ЕГЭ. Разбор №3

Тут поступило предложение разбирать варианты от Александра Ларина. Ну и, почему бы и нет? Вчера прорешал один, сразу скажу — такой егэбанутой хуйни я ещё не видел. Потянуть можно, но нужно быть очень внимательным. Ларин, наверное, вы знаете, специально делает свои варианты сложнее, чем те, что могут быть на ЕГЭ, однако сильно расслабляться не стоит, кто знает этих составителей.

Итак, сегодня мы будем разбирать вариант №297 от Александра Ларина. Листы заданий Александра похожи на реальные, внизу написано
«Разрешается свободное копирование, распространение и использование в образовательных некоммерческих целях»

Я свой проект коммерческим не считаю, а цели этой статьи тем более, так что буду надеяться, что Александр мне разрешил. Что-то хотел ещё написать, но отошёл от компьютера и забыл, так что давайте решать.

№1.

Удивительно простая задача.

В 10 минутах 600 секунд,
а в 0,5 минутах 30 секунд.
То есть в 10,5 минутах 630 секунд.

630/6 =
600/6 + 30/6 =
100 + 5 =
105

Ответ: 105

№2.

(69+66+66)/3 =
69/3 + 66/3 + 66/3 =
23 + 22 + 22 =
23 + 44 =
67

Ответ: 67

№3.

Если основания 3 и 7, то средняя линия
(3+7)/2 = 5

Площадь трапеции — это средняя линия, умноженная на высоту, потому высота большой трапеции
20/5 = 4

Средней линией высота делится пополам, так что высота маленькой трапеции
4/2 = 2

Площадь маленькой
2*(5+3)/2 = 8

8 вполне себе адекватное число, учитывая, что снизу находится трапеция чуть больше, а общая площадь 20.

Ответ: 8

№4.

Это прикольная задача. Начнём с того, что всего случаев
6² = 36,
так как у каждого кубика 6 вариантов, и друг от друга они не очень-то зависят.

Теперь к условию. Можно маленько поперебирать, можно вообще рассмотреть все 36 вариантов, но в итоге вы придёте к выводу, что сумма больше произведения тогда и только тогда, когда хотя бы на одном из кубиков выпадает число 1.

Таких случаев
1*6 + 6*1 - 1*1 = 11

Первое слагаемое — тот случай, когда на первом кубике выпадает 1, а на втором любое число от 1 до 6.
Второе слагаемое — наоборот, когда на первом любое, а на втором только 1.
Однако, заметим, что мы два раза посчитали случай, когда на обоих кубиках 1. Поэтому мы вычитаем 1.

Итак, выходит 11/36. Кривоватое число. Вообще, оно должно нас смутить, но в условии написано округлить до сотых, так что всё заебись.

Ну делить тут только столбиком. Получится 0,3055 или что-то такое. В округлении это даёт 0,31.

Ответ: 0,31

P.S. Когда я решал для себя, забыл вычесть 1, получим 12/36 и записал 0,33. Так что этот номер мне бы не засчитали. Будьте внимательнее.

№5.

Сразу выкидываем корни и получаем квадратное уравнение:

x² - 3x - 18 = 0
D = 9+72 = 81
x = (3±9)/2 = -3; 6

Итак, всё заебись, в условии написано: «укажите больший корень», так что пишем 6. Так?

НЕТ. Когда я решал, я поступил именно так и всрал ещё одно задание.

На самом деле, 6 не входит в ОДЗ. В исходном выражении был корень, а корни из отрицательных чисел на ЕГЭ почему-то не очень любят.

5-(-3) = 5+3 = 8.

Тут всё нормально, так что в ответ пишем -3.

Ответ: -3

№6.

Тут нужно нарисовать.

Ну сразу заметим, что в сумме эти два угла дают 100°. Следовательно, третий угол будет 80°.

Теперь смотрите на четырёхугольник. Он тут один. Два угла у него равны 90°, третий угол нам тоже известен — 80°. Тогда последний:

360°-90°-90°-80° = 100°

К слову, этот четырёхугольник — вписанный.

Спрашивают нас про смежный ему угол. Так что в ответ мы запишем

180° - 100° = 80°

Запомните это, возможно, пригодится когда-нибудь в С части.

Ответ: 80°

P.S. Я не заметил в условии слово «острый» [угол между высотами], поэтому в ответ записал 100° и проебал ещё один балл.

№7.

Я вам уже говорил, что тангенс угла касательной равен производной в точке касания. Мгновенная скорость в момент t[0] как раз равна этой производной. Считаем клеточки между узлами [узлы клеточек — это уголки клеточек, надеюсь, так понятнее], через которые проходит прямая.

6 по горизонтали, 7 по вертикали.

То есть скорость в данный момент равна 7/6 м/с. Чтобы перевести эту скорость в км/час нужно умножить её на 3,6.

3,6*7/6 = 0,6*7 = 4,2

Ответ: 4,2

P.S. Это задание я тоже всрал, так как насчитал по вертикали 8 клеточек.

№8.

В основании правильной пирамиды лежит равносторонний треугольник, а боковая поверхность образована тремя равнобедренными. Причём нам дано ещё одно условие: углы при вершине прямые.

Как вы видите, я обозначил сторону основания за a.

Площадь треугольника:

S = ½*a*a*sin60° = ¼*(a²)√3 = 18√3 =>
a² = 72

Выражать отдельно а ни к чему.

Медиана в прямоугольном треугольнике равна ½ гипотенузы.
А в равнобедренном треугольнике медиана и высота — одно и то же.
А площадь треугольника — половина произведения высоты на основание:

Sб =
½*a*h =
½*a*½*a =
¼*a² =
18

Площадь всей боковой поверхности — 3Sб = 54.

Ответ: 54

№9.

tg(7π/3) = tg(π/3) = √3
tg(11π/6) = tg(-π/6) = -tg(π/6) = -1/√3

8 * √3 * (-1/√3) = 8*(-1) = -8

Ответ: -8

№10.

Тут можно просто подставить числа.

f = f[0]+10 = 490+10 = 500

500 = 490/(1-v/340)
500 = (490*340)/(340-v)
500*340 - 500v = 490*340
500v = 500*340 - 490*340
500v = 10*340
v = 3400/500
v = 6,8

По-хорошему, в самом начале надо было написать f ≥ f[0]+10, но разве мы похожи на хороших парней?

Ответ: 6,8

№11.

А вот это пиздец. Я ебался с вычислениями больше сорока минут, так ни к чему и не пришёл. Тут нам нужен только ответ, поэтому сейчас буду учить вас нехорошим вещам.

Обозначим время, которое прошло с самого начала за t, скорость течения за x, скорость парохода за v. По условию,

tx = 144, причём t > 40.

Мы, как хитрожопые мрази, догадываемся, что составители взяли в задаче только красивые числа, так что, наверное, t и x — целые делители числа 144.

Например, t = 48, а х = 3

Тогда второй пароход двигался всего 48-40 = 8 часов со скоростью v+3 и прошёл 144 км. То есть
8v + 24 = 144
v = 15

Теперь проверим на третьем пароходе.

324 километра он прошёл с общей скоростью 15+3 = 18.
324/18 = 18 часов

+18 часов в пункте Б

И ещё 324-180 = 144 километра он прошёл со скоростью 15-3 = 12.
144/12 = 12 часов

18+18+12 = 48.

Всё сходится.

Сейчас в мою голову приходят мысли о том, что всё-таки там можно было прийти к более простым вычислениям, но нет, не выходит. Да и похуй.

№12.

Давайте считать производную.

f'(x) =
((√x)'(x+1) - (x+1)'(√x))/(x+1)² =
((1/2√x)(x+1) - √x)/(x+1)² =
((x+1)/(2√x) - √x)/(x+1)² =
((x+1 - 2x)/2√x)/(x+1)² =
(x+1 - 2x)/(2√x(x+1)²) =
(1 - x)/(2√x(x+1)²)

(1 - x)/(2√x(x+1)²) ><= 0

Сразу можно откинуть знаменатель — он положителен при любом х. Единственное, из-за корня у нас появляется ОДЗ: х > 0.

Тогда получаем
1-х ><= 0

При любом х > 1,
1-х < 0

При любом х < 1,
1-x > 0

При х = 1
1-х = 0.

1 — точка максимума.

А наибольшее значение функции

f(1) = √1 / (1+1) = ½ = 0,5.

Ответ: 0,5

№13.

Страшна? Ну, немного. А вообще прикольно, если делать всё последовательно.

Решаем.

Второе решение квадратного уравнения не берём, так как синус не бывает меньше -1.

Так мы решили часть а.

б)

Красным выделен заданный промежуток. Видим, что в него выходят только

-5π/4 и π/4

Ответ: б) -5π/4; π/4

а) мне лень записывать, но вы его видели.

№15.

Да, я снова оставил геометрию на конец.

Тоже выглядит страшненько. Но, на самом деле, всю ужасную работу за нас уже сделали, я имею ввиду, разделили всё по скобкам. Нам же нужно каждую скобку преобразовать в равносильное ей выражение и записать ответ.

Короче, обозначим мысленно первую скобку числителя за I, вторую за II, а знаменатель за III.

Наша цель — прийти к методу интервалов, меняя исходное выражение на равносильные и ни в коем случае не на противоположные.

Для удобства я буду везде писать знак ≥, но это просто условность. Если вдруг знак поменяется на какой-то другой — я что-то сделал не так.

I.

Итак, я раскрыл модуль и получил два неравенства. С учётом модуля у нас как бы получилось два кусочка пазла. Они, как вы видите, идеально состыкуются и образуют общую картину. В результате выражение I с модулем мы можем заменить на более простую скобку (х-1,2). Запоминаем это до лучших времён и переходим к II.

II.

По левому краю идёт исходное выражение и преобразования с ним, а по правому — ОДЗ. Здесь это принципиально разные вещи. В исходном выражении мы можем поставить любой знак и прийти к одному и тому же значению. У ОДЗ знак постоянный. Поэтому х > -4 мы вынуждены писать отдельно. Скобку с логарифмом же мы заменим на получившуюся у нас дробь.

III.

При раскрытии модуля его интервалы зеркально отражаются на отрицательные значения х. Глядя на эту схему видим, что выражение обращается в 0, когда
х = -1; 0; 1.

Сразу пишем
(x+1)x(x-1)

Ну, правильнее,
x(x+1)(x-1)

И обращаем внимание на то, что при x = 0 знак не меняется. Так что дописываем квадрат. Получаем то, что получили:
x²(x+1)(x-1)

Теперь остаётся вставить всё, что мы получили, в исходное выражение.

Вы скажете, или не скажете, что можно было сократить х+1, но тогда бы мы потеряли информацию о том, что это выражение не может быть равно нулю. В принципе, можно было убрать его из числителя, а в знаменателе приписать квадрат.

Ну и ещё я мог вместо трёх подряд идущих интервалов со знаком «-» записать один общий. Но это всё не особо играет роль.

Ответ: x = (1; 1,2]

№17.

Крайне простая задача, не надейтесь, что вам попадётся что-то подобное.

Введём систему координат. ОХ направим на восток, ОY на север. В качестве единицы на графике возьмём 1 километр. Начало координат — метеостанция.

В условии сказано, что эпицентр циклон движется по прямой. Уравнение прямой:
y = kx+b

Нам даны две точки этой прямой, так что мы можем легко посчитать коэффициенты.

24 = -5k + b
20 = -3,5k + b

Вычтем из верхнего нижнее, получим:
4 = -1,5k
k = -8/3

Подставим в любое из уравнений, получим:
b = 32/3

Причём k — тангенс угла между осью ОХ и прямой, а b — точка пересечения с осью ОY. Второе очень легко вывести, подставив в классическое уравнение прямой х = 0.

Расстояние от метеостанции до эпицентра циклона — это расстояние от начала координат до точки на прямой, которую мы вывели. Пусть эта точка E(l;h), тогда расстояние от начала координат до этой точки √(l²+h²). Ну, проще говоря, это гипотенуза прямоугольного треугольника со катетами l и h.

А наименьшее такое расстояние — перпендикуляр из начала координат на нашу прямую.

Теперь в геометрию.

Давайте добавим ещё пару обозначений.

Начало координат — точка О,
Пересечение прямой с осью ОХ — точка А.

Так, ну вы видите. Вспоминаем, что
tgα = k = -8/3

Угол ОАЕ — смежный ему угол. Поэтому его тангенс будет 8/3.
Угол ОЕА — прямой. Так что тангенс угла ЕОА — 3/8.

Да, я к чему это всё? Я хочу записать уравнение прямой ОЕ. Тангенс, то есть k, мы нашли. А точка пересечения с осью OY — 0. Так что b = 0.

Итак, имеем две прямые: АЕ и ОЕ. Их точка пересечения, Е, удовлетворяет системе:

y = -8x/3 + 32/3
y = 3x/8

3x/8 = -8x/3 + 32/3
9x/24 + 64x/24 = 256/24
73x = 256
x = 256/73

Подставим в какое-нибудь из уравнений, удобнее во второе.
y = 3/8 * 256/73 =
96/73

Да, правильнее было писать вместо х — l, а вместо у — h.

Итак,
l = 256/73
h = 96/73

Остаётся найти само расстояние.

√(l²+h²) = √(256²/73² + 96²/73²)

256 = 8*32
96 = 3*32

√(64*32²/73² + 9*32²/73²) =
√(73*32²/73²) =
(32√(73))/73

Это, если вы ещё не поняли, ответ.

По-другому это можно было решить через производную, разницы особо нет.

Ответ: (32√(73))/73

№19.

По-моему, замечательно.

Решать будем перебором. Как вы относитесь к перебору? Математики, почему-то, не очень любят его, хотя мне нравится перебирать. Вся информация у тебя перед глазами, огромный спектр возможностей для вывода закономерностей и прочей поеботни.

Ну ладно, начнём.

а) Думаю, вы догадываетесь, что ч1999исло х может быть только четырёхзначным.

• Если оно однозначное, максимальное x — 9, S(x) — 9, x+S(x) = 18 <2017
• Если двузначное, максимальное x — 99, S(x) — 18, x+S(x) = 117 <2017
• Если трёхзначное — 999+27 = 1026 <2017
• С четырёхзначными всё заебись, есть случаи как меньше 2017, так и больше, и, скорее всего, когда равно
• Если пятизначное, минимальное x — 10000, S(x) — 1, x+S(x) = 10001 >2017

Теперь давайте размышлять более глубоко. Само число x должно быть явно меньше, чем 2017. Из всех четырёхзначных чисел, меньших 2017, самой большой суммой цифр обладает число x = 1999, S(1999) = 28.

Так что S(x) ≤ 28.

Поскольку x в нашем выражении подчиняется условию
x = 2017 - S(x),
То наименьший x, который мы будем рассматривать — 2017-28 = 1989.

Ещё сразу заметим, что если x не заканчивается цифрой 9, то при увеличении x на 1, S(x) увеличится на 1, а их сумма — на 2. Так что в рамках одного десятка вариантов x, S(x) будет оставаться либо чётным, либо нечётным числом.

2017 нечётное, так что те десятки, что дают чётные суммы, можно откинуть.

Слева я буду записывать x, а справа x+S(x).

1989 — 2016
1990 — 2009
1991 — 2011
…
1994 — 2017 !!!
1995 — 2019
…
1999 — 2027
2000 — 2002
(с 2000 по 2009 дают чётные)
2010 — 2013
2011 — 2015
2012 — 2017 !!!
2013 — 2019
…
2016 — 2025

Мы нашли два решения — 1994 и 2013 и доказали, что других нет. Молодцы.

б) Тут немножко посложнее и побольше перебор.

x максимальное — 2016 =>
S(x) максимальное — 28 (x = 1999)
S(S(x)) максимальное — 10 (S(x) = 28)

Так что минимальное x:
2017 - 28 - 10 = 1979

Я буду писать числа в таком порядке:
x — S(x) — S(S(x)) — x+S(x)+S(S(x))

1979 — 26 — 8 — 2013
1980 — 18 — 9 — 2007
1981 — 19 — 10—2010
1982 — 20 — 2 — 2004
1983 — 21 — 3 — 2007
1984 — 22 — 4 — 2010
…
1986 — 24 — 6 — 2016
1987 — 25 — 7 — 2019
…
И ТУТ ДО МЕНЯ ДОХОДИТ

Да, нельзя бездумно перебирать, надо искать закономерности, пытаясь упростить себе жизнь.

Так вот. Знаете же свойство:
«Число кратно 9 тогда и только тогда, когда сумма его цифр кратна 9»?

Если обобщить его для всех натуральны1х чисел, то получим примерно следующее:
Сумма цифр натурального числа имеет такой же остаток от деления на 9, как и само число.

Это свойство наверняка есть в интернете. Так вот, запишем x, S(x) и S(S(x)) в виде:
x = 9a + p
S(x) = 9b + p
S(S(x)) = 9c + p,

Где p — их остаток от деления на 9, а a, b, c — просто какие-то натуральные коэффициенты

Тогда их сумма это
9a + p + 9b + p + 9c + p =
9a + 9b + 9c + 3p =
3(3a + 3b + 3c + p)

То есть эта сумма так или иначе будет кратна числу 3.

2017 не кратно числу 3, следовательно, уравнение под пунктом б) решений не имеет.

в) Заметим, что S(S(S(x))) не может быть больше 9, так как наибольшее S(S(x)) — 10.

Пусть S(S(S(x))) = 9d + p. Из условия выше заметим, что если d = 1, то p = 0. Тогда выражение, данное нам будет точно кратно 9 и, следовательно, не равно 2017.

Значит, d = 0. Тогда
S(S(S(x))) = p

Всё выражение можно записать в виде:
9a + p + 9b + p + 9c + p + p = 2017
9(a+b+c) = 2017 - 4p

Причём все неизвестные — натуральные.

p = [1; 8]
c = 0 или 1 (если c = 1, то p = 1, так как единственное S(S(x)) = 10)
b = [0; 3] (если b = 2, то p = 1, так как единственное S(x) = 28)
a = [218; 223] (x max = 2015, x min = 2017-28-10-8 = 1971)

Вариантов не так много, однако давайте для начала найдём, при каком p выражение справа будет делиться на 9.

2017 — 4 = 2013
2017 — 8 = 2011
2017 — 12 = 2005
2017 — 16 = 2001
2017 — 20 = 1997
2017 — 24 = 1993
2017 — 28 = 1989 — кратно 3
2017 — 32 = 1985

Итак, мы выяснили, что
p = 7
9(a+b+c) = 1989

a+b+c = 221

Причём, поскольку
p = 7 ≠ 1,
c = 0 (я писал об этом, когда расписывал возможные значения для неизвестных.)

a + b = 221

Ну тут всего три варианта:
а = 221, b = 0
a = 220, b = 1
a = 219, b = 2

Остаётся проверить.

x = 219*9 + 7 = 1978
S(x) = 2*9 + 7 = 25 = 1+9+7+8 — совпало
1978 + 25 + 7 + 7 = 2017 — всё верно

x = 220*9 + 7 = 1987
S(x) = 1*9 + 7 = 16 ≠ 1+9+7+8 — не совпало
Дальше проверять нет смысла

x = 221*9 + 7 = 1996
S(x) = 0*9 + 7 = 7 ≠ 1+9+7+8 — не совпало

То есть нам подошло только одно число — 1978.

Ответ:
а) 1994; 2012;
б) нет решений;
в) 1978.

№14.

Приступаем к геометрии.

Не особо приятное задание, как мне кажется, но, может, я и ошибаюсь.

Правильный тетраэдр — это треугольная пирамида, образованная четырьмя равносторонними треугольниками. Все рёбра тетраэдра равны между собой, а все плоские углы при вершинах равны 60°.

Теперь проведём биссектрисы.

Итак, как провести через эти прямые две параллельные плоскости? Я предлагаю для начала провести отрезок BL в треугольнике NPM,
параллельный NA. Этот отрезок, по теореме фаллоса Фалеса, разделит отрезок АР в том же отношении, что и отрезок NP, проще говоря, пополам.

То есть PL — ¼ от MP

А вся плоскость QBL отсекает тетраэдр BLPQ. Жёлтенький.

Его объём — 1/8 от объёма исходного тетраэдра, так как BP меньше NP в 2 раза, а PL меньше PM в 4 раза.

Тут мы молодцы, но надо двигаться дальше. Что делать со второй плоскостью?

Давайте проведём теперь отрезок AD (Да, я специально даю отрезкам говорящие имена) в треугольнике QMP, параллельный отрезку LQ.

Снова вспоминаем Фалеса. AL — четверть MP, а АМ — половина. Так что точка А и, соответственно, отрезок АD делят отрезок ML в отношении 2:1. В этом же отношении точка D разделит отрезок QM.

И отсекаемый тетраэдр, как мы видим — NAMD.

Его объём — 1/3 от объёма исходного, так как MA — половина MP, а MD — две трети MQ.

Чтобы получить ответ, остаётся только сложить 1/8 и 1/3. 3/24 + 8/24 = 11/24.

Это ответ к пункту а.

С б немного посложнее из-за того, что непонятно, что есть это самое расстояние. Если ребро тетраэдра 1, то
NB = 0,5

Перпендикуляр из точки B на отрезок NA равен AL = 0,25.

Но вдруг есть меньше? Да, на самом деле есть. Чтобы расстояние было наименьшим, оно должно быть перпендикулярно и AN, и QB.

Короче, расстояние между двумя скрещивающимися прямыми равно расстоянию между одной прямой и плоскостью, проходящей через другую прямую и параллельную первой.

Я не знал это свойство до этого разбора. Ну теперь знаю, и как-то спокойнее. Вообще, это логично.

Итак, у нас с вами как раз есть всё для того, чтобы найти это расстояние. Возьмём плоскость QBL и прямую NA. Тогда можно опустить перпендикуляр из точки А на прямую QL. Это и должно быть наше расстояние. Обозначим точку, на которую опирается этот перпендикуляр, за С. И перейдём на рисунок треугольника MQP.

Давайте по теореме косинусов найдём QL, а потом, снова по теореме косинусов, найдём косинус угла PLQ.

• QL² = 1² + 0,25² - 2*1*0,25*cos60°

QL² = 0,8125
QL = 0,25√13

• cosPLC = (0,0625 + 0,8125 - 1)/(2*0,25*0,25√13)

cosPLC = -0,125/0,125√13
cosPLC = -1/√13

Косинус смежного ему угла CLA противоположен по знаку:
cosCLA = 1/√13

cos²CLA + sin²CLA = 1
1/13 + sin²CLA = 1
sin²CLA = 12/13
sinCLA = 2√3/ √13

CA = AL*sinCLA
CA = 0,25*2√3/√13
CA = 0,5√3/√13

Можно было бы порадоваться, но у Ларина другой ответ. Так что мы что-то сделали не так. И я не стану удалять это из статьи, чтобы… Не знаю, что, но удалять не стану. Ну вы это уже поняли.

Я не знаю, как дорешать эту задачу, так что даю вам право научить меня или ткнуть пальцем в мою ошибку.

№16.

Тут самое главное — построить рисунок. К сожалению, в этот раз нам не оставили подсказку, так что будем рисовать методом проб и ошибок.

Вроде так. Ну а теперь решать.

EB = EA как касательные.
ED = EA как касательные. =>
EB = ED = ½BD =>
BD = 2EB = 2√5

Теперь заметим, что BD — касательная ко второй окружности, а ВF — секущая. Есть теорема о касательной и секущей, по которой:
BA*BF = BD²

BF = BA + AF =>

BA² + AE*BA = BD²
BA² + 3√2 * BA = 20
BA² + 3√2 * BA - 20 = 0

D = 18 + 80 = 98

BA = (-3√2 ± 7√2)/2 = 2√2

В треугольнике BEA нам известны все стороны, так что давайте найдём угол BEA по теореме косинусов.

cosBEA = (BE²+AE²-BA²)/(2*BE*AE)
cosBEA = (5 + 5 - 8)/10
cosBEA = 2/10 = 0,2

Это значит, что мой рисунок не совсем верный, левая окружность должна быть меньше правой. Но это не имеет большого значения.

Я предлагаю обозначить центры окружностей за O и Q. И нарисовать радиусы.

Итак. Несмотря на то что сразу бросается в глаза четырёхугольник BDQO, давайте обратим внимание на BOAE.

Углы между касательными и радиусами всегда прямые. Это значит, что оставшиеся углы будут в сумме давать 180°. Это известный нам угол BEA и неизвестный BOA.

Но раз в сумме они дают 180°, их косинусы отличаются только знаком. Итак,
cosBOA = -0,2.

Треугольник BOA равнобедренный, так как образован радиусами. Обозначим его боковые стороны за r. Тогда, по теореме косинусов:

BA² = r² + r² - 2*r*r*cosBOA
8 = 2r² + 0,4r²
2,4r² = 8
r² = 10/3
r = √(10/3) = √(30) / 3

Теперь найдём радиус второй окружности по аналогии. Правда, перед этим, нужно найти AD.

Сразу запишем, что
cosAED = -0,2
cosAQD = 0,2

AD² = 2AE² - 2AE²*cosAED
AD² = 2,4*5 = 12
AD = 2√3

Пусть радиус правой окружности — R.

AD² = 2R² - 2R²*cosAQD
AD² = 1,6R² = 8R²/5
R² = 5AD²/8
R² = 5*12/8 = 15/2 = 30/4
R = √(30) / 2

Ура, первую часть решили. Решаем вторую.

В пэйнте заебись такое рисовать, от руки — проще повеститься. Но постараться нужно.

Итак, у нас тут появился какой-то вообщВе левый голубой друг. Он не имеет ничего общего с тем, что у нас было раньше, так что я считаю, что ему не место в нашем кругу общения.

Давайте обозначим центр новорождённой окружности за К, а его радиусы за x.

Ну тут легко, на самом деле. Смотрите. Треугольник OQK.

ОК = r + x
KQ = R + x
OQ = r + R

Всё заебись, не хватает только чего-нибудь такого, чтобы это добить. Какой-нибудь угол. Давайте опустим перпендикуляр из точки К на отрезок DQ.

Сразу видно, прилежащий к углу KQD катет R-x, а гипотенуза — R+x.

Угол KQD = угол OQD - угол KQD,

Углы нас не очень интересуют, а вот их косинусы очень. Косинус разности равен сумме произведение косинусов и произведения синусов.

cosKQD = cosOQDcosKQD + sinOQDsinKQD

cosOQD = 0,2;
sin²OQD = 1 - 0,04 = 0,96
sinOQD = 0,4√6

Блять. Мне лень считать, но ладно. А, забыл.

cosKQD = (R-x)/(R+x)
sin²x = 1 - (R-x)²/(R+x)²
sin²x = ((R+x)²-(R-x)²)/(R+x)²
sin²x = ((R² + 2Rx + x²- R² + 2Rx - x²)/(R+x)²
sin²x = 4Rx/(R+x)²
sinx = 2√Rx / (R+x)

Самое страшное — подставить это всё и получить cosKQD.

cosKQD = 0,2*(R-x)/(R+x) + 0,4√6*2√Rx/(R+x)
cosKQD = (0,2*(R-x)+ 0,8√6Rx)/(R+x)
cosKQD = 0,2*(R-x+ 0,4√6Rx)/(R+x)

Вроде к финишной прямой подходим. Давайте бахнем по треугольнику OKQ теоремой косинусов.

OK² = OQ² + KQ² - 2*OQ*KQ*cosKQD

Не хочу сразу подставлять косинус, можно я его оставлю на конец?

r² + 2rx + x² = (R+r)² + R² + 2Rx + x² - 2(R+r)(R+x)*cosKQD
r² + 2rx + x² = (R+r)² + R² + 2Rx + x² - 2(R²+Rr+Rx+rx)*cosKQD

Теперь давайте заменим R и r, где можно обойтись.

r² = 10/3
R² = 15/2
(R+r)² = 65/6
Rr = 5

10/3 + 2rx + x² = 65/6 + 15/2 + 2Rx - 2(15/2+5+Rx+rx)*cosKQD
15 = 2rx + x² - 2Rx + (25+2Rx+2rx)*cosKQD

Успокаиваем себя — осталось чуть-чуть.

r = √(30) / 3
R = √(30) / 2

15 = 2√(30)x/3 + x² - √(30)x + (25+√(30)x+2√(30)x/3)*cosKQD
15 = -√(30)x/3 + x² + (25+5√(30)x/3)*cosKQD

Теперь косинус.
cosKQD = 0,2*(R-x+ 0,4√(6Rx))/(R+x)

Блять.

15 = -√(30)x/3 + x² + (25+5√(30)x/3)*cosKQD
15 = -√(30)x/3 + x² + 5*(5+√(30)x/3)*cosKQD
15 = -√(30)x/3 + x² + (5+√(30)x/3)(R-x+ 0,4√(6Rx))/(R+x)

А может пошло оно в жопу?

Может есть способ попроще? Пиздец. Пишу разбор третий день, планировал сегодня опубликовать, но, похоже, не судьба. Заебись блять.

Новый день, и я снова сижу пишу статью. Пришла сейчас ещё одна идея, хз, насколько она себя оправдает. Давайте проведём из точки К перпендикуляры на BO и DQ. Обозначим точки их столкновения за M и N соответственно. А точку, в которой маленькая окружность касается BD за L.

Тут видно, что MK = BL, а KN = LD. Ну, как видно. Я вообще довольно косо это нарисовал, но OB, KL и QD перпендикулярны BD как радиусы к касательной. Это значит, что BMKL и KLDN прямоугольники, а в прямоугольниках противоположные стороны равны. Отсюда, кстати, MB = ND = x

Выразим KN и MK через теорему Пифагора.

KN² = KQ² - NQ²
KN² = (R+x)² - (R-x)² = 2Rx

Аналогично,
KM² = 2rx

А ещё KN+KM = MN (Amen. Помолимся, чтобы всё получилось)
KN+KM = BD

Я хочу по максимуму избавиться от корней, поэтому предлагаю выразить BD².

BD² = (KN+KM)² = KN² + 2KN*KM + KM²

Если вы уже забыли, то BD = 2√5.

Ещё давайте сразу выразим 2KN*KM
2KN*KM = 2*√(2rx)*√(2Rx) = 2√(4Rrx²) = 4x√(Rr)

Rr = √(30)/2 * √(30)/3 = 30/6 = 5
2KN*KM = 4x√5

Заебато.

Теперь вернёмся сюда:
BD² = KN² + 2KN*KM + KM²
20 = 2Rx + 4x√5 + 2rx
20 = 2x√(30)/2 + 4x√5 + 2x√(30)/3
20 = 5x√(30)/3 + 4x√5
20 = x(5√(30)/3 + 4√5)
x = 20/(5√(30)/3 + 4√5)
x = 20/((5√(30) + 12√5)/3)
x = 60/(5√(30) + 12√5)

Теперь надо убрать все корни из знаменателя. Для этого домножим числитель и знаменатель на (5√(30) - 12√5). Все корни из знаменателя пропадут. Получим.
x = 60(5√(30) - 12√5)/(750 - 720)
x = 60(5√(30) - 12√5)/30
x = 2(5√(30) - 12√5)

Я вас поздравляю. Что-то пошло не так, и мой ответ в два раза больше того, что должен был получиться. Я пошёл искать ошибку. Нашёл.

Я почему-то написал 2Rx, хотя
(R+x)² - (R-x)² = R² + 2Rx + x² - R² + 2Rx - x² = 4Rx

Аналогично,
KM² = 4rx

Ну и тогда:

2KN*KM = 2*√(4rx)*√(4Rx) = 2√(16Rrx²) = 8x√(Rr)
BD² = KN² + 2KN*KM + KM²
20 = 4Rx + 8x√5 + 4rx
20 = 4x√(30)/2 + 8x√5 + 4x√(30)/3
20 = 10x√(30)/3 + 8x√5
20 = x(10√(30)/3 + 8√5)
x = 20/(10√(30)/3 + 8√5)
x = 20/((10√(30) + 24√5)/3)
x = 60/(10√(30) + 24√5)
x = 30/(5√(30) + 12√5)
x = 5√(30) - 12√5

Ура, хотя бы эту задачу мы решили.

Ответ:

а) r = √(10/3) = √(30) / 3; R = √(30) / 2;
б) x = 5√(30) - 12√5.

№18.

Обычно, 18 задание это полная жопа, но тут всё прям красиво. Отдых после суток, проведённых за геометрией.

Перенесём всё, что касается а в обоих неравенствах в одну сторону, а всё, что касается иксов, в другую.

а ≤ 3x² + x
6a ≤ -3x² + 2x

Вот втором разделим всё на 6

а ≤ 3x² + x
a ≤ -0,5x² + x/3

Теперь надо бы привести всё к общему виду
a ≤ k(x - m)² + n

Как к нему прийти?

Давайте раскроем скобку:
a ≤ kx²- 2kmx + km² + n

В нашем первом неравенстве, как вы видите,
k = 3
-2km = 1
km² + n = 0

Отсюда, k = 3; m = -1/6; n = -1/12

Во втором неравенстве:
k = -0,5
-2km = 1/3
km² + n = 0

Отсюда, k = -0,5; m = 1/3; n = 1/18

Запишем:

а ≤ 3(x + 1/6)² - 1/12
a ≤ -0,5(x - 1/3)² + 1/18

Что нам это даёт? m; n — координаты точки, в которой начинается парабола. А k — что-то связанное с углами. Зная эти коэффициенты, мы легко построим обе параболы.

Все коэффициенты очень маленькие, так что предлагаю взять 1 = 6 клеточек.

Я построил довольно точный график, тут хорошо видно. Поскольку у нас не уравнения, а неравенства, нужно понимать, с какими областями мы работаем.

Нас интересует всё, что не входит в верхнюю чашечку и всё, что входит в нижнюю.

Всё зелёно-красное.

Но всё-таки вернёмся к первому рисунку.

Как вы видите, для любых
a < -1/12 (начало верхней параболы и пересечение со второй) есть бесконечно много решений.
Для a = -1/12 ровно одно решение.
Для -1/12 < a < 0 решений тоже много.
Для a = 0 (пересечение парабол) решение одно.
Для а > 0 решений нет по причине «не в чашечке».

Таким образом,

Ответ: -1/12; 0.

Итак, мы решили все задачи почти полностью все задачи. Возникли проблемы только со второй частью 14-й. То есть у нас точно сняли бы 1 первичный балл. Это нестрашно, по таблице перевода баллов мы бы всё равно получили 100 вторичных.

Но, на самом деле, на экзамене это непозволительно. Вы видели, что я допустил целых четыре ошибки в тесте, и в общей сумме решал вариант значительно больше четырёх часов. ЕГЭшный бог покарал бы меня, но сейчас я настолько заебался, что мне абсолютно похуй.

Хочу, чтобы этот разбор кто-то дочитал до конца, чтобы кто-то смог в нём разобраться, и чтобы кому-то он хоть как-то помог. Тогда, наверное, я смогу считать, что потратил эти четыре дня своей жизни не зря. MN.

Прошлый разбор:
ЕГЭ. Разбор №2