frac{S}{15} = \frac{6}{15} = 0,4 \text{ млн рублей.}$$

Составим таблицу, учитывая, что значение в столбце «Выплата» вычисляется как разность соответствующих значений в столбцах «Сумма долга после начисления процентов» и «Сумма долга после выплаты» за этот год.

Размер выплаты за $k+1$-й год можно найти по формуле

$$0,4 + (S - 0,4 \cdot k)\cdot \frac{x}{100} = 0,4 + (6 - 0,4 \cdot k)\cdot \frac{x}{100} = 0,4 + \frac{6x}{100} - \frac{0,4kx}{100}$$

Известно, что наибольший платеж составит не более $1,9$ млн рублей. При этом из формулы для выплаты видно, что платеж наибольший, когда $k$ — минимально возможное, то есть $k + 1 = 1$; $k = 0$. Подставим это значение и получим неравенство:

$$0,4 + \frac{6x}{100} \le 1,9$$

$$\frac{6x}{100} \le 1,5$$

$$6x \le 150$$

$$x \le \frac{150}{6} = 25$$

Также известно, что наименьший платеж составил не менее $0,5$ млн рублей. При этом из формулы для выплаты видно, что платеж наименьший, когда $k$ — максимально возможное, то есть $k + 1 = 15$; $k = 14$. Подставим это значение и получим неравенство:

$$0,4 + \frac{6x}{100} - \frac{0,4 \cdot 14x}{100} \ge 0,5$$

$$\frac{6x - 5,6x}{100} \ge 0,1$$

$$0,4x \ge 10$$

$$x \ge \frac{100}{4} = 25$$

Итак, получили, что с одной стороны $x$ не больше 25, а с другой — не меньше 25, то есть $x = 25$.

Ответ: 25