2007.28.04 НАЦИОНАЛЕН ВОЕНЕН УНИВЕРСИТЕТ "ВАСИЛ ЛЕВСКИ"

Национален военен университет "Васил Левски" Предварителен конкурсен изпит по математика 28 април, 2007г. – първа тема Задача 1. Дадено е уравнението x 2 − 2(b + 1) x + 4b 2 = 0 , където b е реален параметър. а) Да се намерят стойностите на параметъра b, при които уравнението има два различни положителни корена. б) Да се намерят стойностите на параметъра b, при които уравнението има два различни положителни корена x1 и x2, за които е изпълнено равенството x1 + x 2 = 6b . Задача 2. Дадена е функцията f ( x) = log 2 x − log 2 (− x 2 + 5 x − 4) . а) Да се реши уравнението f ( x) = 0 . б) Да се намери най-малката стойност на функцията f (x) . Задача 3. Даден е правоъгълен триъгълник ∆ABC с прав ъгъл при върха C и височина CD = 12 см към хипотенузата АВ (точката D лежи върху AB). В триъгълник ∆ADC е вписана окръжност k1 с център точка O1 и радиус r1 , а в триъгълник ∆BDC е вписана окръжност k2 с център точка O2 и радиус r2 = 3 см. а) Да се намери дължината на радиуса r1. б) Да се намери лицето на триъгълника ∆O1O2 C . Задача 4. Дадена е правилна четириъгълна пирамида ABCDT с основа квадрата ABCD с дължина на основния ръб AB = 4 см и дължина на околния ръб АТ = 6 см. Точките M, N и P лежат съответно върху ръбовете AB, AD и AT като ги делят в AM 3 AN 1 AP 5 = , = и = . отношения съответно AB 4 AD 2 AT 6 а) Да се намери обемът на пирамидата AMNP. б) Да се намери разстоянието от точката M до стената ADT.

Примерни решения Задача 1. а) Даденото квадратно уравнение има дискриминанта D = 4(b + 1) 2 − 16b 2 = 4[(b + 1) 2 − 4b 2 ] = 4(−b + 1)(3b + 1) .

Отчитайки формулите на Виет, условията за наличие на два различни положителни корена се свеждат до изпълнение на следните три неравенства D>0 2(b + 1) > 0 4b 2 > 0

Последното е еквивалентно на 1 < b <1 3 b > −1 −

b≠0

1 което дава b ∈ (− ;0) ∪ (0;1) .

3

б) Нека уравнението има два различни положителни корена. Тогава според 1 решението на условие а) от задачата, имаме b ∈ (− ;0) ∪ (0;1) . От равенството 3 x1 + x 2 = 6b по необходимост следва, че b>0, следователно ако равенството е налице за някое b, то b ∈ (0;1) . Повдигайки на квадрат получаваме ( x1 + x 2 ) 2 = 36b 2 x1 + x 2 + 2 x1 x 2 = 36b 2

От формулите на Виет имаме x1 + x 2 = 2(b + 1) и x1 x 2 = 4b 2 . В частност

x1 x 2 = 2 | b |= 2b , понеже b>0. След заместване получаваме

2(b + 1) = 2(2b) = 36b 2 18b 2 − 6b + 2 = 0

, което представлява квадратно уравнение за b с решения

b1, 2 =

3 ± 9 + 72 3 ± 9 1 1 1 , b1 = − , b2 = . Тъй като b>0 => решение е само b = = 36 36 6 3 3

Задача 2. Дефиниционната област на f (x) се задава от неравенствата

− x 2 + 5x − 4 > 0 , което означава, че разглеждаме f (x) в x ∈ (1;4) . x>0 − x 2 + 5x − 4 − x 2 + 5x − 4 Преобразуваме f ( x) = − log 2 , x ∈ (1;4) и полагаме g ( x) = , x x

при което f ( x) = − log 2 g ( x) . а) Очевидно уравнението f ( x) = 0 е еквивалентно на g ( x) = 1 , откъдето намираме

− x 2 + 5x − 4 = 1, ( x − 2) 2 = 0, x = 2 . x

б) Функцията − log 2 x е намаляваща, следователно най-малката стойност на f (x) в интервала x ∈ (1;4) се достига при най-голямата стойност на функцията (2 − x)(2 + x) g (x) . За производната на g (x) намираме g ' ( x) = , следователно x2 g ' ( x) > 0 за 1<x<2 и g ' ( x) < 0 за 2<x<4, откъдето следва, че функцията g (x) е растяща в интервала x ∈ (1;2) и намаляваща в интервала x ∈ (2;4) , а в точката x=2 има локален максимум (фигура 1).

фигура 1 Последното означава, че най-голямата стойност на g (x) в интервала x ∈ (1;4) се достига за x=2, където се достига и най-малката стойност на f (x) . Задача 3. Нека точките P и Q са ортогоналните проекции съответно на центровете O1 и O2 върху височината CD, а точката R е ортогоналната

проекция на O2 върху хипотенузата AB (фигура 2). По условие CD=12 и r2=3. Очевидно QD = DR = r2=3, следователно CQ = CD - r2 = 12 – 3 = 9.

фигура 2 От правоъгълния триъгълник ∆BDC имаме CD=12, BD = BR + r2 = BR + 3, BC = CQ + BR = 9 + BR, откъдето чрез теоремата на Питагор намираме (BR + 9)2 = (BR + 3)2 + 122, следователно 81 + 18BR + BR2 = 9 + 6BR + BR2 + 122, BR=6, а BD = BR + r2 = 9, BC = CQ + BR = 9 + 6 = 15. От подобието на ∆BDC и ∆CDA CA DA DC 12 12 12 имаме = = = , следователно CA = CB = .15 = 20 , CB DC DB 9 9 9 12 12 DA = DC = .12 = 16 , AB = AD + DB = 16 + 9 = 25 .

9 9 а) От правоъгълния триъгълник ∆CDA имаме r1 =

AD + DC − AC 16 + 12 − 20 = =4 2 2

б) Съгласно свойствата на центъра на вписана окръжност, CO1 и CO2 са ъглополовящи при върха C в триъгълниците ∆BDC и ∆CDA , следователно 1 ∠O1CO2 = ∠ACD = 45° . От правоъгълния триъгълник ∆CO2 Q намираме 2 O2 C = O2 Q 2 + QC 2 = 3 2 + 9 2 = 3 10 . Аналогично от правоъгълния триъгълник

∆CO1 P намираме O1C = O1 P 2 + (CD − r1 ) 2 = 4 2 + 8 2 = 4 5 . Сега пресмятаме S O1CO2 =

1 1 2 O1C.O2 C. sin 45° = .4 5.3 10 . = 30 .

2 2 2

Задача 4. По условие (фиг. 3) AB = BC = CD = DA = 4 и AT = BT = CT = DT = 6.

AM 3 3 = , AM = .4 = 3 . Аналогично намираме AN=2 и AP=5. Нека точката AB 4 4 O е центърът на квадрата ABCD. Ортогоналната проекция на върха T върху равнината на основата съвпада с точката O, понеже пирамидата е правилна.

1 1 Пресмятаме AC = 2 AB = 4 2 и съответно AO = AC = .4 2 = 2 2 .

2 2

Имаме

фигура 3 Нека точката Q е ортогоналната проекция на P върху равнината на основата. Очевидно Q лежи върху отсечката AO, а PQ се явява височина в пирамидата AMNP към основата AMN. а) Обемът на пирамидата се дава по формулата V AMNP =

1 S AMN PQ , където 3

1 1 . AM . AN = .3.2 = 3 . За да намерим височината PQ разглеждаме 2 2 правоъгълния триъгълник ∆AOT с прав ъгъл при върха О. Имаме TO2 = TA2 – S AMN =

AO2, следователно TO = 6 2 + 8 = 2 7 . От подобните триъгълници ∆APQ и PQ AP AP 5 5 7 = , PQ = OT . = 2 7. = . След заместване TO AT AT 6 3 1 1 5 7 5 7 получаваме V AMNP = S AMN PQ = .3. = .

3 3 3 3 ∆ATO намираме

б) Да означим с h разстоянието от точка M до стената ADT. Очевидно h се явява височина в пирамидата AMNP към стената ANP, следователно нейният 1 обем може да се пресметне по формулата V AMNP = S ANP h , а за търсеното 3 3.V AMNP разстояние намираме h = . За да пресметнем лицето на ∆ANP S ANP разглеждаме стената ADT. Точката N се явява среда на основата AD на равнобедрения триъгълник ∆ADT , следователно TN е височина и TN2 = AT2 – 1 1 AN2, откъдето намираме TN = 6 2 − 2 2 = 4 2 . S ANT = . AN .TN = .2.4 2 = 4 2 .

2 2

Лицата на триъгълниците ∆ANP и ∆ANT се отнасят тъй както дължините на S 5 5 10 2 AP 5 = , S ANP = S ANT = .4 2 = страните AP и AT, следователно ANP = .

6 6 3 S ANT AT 6

След заместване намираме h =

3.V AMNP S ANP

5 7 3 = 3 7 = 3 14 = 2 2 4 10 2 3 3.