2011.12.06 Югозападен университет "Неофит Рилски"- Благоевград

1 Решения на задачите от кандидатстудентския изпит по математика в ЮЗУ “Н.Рилски+, проведен на 12.06.2011 г.

Задача 1. При какви стойности на параметъра m сумата от корените на квадратното уравнение

x 2  2mx  2m  1  0 е равна на сумата от квадратите им?. Решение. Нека корените на даденото уравнение са x1 и x 2 . Търсим при каква стойност на m имаме равенството x1  x 2  x12  x 22 , което може да се представи и във вида (1)

x1  x 2  ( x1  x 2 ) 2  2 x1 x 2 .

От формулите на Виет имаме x1  x 2  2m и x1 x 2  2m  1 . Като заместим тези стойности в (1) за m получаваме уравнението 2m  4m 2  2(2m  1) ,

от което, чрез кратки преобразувания, стигаме до квадратното уравнение

2m 2  3m  1  0 . Корени на това уравнение са числата m1  1 и m 2  задачата.

Задача 2. Да се реши системата уравнения lg ( x  y ) 2  1 lg y  lg x  lg 2. Решение. ДМ: x  0 , y  0 , x  y  0 .

1 , които са решенията на 2

2

Тъй като

( x  y ) 2  x  y , то първото уравнение на системата е еквивалентно

на уравнението x  y  10 . Второто уравнение, което може да се запише като

lg

y y  lg 2 , е еквивалентно на уравнението  2 или y  2 x . x x Следователно дадената система в ДМ е еквивалентна на системата уравнения x  y  10 y2 x.

1. Нека x  0 . Тогава и x  y  0 , защото и y  0 . Тъй като в този случай x  x и x  y  x  y , получаваме системата

x  y  10 y  2 x, която има решение x 

10 20 , y , което принадлежи на ДМ и x  0 .

3 3

2. Нека x  0 . Тъй като в този случай x   x , то системата придобива вида x  y  10 y  2 x. Като заместим y от второто уравнение в първото получаваме  x  10 и понеже  x  0 , то  x  10 , то x  10 . Тогава y  2 x  20 в първотокоято има решение x  10 , y  20 . Това решение също удовлетворява изискването на ДМ и условията x0.

Отговор. Всички решения на дадената система са наредените двойки

10 20    x1  , y1   и ( x 2  10, y 2  20) 3 3  

Задача 3. В ABC са дадени страните AB  8 cm и BC  5 cm , лицето S ABC  16 cm 2 и ъгълът ABC  90 . Ако BL е ъглополовяща на триъгълника, да се

намери разстоянието от точката C до правата BL .

3

C L K A



 

d

 B

h

 D

Фиг.1

Решение. Нека CD  h (Фиг.1) е височина на ABC и d  CK е разстоянието от C до правата BL . От S ABC 

1 1 AB.h , т.е. 16  8.h намираме h  4 . От 2 2

правоъгълния BCD имаме BD  5 2  4 2  3 . Тогава от правоъгълния ADC намираме AC  112  4 2  137 . Забележка 1. Дължината на страната AC можехме да намерим и по следния начин. От S ABC 

1 4 AB.BC .sin B намираме sin B  . Тогава 2 5

cos B   1  sin 2 B  

3 и пресмятаме AC по косинусовата теорема.

5

След това пресмятаме дължината на ъглополовящата BL от зависимостта

BL2  AB.BC  AL.BL . От AL : CL  AB : BC  8 : 5 намираме AL  Тогава BL2  8.5 

8 5 AC , CL  AC .

13 13

8 5 137 16 5  137  40.32 137.

137  40  40  40  1  и BL  .  13 13 169 13  169  169

Триъгълниците ABL и CBL имат обща височина и следователно S ABL : S CBL  AL : CL  8 : 5 . Оттук намираме, че S CBL  Накрая от S CBL 

5 5 S ABC  .16 .

13 13

1 1 16 5 5 BL.d  . .d и S CBL  .16 получаваме d  2 5 .

2 2 13 13

Следователно търсеното разстояние е 2 5 cm .

4

Забележка 2. По-кратко решение можем да направим като пресметнем sin където   ABC . Тогава d  BCsin

(Виж забележка 1), имаме sin

 , 2

 1  cos   3 . Тъй като sin  при cos    2 2 2 5

 2 5 2 5  . Тогава получаваме d  5. 2 5.

2 5 5

Задача 4. Основата на триъгълната призма ABCA1B1C1 е равнобедрен ABC със страни AB  AC  10 cm и BC  12 cm , а AA1  A1B  A1C  13 cm . Да се намерят обемът и лицето на околната повърхнина на призмата. Решение. Нека A1O е височина на призмата (Фиг.2), а M и M 1 са средите на ръбовете BC и B1C1 . Тъй като в пирамидата с основа ABC и връх A1 околните ръбове са равни, то O е център на описаната около ABC окръжност. AM  10 2  6 2  8 . Тогава S ABC 

1 AB. AC.BC 10.10.12 25 BC. AM  48 и R  OA    . За A1O намираме 2 4 S ABC 4.48 4

A1O  AA12  AO 2  169  V  S ABC . A1O  48.

625  3 231 . Обемът на призмата е 16

3 231  36 231 . Следователно V  36 231 cm 3 .

4 C1 A1

M1 C

A

O



B1

M

B

Фиг.2

Равнината AMM 1 A1 е перпендикулярна на правата BC , тъй като правите AM и A1O от нея са перпендикулярни на BC . Тогава BC  MM 1 и понеже правите MM 1 и BB1 са успоредни, то и BC  BB1 . Това показва, че четириъгълникът BCC1B1 е

5 правоъгълник и лицето му е S BCC1B1  12.13  156 . Лицата на другите две околни стени са равни и всяко от тях е равно на два пъти лицето на ABA1 , което е 60 cm 2 . Следователно лицето на околната повърхнина на призмата е S  4.60  156  396 , т.е. S  396 cm 2