2002-2004 Национален военен университет "Васил...

КОНКУРСЕН ИЗПИТ ПО МАТЕМАТИКА

2002 година

Задача 1. Дадена е функцията axaxxf 4)1(2)(2 +++= , където

а е реален параметър.

а) Да се намерят стойностите на а, при които

уравнението 0)( =xf има различни реални корени 21

и xx ,

удовлетворяващи неравенството ( )( );12 21 11 <−− xx

б) При а = 1, за функцията '

)()(

=x

xfxF да се намерят

интервалите на растене и на намаляване, както и границата

)(lim0

xFx→

.

Задача 2. Дадена е функцията xxf 2sin)( = .

а) Да се реши уравнението 2216)('')( =+ xfxf ;

б) Да се намери границата tgxx

xf

x .

)('2lim

0

−→

;

Задача 3. Даден е правоъгълен триъгълник ABC с ъгъл o

90=∠ACB и катети с дължини a и b. Нека (k) е окръжност с

диаметър вътрешната ъглополовяща на ACB∠ , при което (k)

пресича АС в точка Q, BC в точка N и AB в точки L и T.

а) Да се намери лицето на четириъгълника LNCQ;

б) Ако ABCV е пирамида с основа дадения триъгълник и

височина CV, чиято дължина е равна на радиуса на описаната

около ABC∆ окръжност, да се намери ϕtg , където ϕ е ъгълът

между равнините на ABC∆ и ABV∆ .

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ:

Решение на задача 1 Raaxaxxf ∈+++= ;4)1(2)(

2

а) Уравнението 0)( =xf има два различни реални корена

⇔>⇔ 0D 0

0)1(04)1(016)1(4222

≠⇒

>−⇔>−+⇔>−+⇔

a

aaaaa

21 xx ≠ - решения на 0)( =xf и удовлетворяват

неравенството ( )( ) ( )( )

01)(.0)1)(1(

2212

212121

01111 2121

<++−⇔<−−⇔

⇔<⇔< −−−−

xxxxxx

xxxx

Чрез формулите на Виет ( ))1(2 ;4. 2121 +−=+= axxaxx , от

последното неравенство се получава:

⇒−<⇔<+++2

101224 ааа

−∞−∈∀⇒2

1;а е решение на условие а).

б) При ,44)(12 ++=⇒= xxxfa тогава

( )2

2

2

2|

2|4444244)(

)(x

x

x

xxxx

x

xx

x

xfxF

−=

−−−+=

=+=

=

( )00

80

42.20

40)(' е )(

44

22|

2

2

>⇔≥⇔≥−−

⇔≥

−⇔≥↑⇔ x

x

x

x

xxxx

x

xxFxF

( );;0 е )( ∞∈↑⇒ xзаxF ( );0; е )( ∞−∈↓ xзаxF

14

lim1

41

lim4

lim)(lim 22

2

2

2

2

=−=

−=

−=

∞→∞→∞→∞→ xx

xx

x

xxF

xxxx

Решение на задача 2

а) ⇒−==⇒= xxfxxfxxf 2sin4)('';2cos.2)('2sin)(

221622162sin42sin)('')( =+⇔=+⇒ − xxxfxf

Полагаме u

uuxxxx 1

2216022sin42sin42sin2sin4 =⇒==⇒>= −

Ζ∈+=

⇔Ζ∈+

+=⇒

=⇔=⇔=⇒

=⇔=−⇔=+−⇔=+⇒

kk

kxk

k

kx

x

uuuuu

u

xx

,

2

,2

202

02sin2212

.10)1(01221

02sin42sin4

22

ππ

π

ππ

π

б) =−

=−

=−

=→→→ tgxx

x

tgxx

x

tgxx

xfL

xxx .

)cos1(2lim

.

cos22lim

.

)('2lim

000

41.1.4coslim.sin

lim.4cos.sin.

sin4lim

.

sin4lim

00

2

0

2

0=====

→→→→x

x

xx

xx

x

tgxx

x

xxxx


а) В условието са дадени AC=b; BC=a. Нека a<b (при a=b

точките TL ≡ ). Тъй като не е уточнено CL или LT е

ъглополовяща, то съществуват следните две логически

възможности:

(1) CL – ъглополовяща;

(2) LT – ъглополовяща;

Случай (1).

Ъглополовящата е clCT = и е диаметър на окръжността

LNCQLQCLNCk ⇒=∠=∠⇒ o90 е правоъгълник, но

LNCQQLCNLC ⇒=∠=∠ o45 е квадрат 2

2

1.

2

1CLQNCLSLNCQ ==⇒

Търсената CL може да се намери чрез Синусова теорема,

приложена за :ALC∆

ααα

ααα

αα

αα cossin

sin.2

sin.135coscos.135sin

sin.

)135sin(

sin.

)135sin(sin +=

−=

−=⇔

−= bbbCL

ACCLoooo

От правоъгълния ⇒∆ABC

2222cos,

AB

BCsin

ba

b

AB

AC

ba

a

+==

+== αα

След заместване, за ъглополовящата се намира познатият

израз:

( )2

222

LNCQ

2

2

1S Тогава .

2.2

ba

ba

ba

ab

ba

ab

ba

abCL

+=

+=

+=

+=

Случай (2).

Ъглополовящата clCT = . Ясно

е, че търсеното лице е точно

лицето на четириъгълника TNCQ

от разгледания вече случай (1).

Така при направените чертеж и

разглеждания за случай (1), ще

намерим TNCQS . В четириъгълника

TNCQ са известни диагоналите

му:

22,

2

ba

abCT

ba

abCLNQ

+=

+==

Понеже CT е височина в ABC∆ (CL се вижда под прав

ъгъл от т. Т), тогава:

( )CTNQCTNQSTNCQ , където ,sin..2

1∠== ϕϕ

Нека ( ) =∠−∠−=∠=⇒∆⊥=∩=∩ PCNSCNSPCNQCLSNQCLPNQCT o

90SPC От .;; ϕ ( )( ) ββ −=−−−= oooo

135904590 .

Тогава:

( )22

.2

2sincos

2

2sin.135coscos.135sin)135sin(sin

ba

ba

+

+=+=−=−= βββββϕ ooo А

налогично на случай (1). Окончателно:

( )22

22

2222 2.

2

2.

2..

2

1

ba

ba

ba

ba

ba

ab

ba

abSTNCQ +

=+

+++

=

б) За пирамидата ABCV по условие е дадено, че

ABCVABCpCV2

1 и ).( =⊥ (радиусът на описаната около ABC∆

окръжност).

Нека .).( ABVTABTCVpABCT ⊥⇒⊥⇒⊥

Тогава CT

CVtgTCCTV =⇒=∠=∠∆ ϕϕ;90:

o .

От а) е известна височината СТ:

22ba

abCT

+= .

След заместване

ab

ba

ba

ab

ba

tg2

2

122

22

22

+=

+

+=ϕ


2003 година

Задача 1. Дадена е функцията 113)(2)(22 −+−−= mxmxxf ,

където m е параметър.

а) Да се разложи на множители изразът 21

2

2

2

1)( xxxxm ++=ϕ ,

където x1 и x2 са корените на уравнението 0)( =xf .

б) Да се намерят най-малката и най-голямата стойност на

функцията )(mϕ за онези стойности на параметъра m, при

които уравнението 0)( =xf има реални корени.

Задача 2. Да се реши уравнението cxbxa =+ cos.sin. , където

параметърът а е по-големият корен на уравнението

34122 =+−++− xxxx , параметърът b е решението на

уравнението 013.29.311 =−− −− xx , а параметърът с е първият член

на геометричната прогресия, за която 81.;10 4231 ==+ aaaa

Задача 3. Даден е правоъгълен триъгълник ABC с ъгъл o

90=∠ACB , остър ъгъл с мярка α при върха А, като oo4530 << α , и

хипотенуза АВ с дължина с. Нека СН и СМ са височината и

медианата през върха С, а точка N лежи върху правата АВ,

при което ( )MNNCHMCH ≠∠=∠ . Да се намери:

а) лицето на триъгълника BNC;

б) радиусът на вписаната в триъгълник BNC окръжност;

Задача 4. Дадена е правилна триъгълна пирамида ABCD

с връх D, основен ръб с дължина а, за която апотемата в два

пъти по-дълга от височината през D. Да се намери:

а) обемът на пълната повърхнина на пирамидата ABCD;

б) обемът на пирамидата ABCH, където CH е височина в

триъгълника BCD.

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ:


Rmmxmxxf ∈−+−−= ,113)(2)(22

а) Ако x1 и x2 са корените на уравнението 0)( =xf , то по

формулите на Виет са в сила равенствата:

113.

)1(2

113

)1(2

1

.2

21

21

2

21

21

−=

−=+

−=

−−=

=⇔

=

−=+

mxx

mxx

mc

mb

aa

cxx

a

bxx

Тогава:

( )

( ) ( ) 15811314)(222

21

2

2121

2122

21

2

2

2

1 +−=+−−=−+=++=

−+=

mmmmxxxxxxxxm

xxxx

321ϕ

И така 158)(2 +−= mmmϕ . За да бъде разложен на множители

този израз, се намират корените m1,2 на уравнението 0)( =mϕ .

( )( )21

2

2,1

2

158)(

5,301580)(

mmmmmmm

mmmm

−−=+−=⇒

⇒=⇒=+−⇔=

ϕ

ϕ

б) Уравнението 0)( =xf има реални корени, точно когато

дискриминантата D1 на квадратната функция )(xf е

неотрицателна.

060)6(8

0)113(4)1(44

22

222

1

≤−+⇔≥−+−⇔

⇔≥−−−=−=

mmmm

mmacbD

Решенията на

последното квадратно

неравенство са всички

реални стойности от

затворения интервал между

корените на уравнението

062 =−+ mm , т.е. са [ ]2,3−∈m .

Сега подусловие б) се

свежда до намирането на най-голямата и най-малката

стойности на функцията 158)(2 +−= mmmϕ , когато аргументът й

m пробягва крайния затворен интервал [-3,2].

)(: myc ϕ=

m

5

3

2

-3

4

48

3

За параболата c:y се вижда, че е насочена нагоре, пресича

абсцисната ос Ох в корените 3 и 5 на уравнението 0)( =mϕ и че

върхът на тази парабола има абсциса

42

53

20 =

+=

−=

a

bx

Тогава квадратната функция )(mϕ е намаляваща в

интервала ( ]4,∞− и растяща в интервала [ )+∞,4 . Тъй като

интервалът [ ]2,3− е подчинен на интервала ( ]4,∞− , в който )(mϕ

намалява, то тогава: 3)2(,48)3( minmax ===−= ϕϕϕϕ


Последователно се намират указаните параметри a,b,c на

даденото уравнение.

Параметърът а е по-големия корен на уравнението

34122 =+−++− xxxx , което след полагането на uxx =+− 1

2

се свежда до

1169333332 =⇒=⇔−+=+⇒↑−=+⇔=++ uuuuuuuuu

Непосредствено се проверява (това е задължително за

този начин на освобождаване от корените), че u=1 е корен на

уравнението. Тогава от полагането:

11;0011 221

22 ==⇒==⇒=−⇒=+−⇒ xaxxxxxx , тъй като 21 xx ≤

Параметърът b е решение на показателното уравнение:

0123

03

013.2)3.(3

013.2)3.(3013.29.3

2

1

121

11211

=−−

>=

⇔=−−⇔

⇔=−−⇔=−−

−

−−

−−−−

uu

u

полагасе

x

xx

xxxx

Решенията на последното квадратно уравнение са

1;3

121 =−= uu , от които само 12 =u може да бъде стойност на

показателна функция. Сега от полагането се намира:

10131301 =⇒=−⇒==−

xxx и следователно b=1.

Параметърът c е първия член на ,...,,,, 4321 aaaa÷÷ за която

81.

10

42

31

=

=+

aa

aa

Един стандартен начин за работа е следния: означава се с

q частното на тази ÷÷ и тогава 3

14

2

1312 .,.,. qaaqaaqaa === . Даденото

условие е равносилно със следната линейна система

уравнения за a1 и q:

81

10

81.

10.

81...

10.2

3

31

42

1

2

11

3

11

2

11

=

=+⇔

=

=+⇔

=

=+

a

aa

qa

qaa

qaqa

qaa

Сега от второто уравнение следва, че 93 ±=a . Ако се

допусне, че 93 −=a (отрицателно), то тъй като 2

13 .qaa = , би

следвало, че и 01 <a и тогава първото уравнение не може да

бъде вярно. От тук 93 +=a , а от първото уравнение 11 =⇒ a , т.е.

параметърът 1=c .

Сега даденото тригонометрично уравнение има явния

вид:

1cossin =+ xx .

Тъй като лявата му страна е линейна комбинация от sinx

и cosx, то тя може да се преобразува в еквивалентен

тригонометричен израз с допълнителен ъгъл:

±=

−⇔=+

⇔=+⇔=+

4cos

4cos

2

2cos.

4cossin.

4sin

2

2cos

2

2sin

2

22:1cossin

ππππxxx

xxxx

Решенията на последното основно тригонометрично

тъждество са:

{ } .,222

,244

Ζ∈=∪

+=⇔Ζ∈+±=− kkxkxkkx ππ

ππ

ππ


а) В правоъгълният CM ABC∆ е медиана към хипотенузата

⇒ αα 2,,2

=∠=∠=∠===⇒ CMHMCAMACc

BMAMCM .

От друга страна MNC∆ е равнобедрен, т.к. CH е

едновременно и височина и ъглополовяща съгласно

условието. Тогава:

αα 290,2,2

−=∠=∠=∠=∠== oNCHMCHCNMCMN

cCMCN

По условие ⇔−>>−⇔<<⇔<< oooooo90260902604530 ααα

HCBNCH ∠=<−=∠⇒<−<⇔ ααα 290302900ooo .

Тогава лъчът

HCBCN ∠→ за вътрешен е и

следователно точката N е

между точките B и H.

От дадения

правоъгълен триъгълник

се намират:

αα cos.,sin. cCAcCB == , а

от правоъгълния триъгълник ACH∆ :

αα

αααα

2cos.cos.

,sin.2

sincos.sin.

cACAH

ccACCH

==

===

Тогава ( ).2cos12

sin.cos.22 ααα −==−=−=

ccccAHABBH

Сега за триъгълника BNC, чието лице се търси, са

известни:

ααπ

αα

παα

παα

α

3cos.sin.42

3sin.2

.sin.2

1sin..

2

1

.2

32

2,2

,sin.

2

3cos

cccCCNCBS

BHNCCc

CNcBC

BNC −=

−=∠=

−=

−−=∠−∠=∠==

−=

∆

4434421

Последният израз е положителен, т.е. има геометричен

смисъл на лице, т.к. условието

03cos1353904530 <⇔<<⇔<< ααα oooo

б) За да се намери радиусът r на вписаната в BCN∆

окръжност се използва известната формула за лицето на

триъгълник, включваща r :

BCN

BCNBCNBCN

p

Srr

NBCNBCrpS

∆

∆∆∆ =⇒

++== .

2. .

Тъй като BC и CN са известни, то остава да се намери и

NB.

( ) NHc

NHBHNBBHN уем

−−=−= α2cos12

,/

( )ααα 2cos.212

2cos2

2cos. −=⇒==∆ c

NBc

CNNHNCH

, (положителен

израз, заради началните данни за ( )oo90,602: ∈αα )

⇒>−⇔<⇒ 02cos212

12cos αα

( ) ( )

( )αααα

αα

α

sin21sin2

2cos1sin2

2cos.2122

sin.2

1

2

1

2sin2

+=

−+=

=

−++=++=⇒

=

∆

cc

cccNBCNBCp BNC

321

Окончателно:

( ) ( ).

sin212

3cos.

sin21sin2

3cos.sin.4

2

αα

αα

αα

+−=

+

−==

∆

∆ c

c

c

p

Sr

BCN

BCN


а) Нека ABCD е дадената правилна пирамида, DO=h е

височината през D, а

DK=2h е апотемата на

стената BCD. Тогава

DOK∆ е правоъгълен с o

30=∠DKO , като ъгъл

срещу катет, равен на

половината от

хипотенузата и втори

катет ОК, равен точно

на радиусът r на

вписаната окръжност в

равностранния ABC∆ с дължина на страната а по условие.

Тогава 6

3arOK ==

.3

263

3.

6

330.

ahDK

aatgOKhDO ==⇒====⇒ o

Сега се намират обема на пълната повърхнина на

пирамидата:

( )4

32

,3

.2

3

4

3.

4

3

,72

3

6.

4

3.

3

1.

3

1

2

22

32

+=

+=+=+=

===

∆∆

∆

aS

aaaOKp

aSSS

aaahSV

пълна

ABCоколнаABCпълна

ABCABCD

б) Разглежда се стената на BCD и се търси височината й

CH. Дължините на страните на равнобедрения BCD∆ са:

136

3363,

222

222

aBDCD

aaahOBDOBDCDaBC

ABCROBOBD

==⇒

⇒+=

+=+===

=∆

BCD∆ е тъпоъгълен с тъп ъгъл при върха D, което следва

от Косинусовата теорема, приложена за намиране на D∠cos :

o900

13

5

36

13..2

36

13..2

2

2cos

2

2

22

2

22

>∠⇔<−=−

=−

=∠ Daa

aa

BD

BCBDD

Тогава петата H на височината CH е такава, че точка D е

между B и H. Нека HP е височината в пирамидата ABCH.

Петата й P лежи върху OB, като HPBDOB ∆∆ _~ . Тогава:

1313.6

.6

.HB

a

HBa

DB

HBhHP

DB

HB

DO

HP===⇔= .

Остава да се намери HB. Тази отсечка се явява катет в

правоъгълния BCH∆ , за който е известна хипотенузата BC=a.

Нека с ϕ е означена мярката на острия B∠ . Тогава

ϕϕ cos.cos. aBCHB == . За правоъгълния BDK∆ са известни катетите

ϕϕϕϕϕ 22cos

9

4sincos

3

2sin

3

2

3,

2=⇔=⇔==⇒==

BK

DKtg

aDK

aBK

.13

3cos

13

9cos1cos

9

41

)90,0(22 =⇔=⇔=

+∈

ϕϕϕϕ o

Сега 13

3aBH = и следователно търсената височина на

пирамидата ABCH е 13

3

13

13

3

13

a

a

HBHP === . Тогава :

52

3

13

3.

4

3.

3

1.

3

132

aaaHPSV ABCABCH === ∆


2004 година

Задача 1. Да се решат:

а) уравнението 16х – 5.4

х+1 + 64 = 0;

б) неравенството ( ) 31log 2

2

1 −>−x ;

в) уравнението -4sinx + 2cos2x – 3 = 0;

г) системата 3

9

22

33

=++

=−

yxyx

yx.

Задача 2. Дадена е функцията f(x) = x2 – 2mx + 3m

2 + 3m

+ 1, където m е реален параметър.

а) За кои стойности на m уравнението f(x) = 0 има реални

корени;

б) Ако х1 и х2 са корените на уравнението f(x) = 0, то да

се намерят стойностите на m, за които 02 21

2

212

2

1 =++ xxxxxx ;

в) При m = 1 да се намерят най-малката и най-голямата

стойности на функцията f(x) в интервала [-2;0];

г) За кои стойности на m функцията

( ) ( ) 41333

1 223++++−= xmmmxxxF няма локални екстремуми.

Задача 3. Даден е остроъгълен ∆ABC с дължина на

страните АС = 26см. и ВС = 28см., при което ( )13

12sin =∠ACB . Да

се намерят:

а) лицето на ∆ABC;

б) радиусът на вписаната в ∆ABC окръжност;

в) радиусът на описаната около ∆ABC окръжност;

г) стойността на израза МА2 + МВ

2 + МС

2, където М е

медицентърът на ∆ABC.

Задача 4. Дадена е правилна четириъгълна пирамида

ABCDE, с основа ABCD и връх Е, с дължина на височината

към основата 9см. и двустенен ъгъл α между основата и

околна стена, за който 4

3=αtg . Да се намерят:

а) лицето на пълната повърхнина на пирамидата;

б) лицето на вписаната в пирамидата сфера;

в) обемът на описаното около пирамидата кълбо;

г) лицето на основата на прав кръгов цилиндър с

максимален обем, който е вписан в пирамидата така, че

долната му основа лежи в основата на пирамидата, а горната

му основа се допира до околните стени.

ПРИМЕРНИ РЕШЕНИЯ


а) Полагаме 4х = z (z > 0). Тогава уравнението приема

вида z2 – 20z + 64 = 0. Решенията са

.16,4;6106410010 212,1 ==±=−±= zzz Тогава .2,1 21 == xx

б) ОДС за ( ) ( ).;11;01: 2+∞∪−∞−∈⇒>− xxx Тогава

( ) ,2

1log1log

3

2

1

2

2

1

−

>−x откъдето ( ) 8log1log

2

1

2

2

1 >−x , тъй като ,12

1< то

х2 – 1 < 8. Следователно х

2 – 9 < 0, т.е. ( ).3;3−∈х Сечението от

ОДС и получения интервал е ( ) ( ).3;11;3 ∪−−∈х

в) Заместваме cos2x = 1 – 2sin2x. Тогава уравнението

приема вида

-4sinx +2 – 4sin2x – 3 = 0, следователно 4sin

2x+ 4sinx + 1 =

0, откъдето (2sinx + 1)2 = 0. От тук ,

2

1sin −=x чиито решения са

.,26

7,2

621 цялоkkxkx −+=+−= πππ

π

г) (2точки). По формулата за разлика на кубове

преобразуваме първото уравнение така (x – y)(x2 + xy + y

2) = 9.

Заместваме x2 + xy + y

2 = 3 и получаваме x – y = 3. Сега

системата приема вида 3

3

22=++

=−

yxyx

yx изразяваме у = x – 3 и

заместваме във второто уравнение. Получава се

( ) ( ) .02306930333 2222=+−⇒=+−⇒=−−+−+ xxxxxxxx Корените

са x1 = 1 и x2 = 2, a y1 = -2 и y2 = -1. Решенията на системата са

(1;-2) и (2;-1).

Решение на задача 2 а) За да има квадратното уравнение f(x) = 0 реални

корени трябва детерминантата D = 4m2 – 4(3m

2 + 3m + 1) ≥ 0

(делим на -4) .0132 2≤++⇒ mm Тогава .

2

1;1

−−∈m

в) При m = 1 функцията приема вида f(x) = x2 – 2x + 7.

Абсолютният минимум за функцията се достига за xmin = 1.

Тогава в интервала [-2;0] функцията f(x) е строго намаляваща.

Следователно fmax = f(-2) = 15, a fmin = f(0) = 7

г) Функцията F(x) няма да има екстремуми тогава и само

тогава, когато първата ù производна ( ) ( )1332' 22+++−= mmmxxxF

няма реални корени или има два равни корена. Следователно

( ) 013344 22≤++−= mmmD . Решенията на неравенството са

( ]

+∞−∪−∞−∈ ;

2

11;m


а) Лицето се намира по формулата

( ) 33613

12.28.26.

2

1sin..

2

1==∠= ACBBCACS ABC

б) За да намерим радиуса на вписаната окръжност ще

изчислим първо страната АВ. От косинусовата теорема, като

използваме че ( ) ( )13

5

169

1441sin1cos 2

=−=∠−+=∠ ACBACB (ъгълът е

остър!).

Тогава ( ) 30cos...222=∠−+= ACBBCACBCACAB . Знаейки трите

страни и лицето на триъгълника, намираме p

Sr ABC= , където p =

42 e полупериметърът на триъгълника. Следователно

842

336==r .

в) Радиуса на описаната окръжност намираме по

формулата

4

65

.4

..==

ABCS

BCACABR .

г) Използваме, че ,3

2,

3

2,

3

2cba mMCmMBmMA === където

ba mm , и cm са съответните медиани на триъгълника ABC,

следователно

( )222222

9

4cba mmmMCMBMA ++=++ .

От друга страна

( ) ( ) ( )[ ]222222222222 2222224

1ABBCACACBCABBCACABmmm cba −++−++−+=++

( )[ ]222222

4

3ACBCABmmm cba ++=++ .

Следователно

( )3

2360

3

1 222222=++=++ ACBCABMCMBMA .


а) (2 точки). Нека ЕТ и ЕМ са съответно височината и

апотемата на стената BCE в пирамидата. Тогава TME∠ e линеен

на двустенния ъгъл α (виж чертеж 1). От правоъгълен

триъгълник TME следва αgTE

TMcot= , откъдето 12

3

4.9===

αtg

TETM .

Тогава AB = 2.TM = 24 5762==⇒ ABSосн . От триъгълник MTE

следва 1522=+= TETMME . Следователно

7202

15.24.44 === BCEокол SS . Окончателно 1296=+= оснокол SSS .

б) Радиусът r на вписаната сфера определяме по

формулата S

Vr

3= . За обема намираме 1728.

3

1== ETSV осн .

Следователно 41296

1728.3==r . Тогава за лицето на вписаната

сфера намираме ππ 64..4 2== rSвпис

в) Радиусът на описаното кълбо определяме чрез

сечението на това кълбо и равнината през точките А, C и Е.

Нека Q е диаметрално противоположна на точка Е. Тогава

триъгълник AEQ е правоъгълен с катет АЕ, хипотенуза QE =

2R и проекция на АЕ върху EQ, равна на ТЕ. От формулата за

правоъгълен триъгълник (a2 = c.a1) следва АЕ

2 = 2.R.ТЕ,

откъдето TE

AER

.2

2

= . От друга страна

3691512 222222=+=+== MEMCЕCАЕ . Тогава

2

41

9.2

369==R . Обемът на

кълбото е 6

.41..3

4 33 ππ == RVкъл

г) Разглеждаме сечение на пирамидата и вписан

цилиндър с равнина през точките T, M и E. Означаваме

радиуса на цилиндъра с х, а височината му с у (чертеж 2).

Имаме TKMTKETME SSS += , следователно TMTEyTMxЕТ .2

1.

2

1.

2

1=+ , от

където ( )xyyx −=⇒=+ 124

312.9129 . За обема на цилиндъра се

получава ( ) ( )12;0,124

3.. 322

∈−== xxxyxVc ππ . Намираме

( )2' 84

9xxVc −= π . Корените на уравнението 0'

=cV са х1 = 0 (не е от

допустимия интервал) и х2 = 8. Пресмятаме ( ) 08"<cV ,

следователно максимум се достига за х = 8. Тогава търсеното

лице е ππ .648. 2==оснS .

2002-2004 Национален военен университет "Васил...

Documents