2005.20.07 Софийски университет "Св. Климент Охридски"

Софийски университет "Св. Климент Охридски" Писмен конкурсен изпит по математика - 20 юли 2005 година Задачи и примерни решения - Тема № 1 Задача 1. Дадена е функцията f (x) = sin 3x + 4 cos 2x + 8 sin x − 7 . (а) Намерете най-малката и най-голямата стойности на f (x). (б) Намерете всички стойности на параметъра a, за които уравнението f (x) = a 2 − 12a има решение.

Решение на (а). Заместваме cos 2x = 1 − 2 sin2 x, sin 3x = 3 sin x − 4 sin3 x, и получаваме ново представяне за f (x): f (x) = −4 sin3 x − 8 sin2 x + 11 sin x − 3. Тъй като −1 ≤ sin x ≤ 1, задачата е еквивалентна на намирането на най-малката и най-голямата стойности на функцията h(t) = −4t 3 − 8t2 + 11t − 3 в интервала [−1, 1]. От h0 (t) = −12t2 − 16t + 11 = −(2t − 1)(6t + 11) виждаме, че h(t) има само един локален екстремум в [−1, 1], а именно локален максимум в t0 = 1/2 (t1 = −11/6 6∈ [−1, 1]). Имаме h(t0 ) = 0, h(−1) = −18 и h(1) = −4. Следователно fmin = −18 и fmax = 0, като fmin се достига при sin x = −1, а fmax при sin x = 1/2.

Решение на (б). Тъй като f (x) е непрекъсната, от (а) следва, че уравнението f (x) = a 2 − 12a ще има решение точно√когато a2 − 12a ≥ −18 и a2 − 12a ≤ 0. Решението на първото неравенство е √ S едновременно a ∈ (−∞, 6 − 3 2] [6 + 3 2, ∞), а на второто a ∈ [0, √ 12]. Следователно всичките стойности на параметъра √ S a, за които уравнението има решение, са a ∈ [0, 6 − 3 2] [6 + 3 2, 12]. Задача 2. В трапеца ABCD с основи AB и CD (AB > CD), точката N е среда на BC, AD = 8, .

AN 2 + DN 2 = 50, и радиусът на описаната около 4ADN окръжност е R = 25 6 o (а) Докажете, че ^DAB = 90 . (б) Намерете дължините на страните AB, BC и CD, ако отсечките DN и AN разделят височината CH на трапеца (H ∈ AB) на три равни части.

Решение на (а). Нека AN = x, DN p = y, и ^DN A = ϕ. От синусовата теорема за 4ADN получаваме 24 7 sin ϕ = AD/(2R) = 25 , и cos ϕ = ± 1 − sin2 ϕ = ± 25 . От косинусовата теорема за същия триъгълник, x2 + y 2 − 2xy cos ϕ = 64, и затова xy cos ϕ = −7.

7 От тук заключаваме, че cos ϕ < 0, и cos ϕ = − 25 . Намираме xy = 25, което 2 2 заедно с условието x + y = 50 ни дава x = y = 5. Следователно 4ADN е равнобедрен, и височината му N M е и медиана. Но M N е средна отсечка за трапеца ABCD, поради което M N kAB, и от тук следва ^DAB = 90 o .

Решение на (б). p Намираме дължината на M N от Питагоровата теорема за 4AM N , M N = AN 2 − AD 2 /4 = 3. Нека пресечните точки на DN и AN с височината CH са съответно P и Q, тогава QH = CH/3 = AD/3 = 83 . Нека T е петата на перпендикуляра, спуснат от N към AB, тогава N T е средна отсечка в 4CHB, следователно HT = T B и N T = CH/2 = 4. Да означим CD = AH = z. От 4AHQ ∼ 4AT N следва z : (z +HT ) = QH : N T = 2 : 3, откъдето HT = 2z . Тогава AB = AH + HT + T B = 2z, и тъй като M N = 3 = (AB + CD)/2 = 3z/2, намираме z = 2. Следователно CD = 2, √ √ и AB = 4. От Питагоровата теорема за 4CHB, BC = CH2 + HB2 = 2 17. Задача 3. Дадена е четириъгълната ABCD (^DAB < √ пирамида ABCDM , в която основата е успоредник o o 90 ) със страни AB = 7 и BC = 29, и в която M D⊥AC, M C⊥BD, ^AM B = 60 , и равнината (ABM ) е перпендикулярна на равнината на основата. (а) Намерете обема на пирамидата ABCDM . (б) Нека точката M1 е ортогоналната проекция на върха M върху равнината на основата, и K е пресечната точка на M1 C и BD. Намерете разстоянието от точката C до равнината (DM M 1 ), и радиуса на сферата, описана около пирамидата DM1 KM .

Решение на (а). От условието следва, че DM1 ⊥AC, CM1 ⊥BD, и M1 ∈ AB. Следователно пресечната точка O на диагоналите AC и BD е ортоцентър на 4DCM1 , и M1 O⊥CD. Да означим с Q пресечната точка на M1 O и CD, и нека DQ = m, QC = n, и ∠ACD = α. Лесно се съобразява, че ∠DM1 Q = α, AM1 = n, M1 B = m, и m < n. Нека QM1 = h, тогава от правоъгълните триъгълници OCQ и DQM1 h имаме tg α = 2n = m , откъдето следва h2 = 2mn. h Нека T е петата на височината, спусната от D към AB, тогава AT = AM1 − T M1 = n − m. От 4AT D следва h2 = 29 − (n − m)2 = 29 − m2 − n2 + h2 , т.е., m2 + n2 = 29. Получаваме системата

m + n = 7

2

m + n2 = 29.

√ √ Решението и ´, удовлетворяващо m < n, е m = 2, n = 5. От тук намираме h = 2 5 и SABCD = 14 5.

Разглеждаме стената ABM . Означаваме AM = x, BM = y, и M M1 = H (височината на пирамидата). От 4AM1 M и 4BM1 M имаме H 2 = x2 − 4 = y 2 − 25, откъдето y 2 − x2 = 21. От косинусовата теорема за 4ABM намираме x2 + y 2 − xy = 49. Получихме системата

2

y − x2 = 21

2

y + x2 − xy = 49 .

Умножаваме първото уравнение с 7, второто с 3, и ги изваждаме, полу2 чавайки 4y 2 + 3xy − 10x2 = 0, 4 xy + 3 xy − 10 = 0. От тук намираме единствения положителен корен y/x = 5/4, и замествайки в първото √ p 21.25 2 2 уравнение от системата, получаваме y = 9 , и H = y − 25 = 10 33 . Окончателно, за обема на пирамидата получаваме √ 1 140 15 VABCDM = SABCD .H = .

3 9 Решение на (б). Нека търсеното разстояние е d, и L е пресечната точка на DM1 и AC. Твърдим, че d = CL. Наистина, CL⊥DM1 и CL⊥M M1 , следователно CL⊥(DM1 M ). От S4DM √ 1 C = SABCD /2 = DM1 .d/2, d = SABCD /DM1 = 14 5/DM1 . От 4AT D (виж първия чертеж) имаме AT = n − m = 3 и cos β = √329 , където β := ^T AD. От косинусовата теорема за 4AM1 D, √ √ 3 DM12 = 29 + 25 − 2. 29.5. √ = 24, DM1 = 2 6. От тук 29√ 7 30 . получаваме окончателно d = 6

Сега търсим радиуса R на описаната около пирамидата DKM 1 M сфера. Понеже DK⊥CM1 и DK⊥M M1 , имаме DK⊥(CM1 M ), следователно 4DKM е правоъгълен с хипотенуза DM . Същото важи и за 4DM 1 M , затова центърът на описаната около пирамидата DM 1 KM сфера е средата на DM , а радиусът и ´√е поq p 2 129 . ловината от DM . От Питагоровата теорема за 4DM1 M , M D = DM12 + H 2 = 24 + 100/3 = 3 Окончателно, търсеният радиус е √ 129 R= .

3

Задача 4. Даден е квадратният тричлен g(x) = 3x2 − 2(a + b + c)x + ab + bc + ca , където −1 ≤ a ≤ b ≤ c ≤ 1. Нека y = (а) Докажете, че

a+b+c .

3

|g(y)| + min{g(−1), g(1)} ≤ 3 ≤ |g(y)| + max{g(−1), g(1)}. (б) Докажете, че |g(y)| ≤

1 max{g(−1), g(1)}.

2

1 max{g(−1), g(1)}.

2 Решение. Лесно се съобразява, че

Намерете a, b и c, ако |g(y)| =

min{g(−1), g(1)} = 3 − 2|a + b + c| + ab + bc + ca, max{g(−1), g(1)} = 3 + 2|a + b + c| + ab + bc + ca . Тъй като g(y) = ab + bc + ca − (a + b + c)2 /3 = −((a − b)2 + (b − c)2 ) + (c − a)2 )/6 ≤ 0, имаме |g(y)| = (a + b + c)2 /3 − (ab + bc + ca) . Решение на (а). Замествайки с намерените по-горе стойности, намираме |g(y)| + min{g(−1), g(1)} = (a + b + c)2 /3 − 2|a + b + c| + 3 = (3 − |a + b + c|)2 /3 . От 0 ≤ 3 − |a + b + c| ≤ 3 следва веднага (3 − |a + b + c|)2 /3 ≤ 3. Аналогично, |g(y)| + max{g(−1), g(1)} = (a + b + c)2 /3 + 2|a + b + c| + 3 = (3 + |a + b + c|)2 /3 ≥ 3 .

2 Решение на (б). Трябва да докажем, че (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) ≤ 3 + 2|a + b + c| + ab + bc + ca, 3 или, еквивалентно, че 2|a + b + c|(|a + b + c| − 3) ≤ 9(1 + ab + bc + ca).

(1) Очевидно лявата страна на (1) е неположителна. Ще покажем, че дясната страна на (1) е неотрицателна, с което (1) ще е доказано. Разглеждаме функцията h(t) = (a + c)t + ac + 1. Понеже h(t) е линейна функция или константа, тя достига най-малката си стойност в [−1, 1] за t = −1 или за t = 1. Тъй като b ∈ [−1, 1], 1 + ab + bc + ca = h(b) ≥ min{h(−1), h(1)}. Но h(−1) = (1 − a)(1 − c) и h(1) = (1 + a)(1 + c), затова 1 + ab + bc + ca ≥ min{(1 − a)(1 − c), (1 + a)(1 + c)} ≥ 0.

(2)

1 1 max{g(−1), g(1)}. Нека |g(y)| = max{g(−1), g(1)}, 2 2 тогава в (1) имаме равенство. От горните разсъждения следва, че са изпълнени едновременно равенствата

Неравенството (1) е доказано, а с това и |g(y)| ≤

|a + b + c|(|a + b + c| − 3) = 0,

(3)

1 + ab + bc + ca = 0.

(4)

От (4) и (2) следва, че (1 − a)(1 − c) = 0 или (1 + a)(1 + c) = 0. Ако (1 − a)(1 − c) = 0, от a ≤ c ≤ 1 следва c = 1. Като заместим c = 1 в (4), получаваме (1 + a)(1 + b) = 0. Поради −1 ≤ a ≤ b, стигаме до извода, че a = −1. Като заместим a = −1 и c = 1 в (3), получаваме b = 0. По същия начин, от (1 + a)(1 + c) = 0 1 следва пак a = −1, c = 1 и b = 0. Следователно, |g(y)| = max{g(−1), g(1)} само за a = −1, b = 0, c = 1, 2 т.е., за g(x) = 3x2 − 1.