2013 ТРЕТА ТЕМА – примерни решения Задача 1. Дадено е уравнението x 2 3b 2x b 2 1 0 , където b е реален параметър. а) Да се намерят стойностите на параметъра b , при които уравнението има реални корени. б) Да се намерят стойностите на параметъра b , при които уравнението има корен x b 1. Решение на задача 1. Условие a) Даденото уравнение има реални корени при неотрицателна дискриминанта, т.е. D 0 . За дискриминантата получаваме 2 D 3b 2 4b 2 1 5b 2 12b . 12 Решенията на неравенството 5b 2 12b 0 са b , 0, . 5 12 Отговор. b , 0, . 5 Условие б) При x b 1 за даденото уравнение получаваме b 12 3b 2b 1 b 2 1 0 b 2 3b 0 . Корените на горното уравнение са b1 3 и b2 0 Отговор. Решенията на даденото уравнение са b1 3 и b2 0 . Задача 2. Дадена е функцията f x 4.4 x 10.2 x 4 . а) Да се реши уравнението f x 0 . б) Да се намери най-малката и най-голямата стойност на функцията f x за x 1,2. Решения на задача 2. Условие а) Решаваме уравнението 4.4 x 10.2 x 4 0 Полагаме 2 x t , ОДСt : t 0 . Получава се уравнението 2t 2 5t 2 0 следователно 5 25 16 1 t1; 2 t1 , t 2 2 . 4 2 За x получаваме x1 1 и x2 1 . Отговор. Решенията на уравнението f x 0 са x1 1 и x2 1 .
Условие б) Преобразуваме Получаваме функцията g t 4t 2 10t 4 .
f x 4.4 x 10.2 x 4
като полагаме
2x t .
Тъй като функцията 2 x е растяща, то при x 1,2 следва, че t 2,4. b 5 Квадратната функция g t има минимум в точката t 2 . Тогава за 2a 4 t [2,4] функцията g t расте, следователно max g t g 4 28 и min g t g 2 0 , откъдето намираме max f x f 2 28 , min f x f 1 0 . x1; 2
x1; 2
Отговор: НМС f x 0 , НГС f x 28 .
Задача 3. Даден е трапец ABCD с прави ъгли при върховете A и D , в който бедрата AD и BC и малката основа CD имат дължини съответно 24 , 30 и 32 . а) Да се намерят дължините на диагоналите AC и BD . б) Да се намери разстоянието между центровете на вписаните в ACD и ABC окръжности. Решение на задача 3. Условие а) Съгласно питагорова теорема за ACD AC AD 2 CD 2 24 2 32 2 1600 40 . Нека C1 е ортогоналната проекция на C върху AB . Следователно CC1 AB и AC1 CD 32 и CC1 AD 24 . Съгласно питагорова теорема за BC1C намираме дължината на катета BC1
BC1 BC 2 CC1 30 2 24 2 324 18 . Оттук намираме AB AC1 BC1 32 18 50 . Съгласно питагорова теорема за ABD BD AD 2 AB 2 24 2 50 2 2 769 . Отговор. AC 40 см и BD 2 769 . Условие б) По условие ACD е правоъгълен и за радиуса на вписаната окръжност намираме a b c 32 24 40 r1 8 (фигура1). 2 2 За ABC имаме 50 2 30 2 40 2 . Следователно от обратната теорема на теоремата на Питагор ABC е правоъгълен. Тогава за радиуса на вписаната в ABC окръжност намираме a b c 30 40 50 r2 10 . 2 2 2
Фигура 1. Нека точка M е пресечната точка на продължението на радиуса Получава се правоъгълен O1 P ( P AC ) и радиуса RO2 , R BC . триъгълник O1 MO2 , където O1 M r1 r2 18 и O2 M PC r2 CD r1 10 32 8 10 14 .
Тогава съгласно питагорова теорема за O1 MO2 намираме дължината на хипотенузата O1O2 O1 M 2 O2 M 2 18 2 14 2 520 2 130 Отговор. O1O2 2 130 . Задача 4. Дадена е триъгълна пирамида ABCD с основа равностранния триъгълник ABC с дължина на страната 12 . Околният ръб AD има дължина 16 и е перпендикулярен на основата ABC . а) Да се намери разстоянието от върха A до стената BCD . б) Да се намери радиусът на вписаното в пирамидата ABCD кълбо. Решение на задача 4. Условие а) По условие основният ръб на призмата има дължина 12, а околният ръб AD има дължина 16 (фигура 2), следователно за обема на призмата намираме 1 1 12 2 3 V B.h . .16 192 3 . 3 3 4
Фигура 2. От теоремата на Питагор за ABD ще намерим хипотенузата BD BD AD 2 AB 2 256 144 20 . Лицето на BCD ще намерим чрез херонова формула S BCD 26.14.6.6 12 91 . Търсеното разстояние, което ще означим с d , ще намерим от обема на пирамидата BCDA 1 V S BCD .d 3 3V 3.192 3 48 273 d S BCD 91 12 91 Отговор. Търсеното разстояние е d
48 273 . 91
Условие б) За лицето на пълната повърхнина намираме 12 2 3 12.16 12 91 2. 36 3 12 91 192 S1 S ABC S BCD 2 S ABD 4 2 12 3 3 91 16 . За радиуса на кълбото получаваме 3.V 3.192 3 48 3 r S1 12 3 3 91 16 3 3 91 16 48 3 Отговор. Радиусът е . 3 3 91 16