2009.16.07 Югозападен университет Благоевград

1 Решения на задачите от кандидатстудентския изпит по математика, проведен на 16.07.2009.

Задача 1. Да се реши уравнението log 2 (9  2 x )  3  x.

Решение. ДМ за x се определя от неравенството 2 x  9 . От опраделението за логаритъм получаваме алгебричното уравнение 2 3 x  9  2 x , т.е.

8  9  2 x . Полагаме 2 x  u . ДМ за u е 0  u  9 . Получаваме уравнението x 2

u 2  9u  8  0 , което има за корени числата 8 и 1. Тези стойности принадлежат на ДМ. От 2 x  8 намираме, че x  3 , а от 2 x  1 получаваме, че x  0 . Решения на уравнението са числата 3 и 0.

Задача 2. Да се реши системата x  3y y 5 23 y5 x  3y xy  2 x  13  4 y.

Решение. ДМ е

x  3y  0 . Полагаме y5

уравнение на системата приема вида u  2 

x  3y  u . ДМ за u е u  0 . Първото y5 3 или u 2  2u  3  0 . Това уравнение има u

един положителен корен, който е u  1 . Връщаме се в полагането и получаваме

x  3y  1 , от което следва, че и y5

x  3y  1 , т.е. x  5  2 y . y 5 Заместваме x във второто уравнение на системата и стигаме до уравнението 2 y 2  5 y  3  0 , което има за корени числата Ако y  получаваме 3.

3 и 1.

2

3 , то за x получаваме x  5  2 y  2 , а ако y  1 , то за x 2

2

3  Следователно решенията на системата са двойките  2,  и  3, 1 .

2 

Задача 3. Триъгълникът ABC е правоъгълен с C  90 и височина CD  9 cm . Да се намери лицето на триъгълника, ако височината CD разполовява ъглополовящата му AL .



C

 2

L O

 2

A

  2

 D

 L1

B

Фиг. 1 Решение. Нека O  AL  CD и LL1  AB

 L1  AB 

(Фиг. 1).

I. Отсечката CO е медиана към хипотенузата на правоъгълния триъгълник ACL и следователно AO  CO , откъдето намираме, че ACO  CAO 

CAB   . От правоъгълния ACD получаваме, че  

 , където 2

  90 и следователно 2

  60 . От CD  AC cos 30 получаваме, че AC  6 3 и тогава намираме, че AB  2 AC  12 3 . Лицето на триъгълника ABC е S 

1 AB.CD  54 3 cm 2 .

2

II. От LL1 ║ CD и AO  OL следва, че AD  DL1 . Да означим AD  DL1  x . Тогава BL1  c  2 x . Тъй като AL е ъглополовяща на ABC , то

страна от LL1 ║ CD имаме и

CL b  . От друга BL c

CL DL1 x   . Така получаваме равенството BL BL1 c  2 x

3

b2 b x  От ABC намираме, че AC 2  AB. AD , т.е. b 2  c.x , откъдето x  . Като c c  2x c заместим x в предходното равенство получаваме 2b 2  bc  c 2  0 , откъдето 2

b b 2       1  0 . Това квадратно уравнение има един положителен корен и той е c c

b2 1 b 1 1  . Следователно b  c . Тогава намираме x   c . От Питагоровата теорема, c 2 2 c 4 приложена за ACD получаваме c  12 3 и тогава S 

1 AB.CD  54 3 cm 2 .

2

Задача 4. Триъгълникът ABC е правоъгълен с C  90 , катет AC  10 cm и периметър 36 cm . Окръжност с радиус 4 cm се допира до хипотенузата AB и до правата AC в точката C . Допирателната права на тази окръжност, която е успоредна на BC , пресича отсечките AB и AC съответно в точки M и N . Да се намери лицето на триъгълника AMN .

C  N



 O T 

A 

 M

 T1

B

Фиг. 2

Решение. Нека AC  b (Фиг. 2). Тогава AN  b  4 . Ако T и T1 са допирните точки на окръжността съответно с MN и AB , то AT1  AC  b , AN  NT  AN  NC  AC  b , AM  MT  AM  MT1  b . Следователно периметърът

на триъгълника AMN е равен на 2b . Триъгълниците AMN и ABC са подобни и периметрите им се отнасят както две съответни страни, т.е PAMN : PABC  AN : AC , т.е 2b b  4  . Оттук за b получаваме квадратното уравнение b 2  18b  72  0 , което има 36 b

корени 12 и 6. Тъй като по условие b  AC  10 cm , то следва, че b  12 .

4 Периметърът на триъгълника AMN е равен на 2b  24 . Катетът му AN  12  4  8 . Да означим MN  x и AM  y . Тогава x  y  8  24 , т.е. x  y  16 .

Прилагаме Питагоровата теорема за същия триъгълник, а именно 64  y 2  x 2  ( y  x)( y  x)  16( y  x) , откъдето следва, че y  x  4 .

Решаваме системата

x  y  16 y  x  4. Получаваме x  MN  6 , y  AM  10 и S 

1 AN .MN  24 cm 2 .

2

КРИТЕРИЙ ЗА ОЦЕНЯВАНЕ. Правилното решение на коя да е от задачите се оценява с по 4 точки. Общата оценка се изчислява по формулата 2

1 n, 4

където n е сборът от набраните точки от четирите задачи.