а) Решите уравнение: \(\cos 2x+\sqrt{2}\cos\left(\frac{\pi }{2} -x\right) -1=0\). б) Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку \([\frac{5\pi }{2} ;4\pi ]\).

а) Воспользуемся формулами приведения и двойного угла: \(1-2\sin^2x+\sqrt{2}\sin x-1=0\\ -2\sin^2x+\sqrt{2}\sin x=0\\ \sin x(-2\sin x+\sqrt{2})=0\\ \sin x=0~или~\sin x=\frac{\sqrt{2}}{2}\) \(\displaystyle \left[ \begin{array}{l l} x=\pi k,k\in Z\\ x=\frac{\pi }{4} +2\pi n,n\in Z\\ x=\frac{3\pi }{4} +2\pi n,n\in Z \end{array} \right.\) б) Отберем корни, которые принадлежат отрезку \([\frac{5\pi }{2} ;4\pi ]\), при помощи единичной тригонометрической окружности: Нам подходят корни: \(3\pi,4\pi,3\pi - \frac{\pi}{4} = \frac{11\pi}{4}\). Ответ: а) \(\pi k,k\in Z, \frac{\pi}{4}+2\pi n, \frac{3\pi}{4}+2\pi n,n\in Z\); б) \(3\pi, 4\pi, \frac{11\pi}{4}\).

а) Решите уравнение: \(9^{x-\frac{1}{2}}-8\cdot 3^{x-1}+5=0\). б) Укажите корни этого уравнения, принадлежащие отрезку \((1;\frac{7}{3})\).

a) \(9^{x-\frac{1}{2}}-8\cdot 3^{x-1}+5=0\\ \frac{3^{2x}}{3}-8\cdot\frac{3^x}{3}+5=0|\cdot 3\\ 3^{2x}-8\cdot 3^x+15=0\) Замена \(3^x=t\) \(t^2-8\cdot t+15=0\Leftrightarrow \displaystyle \left[ \begin{array}{l l} t=3\\ t=5 \end{array} \right.\) Обратная замена, учитывая \(5=3^{\log_35}\): \(\displaystyle \left[ \begin{array}{l l} 3^{x} =3\\ 3^x=5 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l l} 3^{x} =3^{1}\\ 3^x=3^{\log_{3} 5} \end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l l} x=1\\ x=\log_{3} 5 \end{array} \right.\) б) Отберем корни, которые принадлежат промежутку \((1;\frac{7}{3})\): Так как \(\log_33<\log_35<\log_39<\frac{7}{3}\), то нам подходит только корень: \(\log_35\). Ответ: а) \(1; \log_35\), б) \(\log_35\).

В прямоугольном параллелепипеде \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) известно, что \(AB=3\), \(AD=4\), \(AA_1 =6\). Через точки \(B_1\) и \(D\) параллельно \(AC\) проведена плоскость, пересекающая ребро \(CC_1\) в точке \(K\). а) Докажите, что \(K\) — середина \(CC_1\). б) Найдите расстояние от точки \(B\) до плоскости сечения.

а) Построим плоскость сечения. Для этого продолжим сторону \(AB\) за точку \(A\), а сторону \(BC\) — за точку \(C\). Через точку \(D\) проведём прямую, параллельную \(AC\), до пересечения с продолжениями сторон. Пусть проведённая прямая пересекает продолжение стороны \(AB\) в точке \(E\), а продолжение \(BC\) – в точке \(F\). Соединим точку \(B_1\) с точками \(E\) и \(F\). Тогда \((EB_1F)\) – искомая плоскость. По условию \((EB_1F)\) пересекает ребро \(CC_1\) в точке \(K\). Рассмотрим \(\Delta ACB\) и \(\Delta DFC\): По условию \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) прямоугольный параллелепипед, значит, \(AB=DC\) и \(AB||DC\). \(AC||EF\) по построению. Тогда \(\angle FDC=\angle DCA\) и \(\angle DCA=\angle CAB\) как накрест лежащие, следовательно, \(\angle FDC=\angle CAB\). \(\angle ABC=\angle DCF=90^\circ\). Тогда \(\Delta ACB=\Delta DFC\) по двум углам и прилежащей к ним стороне и, значит, \(BC=CF\). Рассмотрим \(\Delta B_1C_1K\) и \(\Delta FCK\): По условию \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) прямоугольный параллелепипед, значит, \(BC=B_1C_1\) и \(CB||B_1C_1\). Тогда \(\angle C_1B_1K=\angle CFK\) как накрест лежащие. \(\angle B_1C_1K=\angle FCK=90^\circ\). \(B_1C_1=BC=CF\), тогда \(\Delta B_1C_1K=\Delta FCK\) по двум углам и прилежащей к ним стороне. Значит \(CK=KC_1\), то есть \(K\) — середина \(CC_1\), что и требовалось доказать. б) Пусть \(h_B\) – расстояние от точки \(B\) до плоскости \((EB_1F)\). Тогда объём пирамиды \(EB_1FB\) равен: \(V_{EB_1FB}=\frac{1}{3}h_B\cdot S_{EB_1F}\) С другой стороны, объём пирамиды \(EB_1FB\) можно найти как: \(V_{EB_1FB}=\frac{1}{3}\cdot BB_1\cdot S_{EBF}\) Тогда: \(V_{EB_1FB}=\frac{1}{3}h_B\cdot S_{EB_1F}=\frac{1}{3}\cdot BB_1\cdot S_{EBF}\\ h_B=\frac{BB_1\cdot S_{EBF}}{S_{EB_1F}}\) Найдём площадь \(\Delta EBF\). Для этого рассмотрим \(\Delta EBF\) и \(\Delta ABC\): По построению \(AC||EF\), значит, \(\angle CAB=\angle DEA\). \(\angle ABC\) общий, следовательно, \(\Delta EBF\sim\Delta ABC\) по двум углам. По доказанному в пункте а) \(BC=CF\). Тогда: \(\frac{BE}{BA}=\frac{BF}{BC}=\frac{BC+CF}{BC}=\frac{2\cdot BC}{BC}=2\\ \frac{BE}{BA}=\frac{BA+AE}{BA}=1+\frac{AE}{BA}=2\Rightarrow AE=AB=3\) Тогда для \(\Delta EBF\) \(EB=AE+AB=3+3=6\), \(BF=BC+CF=4+4=8\). Площадь треугольника \(EBF\): \(S_{EBF}=\frac{1}{2}\cdot EB\cdot BF=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 8=24\) Найдём площадь треугольника \(EB_1F\). По условию \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) прямоугольный параллелепипед, значит, \(AA_1=BB_1=CC_1=DD_1=6\). Для прямоугольного \(\Delta EBF\) по теореме Пифагора: \(EB^2+BF^2=FE^2\\ FE=\sqrt{EB^2+BF^2}=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{100}=10\) Для прямоугольного \(\Delta EBB_1\) по теореме Пифагора: \(EB^2+B_1B^2=B_1E^2\\ B_1E=\sqrt{EB^2+B_1B^2}=\sqrt{6^2+6^2}=\sqrt{2\cdot 36}=6\sqrt{2}\) Для прямоугольного \(\Delta FBB_1\) по теореме Пифагора: \(FB^2+B_1B^2=B_1F^2\\ B_1F=\sqrt{FB^2+B_1B^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10\) Тогда площадь \(\Delta EB_1F\) по формуле Герона: \(S_{EB_1F}=\sqrt{p_{EB_1F}(p_{EB_1F}-FE)(p_{EB_1F}-B_1E)(p_{EB_1F}-B_1F)},\) где \(p_{EB_1F}\) – полупериметр \(\Delta EB_1F\): \(p_{EB_1F}=\frac{FE+B_1E+B_1F}{2}=\frac{10+6\sqrt{2}+10}{2}=10+3\sqrt{2}\) Тогда: \(S_{EB_1F}=\sqrt{p_{EB_1F}(p_{EB_1F}-FE)(p_{EB_1F}-B_1E)(p_{EB_1F}-B_1F)}\\ S_{EB_1F}=\sqrt{(10+3\sqrt{2})(10+3\sqrt{2}-10)(10+3\sqrt{2}-6\sqrt{2})(10+3\sqrt{2}-10)}\\ S_{EB_1F}=\sqrt{(10+3\sqrt{2})(3\sqrt{2})(10-3\sqrt{2})(3\sqrt{2})}\\ S_{EB_1F}=\sqrt{(10^2-(3\sqrt{2})^2)(3\sqrt{2})^2}=\sqrt{(100-18)\cdot 18}=\sqrt{82\cdot 18}=\sqrt{2\cdot 41\cdot 2\cdot 9}=6\sqrt{41}\) Тогда: \(h_B=\frac{BB_1\cdot S_{EBF}}{S_{EB_1F}}=\frac{6\cdot 24}{6\sqrt{41}}=\frac{24}{\sqrt{41}}\) Ответ: \(\frac{24}{\sqrt{41}}\)

Дана четырехугольная пирамида \(SABCD\), в основании которой лежит ромб \(ABCD\) со стороной \(10\). Известно, что\(SA=SC=10\sqrt{2}\), \(SB=20\) и\(AC=10\). а) Докажите, что ребро \(SD\) перпендикулярно плоскости основания пирамиды \(SABCD\). б) Найдите расстояние между прямыми \(AC\) и \(SB\).

а) Пусть \(O\) - точка пересечения диагоналей ромба. По свойству ромба: \(AO=OC=0, \! 5AC=5=0, \! 5BC\) и \(\angle BOC={90}^{\circ}\) \(\displaystyle \begin{cases} CB=2OC\\ \angle BOC={90}^{\circ} \end{cases} \Rightarrow \angle BCO={30}^{\circ},\angle CBO={60}^{\circ}\) По теореме Пифагора для треугольника \(BOC\): \(BO=\sqrt{BC^2-OC^2}=5\sqrt{3}\) По теореме косинусов для треугольника \(SOB\): \(SB^2=SO^2+BO^2-2SO\cdot OB\cdot\cos\angle SOB\\ \cos\angle SOB=\frac{175+75-200}{2\cdot 5\sqrt{7}\cdot 5\sqrt{3}}=-\frac{3}{\sqrt{21}}=-\cos\angle SOD\\ \Rightarrow \cos\angle SOD=\frac{3}{\sqrt{21}}~как~смежные\) По теореме косинусов для треугольника \(SOD\): \(SD^2=SO^2+BD^2-2SO\cdot OD\cdot\cos\angle SOD=175+300-2\sqrt{175}\cdot 5\sqrt{3}\cdot\frac{3}{\sqrt{21}}=100\\ SD=10\) Тогда обратная теорема выполняется для треугольников \(ASD\) и \(SCD\): \(AS^2 = AD^2 + SD^2 \\ SC^2 = SD^2 + DC^2\) Значит: \(\left\{ \begin{array}{l} SD \perp AD \\ SD \perp DC \end{array} \right. \Leftrightarrow SD \perp (ADC) \Rightarrow SD \perp (ABCD)\) ч.т.д. б) \(AC\bot SBD\), так как \(AC\bot BD\) (по свойству ромба) и \(AC\bot SD\) (из доказанного выше) Пусть \(OH\) перпендикулярна \(SB\). \(OH\in SBD\\ AC\bot SBD\) Поэтому \(OH\) - искомое расстояние. Из прямоугольного треугольника \(BOH\): \(OH=BO\cdot\sin\angle OBH=5\sqrt{3}\cdot\sin\angle OBH\) По теореме косинусов для треугольника \(SBD\): \(SD^2=SB^2+BD^2-2SB\cdot BD\cdot\cos\angle SBD\\ \cos\angle SBD=\frac{400+300-100}{2\cdot 20\cdot 10\sqrt{3}}=\frac{3}{2\sqrt{3}}\) По основному тригонометрическому тождеству: \(\sin\angle SBD=\sqrt{1-\left(\frac{3}{2\sqrt{3}}\right)^2}=\frac{1}{2}~(берем~положительное~значение,так~как~угол~острый)\\ OH=5\sqrt{3}\cdot\frac{1}{2}=\frac{5\sqrt{3}}{2}\) Ответ: \(\frac{5\sqrt{3}}{2}\)

Дан тетраэдр \(ABCD\). Точки \(K\), \(L\), \(M\) и \(N\) лежат на ребрах \(AC\), \(AD\), \(DB\) и \(BC\) соответственно, так, что четырехугольник \(KLMN\) — квадрат, и \(AK:KC=3:7\). а) Докажите, что\(AB:CD=3:7\). б) Найдите объём пирамиды \(CKLMN\), если объём тетраэдра \(ABCD\) равен \(100\).

а) \(LM\in ABD\\ KN\in ABC\\ LM||KN~(так~как~LMNK–квадрат)\) Значит, \(LM||ABC\), так как \(LM||\) прямой, лежащей в плоскости \(ABC\). \(\displaystyle \begin{cases} LM||ABC\\ LM||KN\\ ( AB C) \cap ( KLM) =KN\\ ( ABD) \cap ( KLM) =LM \end{cases} \Rightarrow LM||AB||KN\) Следовательно, по теореме Фалеса \(\frac{AK}{KC}=\frac{BN}{NC}=\frac{3}{7}\) и треугольники \(KNC\) и \(ABC\) подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, следовательно: \(\frac{KC}{AC}=\frac{KN}{AB}=\frac{7}{10}\Rightarrow AB=\frac{10KN}{7}\) Аналогично \(DC||MN||LK\), следовательно, по теореме Фалеса \(\frac{AK}{KC}=\frac{AL}{LD}=\frac{3}{7}\) и треугольники \(ALK\) и \(ADC\) подобны по двум пропорциональным сторонам и углу между ними, следовательно: \(\frac{AL}{AD}=\frac{LK}{DC}=\frac{3}{10}\Rightarrow DC=\frac{10KL}{7}=\frac{10KN}{3}~(KL~и~KB~равны~по~свойству~квадрата)\\ \frac{AB}{DC}=\frac{10KN}{7}:\frac{10KN}{3}=\frac{3}{7}\) б) Рассмотрим пирамиду \(MKNB\), обозначим ее объем \(V_1\), \(h_M\) - высота из точки \(M\) на плоскость \(ABC\). \(V=\frac{1}{3}\cdot h_M\cdot S_{BKN}\) \(V\) - объем всей пирамиды \(DABC\), \(h\) - высота из точки \(D\) на плоскость \(ABC\) \(V=\frac{1}{3}\cdot h_M\cdot S_{ABC}=100~по~условию\) Так как \(KN||AB\), то \(AK:KC=BN:NC=3:7\) по теореме Фалеса. Пусть \(MM_1\) расстояние от точки \(M\) до плоскости \(ABC\) (обозначим \(h_M\)), \(DH\) - расстояние от точки \(D\) до плоскости \(ABC\) (обозначим \(h\)). Тогда треугольники \(BMM_1\) и \(DDH\) подобны, поэтому: \(\frac{MM_1}{DH}=\frac{BM}{BD}=\frac{h_M}{h}=\frac{3}{10}\) Площади подобных треугольников \(CKN\) и \(CAB\) относятся как коэффициент подобия в квадрате, то есть: \(k^2=\left(\frac{7}{10}\right)^2=\frac{49}{100}\\ V_{MKNC}=\frac{1}{3}\cdot h_M\cdot S_{KNC}=\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{10}h\cdot\frac{49}{100}S_{ABC}=\frac{147}{1000}V=\frac{147}{1000}\cdot 100=\frac{147}{10}\\ V_{MKNC}=\frac{1}{3}\cdot h_c\cdot S_{KMN}\\ V_{CKLM}=\frac{1}{3}\cdot h_c\cdot S_{KLM}\\ S_{KMN}=S_{KLM}~(так~как~KLMN-квадрат),поэтому~V_{MKNC}=V_{CKLM}=\frac{147}{100}\\ V_{MLKNC}=2V_{MKNC}=2\cdot \frac{147}{10}=\frac{147}{5}\) Ответ: \(\frac{147}{5}\)