2013 ТРЕТА ТЕМА – примерни решения Задача 1. Дадено е уравнението 0123 22 bxbx , 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 1 bx . Решение на задача 1. Условие a) Даденото уравнение има реални корени при неотрицателна дискриминанта, т.е. 0D . За дискриминантата получаваме

bbbbD 1251423 222 .

Решенията на неравенството 0125 2 bb са

,0

5

12,b .

Отговор.

,0

5

12,b .

Условие б) При 1 bx за даденото уравнение получаваме 011231 22 bbbb

032 bb . Корените на горното уравнение са 31 b и 02 b Отговор. Решенията на даденото уравнение са 31 b и 02 b . Задача 2. Дадена е функцията 42104.4 xxxf . .

а) Да се реши уравнението 0xf . б) Да се намери най-малката и най-голямата стойност на функцията xf

за 2,1x . Решения на задача 2. Условие а) Решаваме уравнението 042104.4 xx . Полагаме tx 2 , ОДСt : 0t . Получава се уравнението 0252 2 tt следователно

2,2

1

4

16255212;1

ttt .

За x получаваме 11 x и 12 x . Отговор. Решенията на уравнението 0xf са 11 x и 12 x .

Условие б) Преобразуваме 421044 xxxf .. като полагаме tx 2 . Получаваме функцията 4104 2 tttg .

Тъй като функцията x2 е растяща, то при 2,1x следва, че 4,2t .

Квадратната функция tg има минимум в точката 24

5

2

a

bt . Тогава за

]4,2[t функцията tg расте, следователно 284max gtg и 02min gtg , откъдето намираме

282max2;1

fxfx

,

01min2;1

fxfx

.

Отговор: НМС 0xf , НГС 28xf .

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

4016003224 2222 CDADAC . Нека 1C е ортогоналната проекция на C върху AB . Следователно ABCC 1 и 321 CDAC и 241 ADCC . Съгласно питагорова теорема за

CBC1 намираме дължината на катета 1BC

183242430 222

1

2

1 CCBCBC .

Оттук намираме 50183211 BCACAB . Съгласно питагорова теорема за

ABD 76925024 2222 ABADBD .

Отговор. 40AC см и 7692BD . Условие б) По условие ACD е правоъгълен и за радиуса на вписаната окръжност намираме

82

402432

21

cba

r (фигура1).

За ABC имаме 222 403050 . Следователно от обратната теорема на теоремата на Питагор ABC е правоъгълен. Тогава за радиуса на вписаната в

ABC окръжност намираме

102

504030

22

cba

r .

Фигура 1.

Нека точка M е пресечната точка на продължението на радиуса

)(1 ACPPO и радиуса BCRRO ,2 . Получава се правоъгълен триъгълник 21MOO , където 18211 rrMO и

141083210122 rCDrPCMO .

Тогава съгласно питагорова теорема за 21MOO намираме дължината на хипотенузата

13025201418 222

2

2

121 MOMOOO

Отговор. 130221 OO . 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

319216.4

312.

3

1.

3

1 2

hBV .

Фигура 2.

От теоремата на Питагор за ABD ще намерим хипотенузата BD

2014425622 ABADBD . Лицето на BCD ще намерим чрез херонова формула 91126.6.14.26 BCDS . Търсеното разстояние, което ще означим с d , ще намерим от обема на пирамидата BCDA

91

27348

9112

3192.33

.3

1

BCD

BCD

S

Vd

dSV

Отговор. Търсеното разстояние е 91

27348d .

Условие б) За лицето на пълната повърхнина намираме

.16913312

19291123362

16.12.29112

4

3122

2

1

ABDBCDABC SSSS

За радиуса на кълбото получаваме

169133

348

16913312

3192.3.3

1

S

Vr

Отговор. Радиусът е 169133

348

.