1 РЕШЕНИЯ на задачите от проведения на 25.04.2009 кандидатстудентски изпит по математика в ЮЗУ “Н. Рилски”
Задача 1. Да се реши неравенството
x 2 x 12 0 . Решение. 1) нека x 0 . Тогава даденото неравенство приема вида
x 2 x 12 0 . Корени на уравнението x 2 x 12 0 са числата 3 и 4 и решенията на неравенството са x (3, 4) [0, ) [0, 4) . 2) нека x 0 . Тогава даденото неравенство приема вида
x 2 x 12 0 . Корени на уравнението x 2 x 12 0 са числата 4 и 3 и решенията на неравенството са x (4,3) (, 0) (4, 0) . Всички решения на даденото неравенство са
x (4, 0) [0, 4) (4, 4) .
Задача 2. Да се реши системата
1 2 x x (2 x) 0 3 y y (2 x) 0. Решение. Първото уравнение на системата, което е x 2 4 x 1 0 , има корени 2 3 и 2 3 . Второто уравнение написваме във вида ( x 2 3) y 0 . 1) Нека y 0 . Тогава решения на системата са двойките (2 3, 0) и (2 3, 0) . 2) Нека y 0 . Тогава второто уравнение има решения (2 3, всяко y 0) .
2 Следователно решения на системата са (2 3, 0) и (2 3, всяко y) .
Задача 3. В триъгълника ABC са дадени AC 3 cm , AB 3 7 cm и ACB 60 . Ъглополовящата на ъгъла ACB пресича описаната около триъгълника
окръжност в точка D . Да се намери дължината на отсечката CD . Решение. I. Намираме дължината на страната BC b (Фиг.1) с помощта на 1 Косинусовата теорема. От (3 7) 2 9 b 2 2.3.b. , получаваме уравнението 2
b 2 3b 54 0 , което има един положителен корен b 9 . Ако L AB CD , намираме дължините на отсечките AL и BL . От равенството
AL
AL 3 7 AL получаваме 3 9
3 9 7 и тогава намираме и BL AB AL 7 . Дължината на ъглополовящата 4 4
CL можем да намерим от формулата CL2 CA.CB AL.BL . Получаваме CL
Тогава от CL.LD AL.BL изчисляваме, че LD
9 3. 4
7 3 и намираме, че 4
CD CL LD 4 3 . Следователно CD 4 3 cm .
C
30 30
A
L
30
30
B
D
Фиг. 1 II. Триъгълникът ABD е равнобедрен с основа AB и ъгли при основата по 30 . От него определяме бедрото AD 21 cm . След това от CAD , прилагайки
3
Косинусовата теорема имаме
21
2
9 x 2 2.3.x.cos 30 , където x CD .
Получаваме уравнението x 2 3 3 x 12 0 , което има единствен положителен корен 4 3. III. Решение можем да получим, ако приложим Синусовата теорема за триъгълника BCD , на който CBD 30 , където CBA . За тази цел от
3 7 3 21 2 R изчисляваме, че sin 2 R получаваме R 21 , а от . После sin 60 sin 14 намираме cos от cos 1 sin 2 . Ъгълът е остър, защото не лежи срещу найголямата страна на триъгълника ABC . Затова знакът пред корена е +. Получаваме
cos
5 17 2 7 . Тогава sin( 30) sin cos 30 cos sin 30 . Накрая от 14 7
CD 2 R sin( 30) получаваме, че CD 4 3 .
Задача 4. Триъгълникът ABC е правоъгълен с катети AC 6 cm и BC 8 cm . На хипотенузата AB е построен квадрат ABMN така, че той и триъгълника са в различни полуравнини относно правата AB . Центърът на квадрата е означен с S , а правата CS пресича AB в точка K . Да се намери дължината на отсечката CK . C
A
K
B
S
N
M
Фиг. 2
4 Решение. Тъй като два от ъглите на четириъгълника ASBC (Фиг. 2) са прави, то около този четириъгълник може да се опише окръжност. Хордите AS и BS на тази окръжност са равни, а от това следва, че и вписаните ъгли ACS и BCS са равни. Това показва, че CK е ъглополовяща на правоъгълния триъгълник ABC . Дължината на ъглополовящата CK намираме по формулата
CK
2ab 2.6.8 24 2 . ab 68 7 Следователно CK
24 2 cm . 7
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.