2013.13.04 Национален военен университет "Васил Левски"

2013 ТРЕТА ТЕМА – примерни решения Задача 1. Дадено е уравнението x 2  3b  2x  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   4b 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  12  3b  2b  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 . x1; 2 

x1; 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







