508450 решу егэ

Решите неравенство:

Решение.

Пусть

Откуда

Решение исходного неравенства:

Ответ:

Критерии проверки:

Решите неравенство:

Решение.

Пусть

Откуда

Решение исходного неравенства:

Ответ:

Критерии проверки:

a) Обозначим радиусы окружностей $r_1 = 9, r_2 = {81}/{25}, r_3 = 1$, а центры этих окружностей $O_1, O_2, O_3$ соответственно, и проведём радиусы $O_1E, O_2D, O_3F$ к точкам касания со стороной $AC$. Эти радиусы перпендикулярны касательной $AC$.

По свойству касательных, проведённых к окружности из одной точки, они образуют одинаковые углы с прямой, проходящей через центр окружности, то есть центры $O_1, O_2$ лежат на биссектрисе угла $A$, а центры $O_1, O_3$ — на биссектрисе угла $C$. Обозначим величину угла $C$ через $2β$. Тогда угол треугольника $O_1CA$ равен $β$.

Проведём $O_3N ⊥O_1E$, тогда $O_3N ‖ FE$ и $O_3N EF$ прямоугольник, $EN = r_3, O_1N = O_1E — EN = r_1 — r_3 = 8. ∠O_1CA = ∠O_1O_3N = β$ как соответственные при $O_3N ‖ AC$, секущая $CO_1$.

Треугольник $O_1O_3N$ прямоугольный, $O_3O_1= r_1 + r_3 = 10, O_3N = √{O_3O_1^2 — O_1N^2} = 6, tgβ = {O_1N}/{O_3N} = {8}/{6} = {4}/{3}$,

$tg 2β = {2 tg β}/{1 — tg^2 β} = {2 · {4}/{3}}/{1 — ({4}/{3})^2} = -{24}/{7}$.

Получили, что угол $C$ тупой. $∠C = π − arctg{24}/{7}$.

б) 1) $tg β = {O_1E}/{EC}, EC = r_1 : tg β = 9 : {4}/{3} = {27}/{4}$.

Обозначим величину угла $O_1AC$ треугольника через $α$. Найдём $EA = r_1 : tg α$.

Проведём $O_2M ⊥O_1E$, тогда аналогично пункту а) $EM = r_2$,

$O_1M = O_1E — EM = r_1 — r_2 = {144}/{25}, O_1O_2= r_1 + r_2 = {306}/{25}$.

$O_2M= √{O_1O_2^2 — O_1M^2} = {270}/{25}, tg α = {O_1M}/{O_2M} = {8}/{15}, AE = r_1 : tg α = 9 : {8}/{15} = {135}/{8}$.

$AC = AE + EC = {189}/{8}$.

$S_{AO_1O_3} = S_{AO_1C}-S_{ACO_3}={1}/{2}r_1· AC-{1}/{2}r_3·AC = {1}/{2}(r_1-r_3) ·AC = 94.5$.

а) По условию задачи выполним чертёж.

Угол $ANM$ опирается на диаметр $AM$ большей окружности, следовательно, он — прямой. Угол $ADO$ опирается на диаметр $AO$ меньшей окружности, поэтому он тоже прямой. Таким образом, прямые $MN$ и $BC$ перпендикулярны прямой $AN$, значит, они параллельны.

б) Углы $AOC$ и $AMN$ равны как соответственные при параллельных прямых $MN , BC$ и секущей $AM$. Диаметр $BC$ большей окружности перпендикулярен хорде $AN$. Значит, точка $C$ — середина дуги $AN$ (в равнобедренном треугольнике $AON$ высота $OD$ является одновременно медианой и биссектриссой). Следовательно, луч $MC$ является биссектрисой угла $AMN$ прямоугольного треугольника $AMN$, поэтому

${NK}/{KA} = {MN}/{MA} = cos∠AM N = cos∠AOC = √{1-sin^2 ∠AOC} = {1}/{3}$.

а) По условию задачи выполним чертёж (см. рис.).

Угол $ANM$ опирается на диаметр $AM$ большей окружности, следовательно, он — прямой. Угол $ADO$ опирается на диаметр $AO$ меньшей окружности, поэтому он тоже прямой. Таким образом, прямые $MN$ и $BC$ перпендикулярны прямой $AN$, значит, они параллельны. б) Углы $AOC$ и $AMN$ равны как соответственные при параллельных прямых $MN$, $BC$ и секущей $AM$. Диаметр $BC$ большей окружности перпендикулярен хорде $AN$. Значит, точка $C$ — середина дуги $AN$ (в равнобедренном треугольнике $AON$ высота $OD$ является одновременно медианой и биссектриссой). Следовательно, луч $MC$ является биссектрисой угла $AMN$ прямоугольного треугольника $AMN$, поэтому
${NK} / {KA} = {MN} / {MA} = cos ∠ AMN = cos ∠ AOC = √ {1 — sin^2 ∠ AOC} = {2} / {3}$.

а) $△POB ∼ △KOA$ по первому признаку подобия: $∠PBO = ∠OAK = 90°, ∠BOP = ∠AOK$ как вертикальные.

Учитывая, что в подобных треугольниках пропорциональны сходственные стороны и высоты, к ним проведённые, получим ${OP}/{OK} = {BN}/{AM}$ (1).

$△ONB ∼ △AOM$ по первому признаку подобия: $∠BNO = ∠AMO = 90°, ∠BON = ∠AOM$ как вертикальные, отсюда ${ON}/{OM} = {BN}/{AM}$ (2).

Из 1) и 2) следует ${OP}/{OK} = {ON}/{OM}$.

Следовательно, $△OPK ∼ △ONM$ по второму признаку подобия: $∠POK$ — общий, ${OP}/{ON} = {OK}/{OM}$.

Из подобия следует $∠OPK = ∠ONM$ . Углы $OPK$ и $ONM$ соответственные при прямых $PK$ и $NM$ и секущей $OP$ . Следовательно, $PK ‖ MN$ по признаку параллельности прямых.

б) В четырехугольнике $AEBO ∠AEB = 45°$ (по условию) $∠AOB=360°-(∠A +∠B +∠E ) = 360° — 225° = 135°$. В $△AOM ∠AMO = 90°, ∠AOM = 180°-135°=45°, AM=MO$.

Обозначим $OM = x$, тогда $AM = x, AO=OM√2=x√2$.

В $△OAK ∠OAK = 90°, ∠AOM = 45°$, то есть $AO = AK, AO=x√2, KO=AO√2=x√2·√2=2x$.

По доказанному в пункте а) $△OPK ∼ △ONM$, значит, ${MN}/{KP} = {OM}/{OK}$.

Пусть $OM = x, OK = 2x$.

${MN}/{KP}={x}/{2x}=1:2$

а) $O$ — точка пересечения высот $ME$ и $PF$. $△POE ∼ △MFO$ по первому признаку подобия: $∠PEO = ∠OFM = 90°, ∠EOP = ∠FOM$ как вертикальные.

Учитывая, что в подобных треугольниках пропорциональны сходственные стороны и высоты, к ним проведённые, получим ${OP}/{OM} = {EH}/{FK}$ (1).

$△OHE ∼ △FOK$ по первому признаку подобия: $∠EHO = ∠FKO = 90°, ∠EOH = ∠FOK$ как вертикальные, отсюда ${OH}/{OK} = {EH}/{FK}$ (2).

Из 1) и 2) следует ${OP}/{OM} = {OH}/{OK}$.

Следовательно, $△OP M ∼ △OH K$ по второму признаку подобия: $∠P OM$ — общий, ${OP}/{OH} = {OM}/{OK}$.

Из подобия следует $∠OP M = ∠OH K$ . Углы $OP M$ и $OH K$ соответственные при прямых $M P$ и $K H$ и секущей $OP$ . Следовательно, $M P ‖ K H$ по признаку параллельности прямых.

б) В четырехугольнике $N FOE ∠FOE = 360° -(∠90° +∠90° +∠N ) = 360° — 240° = 120°$. В $△FOK ∠FKO = 90°, ∠FOK = 60°$, как смежный с $∠FOE = 120°$, тогда $∠OF K = 30°$.

Обозначим $OK = x$, тогда $FO = 2x$.

В $△OFM ∠M FO = 90°, ∠FOM = 60°, ∠F M O = 30°$, то есть $FO = {1}/{2}M O$, значит, $2x = {1}/{2}M O, M O = 4x$.

По доказанному в пункте а) $△OM P ∼ △OK H$, значит, ${MP}/{K H} = {M O}/{OK} $, но $M O = 4x, OK = x$, следовательно, ${M P}/{K H} = {4x}/{x} = 4 : 1$

а) Отрезок, соединяющий вершину прямого угла и середину гипотенузы, равен половине длины гипотенузы, то есть $AK = K B = K C. AR$ — биссектриса угла $BAC$, значит $∠CAR =∠BAR = α$.

$K P$ — средняя линия $△ABC$, значит, $K P ‖ AC$.

Накрест лежащие углы $CAR$ и $ARK$ равны (секущая $AR$).

В треугольнике $AK R$ равны углы $K AR$ и $K RA$, значит $AK = K R$.

Получим $AK = K B = K C = K R$, значит точки $A, B, C$ и $R$ лежат на окружности с центром $K$.

б) $∠CBR =∠CAR$ и $∠BAR =∠BCR$ (опираются на дуги $C R$ и $BR$ соответственно), таким образом, треугольники $AK R$ и $BC R$ подобны по двум углам. По теореме синусов для треугольника $ABR$ получим ${BR}/{sin ∠RAB} = 2r$, где $r$ — радиус описанной окружности, то есть $2r = AB$. Получили ${BR}/{AB} = sin ∠RAB = sin α$.

Но коэффициент подобия треугольников $AK R$ и $BC R$ равен ${AK}/{BR} = {2AK}/{2BR} = {AB}/{2BR} = {1}/{2 sin α}$.

По условию $sin ∠BAC = sin 2α = {15}/{17}$.

Площади треугольников относятся как квадрат коэффициента подобия, поэтому ${S_{AKR}}/{S_{BCR}} = ({1}/{2sin α})^2 = {1}/{2 · {9}/{17}} = {17}/{18}$.

Продолжим боковые стороны трапеции $AB$ и $DC$ до пересечения в точке $S$. Ясно, что $BC$ — меньшее основание, иначе перпендикуляр $AE$ будет падать на продолжение $CD$, а не на саму сторону, что противоречит условию.

а) Для доказательства перпендикулярности прямых $FC$ и $CD$ достаточно доказать подобие треугольников $SFC$ и $SAE$.

Заметим, что $△SBC ∼ △SAD$ по двум углам ($∠SBC = ∠SAD = 90°, ∠S$ — общий). Тогда ${SB}/{SA} = {SC}/{SD}$, то есть $SB·SD = SA · SC$.

С другой стороны, $△SBE ∼ △SFD$ по двум углам: $∠SBE = ∠SFD$ как соответственные углы при параллельных прямых $BE$ и $FD$ и секущей $SA, ∠S$ — общий.

Тогда ${SB}/{SF} = {SE}/{SD}$, отсюда $SB · SD = SF · SE$.

Следовательно, $SA · SC = SB · SD = SF · SE$.

Тогда $SA · SC = SF · SE, {SA}/{SF} = {SE}/{SC}$.

Отсюда $△SAE ∼ △SFC$ по второму признаку.

Тогда $∠SCF = ∠SEA = 90°, FC ⊥ SD$, что и требовалось доказать.

б) Из подобия треугольников $SBE$ и $SFD$ следует ${BE}/{FD} = {SB}/{SF}$.

$∠BCS = 180° — ∠BCD = 60°, SB = SC sin 60° = {√3}/{2}SC. ∠CSF = 90° — ∠BCS = 30°$. Из $△SFC$ следует, что $CS = SF cos 30° = SF {√3}/{2}$. Тогда $SB = {√3}/{2}SC ={√3}/{2}·{√3}/{2}SF; {SB}/{SF} = {3}/{4} = 0.75$.

а) Достроим треугольник $ABC$ до параллелограмма $ABDC$, как показано на рисунке.

По свойству параллелограмма, верно равенство $2(AB^2 + AC^2) = AD^2 + BC^2$, или $2(AB^2 + AC^2) = (2AM)^2 + BC^2$. Так как по условию $AB = 2, AC = √{21}, AM = 2.5$, то $2(22 + √{21}^2) = (2 · 2.5)^2 + BC^2$, откуда $BC = 5$. Если диагонали параллелограмма равны, то он — прямоугольник, значит, $∠BAC = 90°$ и $△ABC$ прямоугольный.

б) В прямоугольном треугольнике $ABC$ выразим площадь двумя способами: $2S = AB · AC, 2S = BC · AH$, приравнивая правые части этих равенств, находим $AH = {AB·AC}/{BC} = {2 · √21}/{5}$. Катет $HM$ найдём из прямоугольного треугольника $AHM$ по теореме Пифагора: $HM = √{AM^2 − AH^2} = √{2.5^2 −({2 · √21}/{5})^2} = √{{25}/{4} − {84}/{25}} = √{{625 − 336}/{100}} = {17}/{10} = 1.7$.

а) $∠ABC = 180° — (60° + 15°) = 105°$.

$NH$ — медиана в прямоугольном треугольнике $AHB$, отсюда $NH = NB = AN$.

$∠ABH = 75°, ∠BHN = ∠NBH$ как углы при основании равнобедренного треугольника $NBH , ∠NBH = 75°$.

$FK = {1}/{2}AB, NK = {1}/{2}BC , FN = {1}/{2}AC$ по свойству средней линии треугольника, тогда $△FKN ∼ △ABC$ по трём пропорциональным сторонам, следовательно, $∠NKF = ∠ABC = 105°$.

В четырёхугольнике $NHFK$ найдём сумму противоположных углов: $∠FKN + ∠FHN = 105° + 75° = 180°$, значит, около этого четырёхугольника можно описать окружность, что и требовалось доказать.

б) По теореме синусов для $△NFK: {NK}/{sin∠NFK} = 2R$, где $R$ — радиус окружности, проходящей через точки $K , N , F$ и $H$. Так как $NK = {1}/{2}BC$, то ${BC}/{2sin60°} = 2R = {4√3}/{2} : {√3}/{2} = 4$.

В равнобедренном треугольнике $HNB$ $∠N = 180° — 75°· 2 = 30°$. $∠BNF = ∠BAC = 60°$ как соответственные углы при параллельных прямых $NF$ и $AC$ и секущей $AB$.

В $△HNF ∠HNF = ∠HNB + ∠BNF = 30° + 60° = 90°$, значит $HF$ — диаметр описанной окружности, $HF = 2R = 4$.

а) Общая касательная, проведенная к окружностям в точке $K$, пересекает $AB$ в точке $M$. По свойству касательных, проведенных из одной точки, $AM = K M$ и $K M = BM$. Треугольник $AK B$, у которого медиана $K M$ равна половине стороны $AB$, к которой она проведена, прямоугольный, $∠AK B = 90°$. Вписанный угол $AK D$ прямой, поэтому он опирается на диаметр $AD$, значит, $AD ⊥ AB$. Аналогично, получаем, что $BC ⊥ AB$. Следовательно, прямые $AD$ и $BC$ параллельны.

б) Пусть первая окружность имеет радиус $8$, а вторая — радиус $2$.

Проведём $O_2H ⊥ AD$, тогда $O_2HAB$ — прямоугольник и $AH = O_2 B = 2, AB = O_2 H$. Из $△O_1O_2H$ получим $O_2 H^2 = O_1O_2^2 — O_1H^2 = (2 + 8)^2 — (8 — 2)^2 = 64, O_2 H = 8 = AB$.

$△O_2PB ∼ △O_1O_2H$ (по двум углам), ${O_2B}/{O_2P} = {O_1H}/{O_1O_2}; {2}/{O_2P} = {8 — 2}/{8 + 2}; O_2P = {10}/{3}$.

Проведём высоту $KE$ в $△AKB$, получим, что $△O_2BP ∼ △KEP$ (по двум углам). ${KE}/{O_2B} = {KP}/{O_2P}; {KE}/{2} = {2 + {10}/{3}}/{{10}/{3}}; KE = 1.6 · 2 = 3.2$.

$S_{AKB} = {1}/{2}AB · KE = {1}/{2} · 8 · 3.2 = 12.8$.

а) $O_1O_2 ⊥ MN, O_1O_2$ делит хорду $MN$ и дугу $MN$ второй окружности пополам.

$∠MO_2O_1 = {1}/{2} ︶ MN; ∠ACN = ∠MCN = {1}/{2} ︶ MN = ∠MO_2O_1. ∠ANM = 90°$ как угол, опирающийся на диаметр, поэтому $AN ⊥ MN, O_1O_2 ⊥ MN$, значит, $AN‖ O_1O_2$, откуда $∠MO_1O_2 = ∠MAN$. Итак, $△ACN∼△MO_1O_2$ по двум углам.

б) Введём обозначения: $r$ — радиус меньшей окружности, тогда $1.5r$ -радиус большей окружности.

$∠MNB = 180° — ∠MNA = 90°$, тогда $MB$ — диаметр окружности (проходит через $O_2$). $∠MCB = 90°$, как вписанный угол, опирающийся на диаметр.

Значит, $△AMN∼△BCM$ по двум углам.

Значит, ${MC}/{MN} = {MB}/{AM}={2⋅3r}/{2⋅2r} =1.5.$

$MC= 1.5·3 = 4.5$.

а) $O_1O_2 ⊥ MN, O_1O_2$ делит хорду $MN$ и дугу $MN$ второй окружности пополам.

$∠MO_2O_1 = {1}/{2} ︶ MN; ∠ACN = ∠MCN = {1}/{2} ︶ MN = ∠MO_2O_1. ∠ANM = 90°$ как угол, опирающийся на диаметр, поэтому $AN ⊥ MN, O_1O2 ⊥ MN$, значит, $AN‖ O_1O_2$, откуда $∠MO_1O_2 = ∠MAN$. Итак, $△ACN∼△MO_1O_2$ по двум углам.

б) Введём обозначения: $r$ — радиус меньшей окружности, тогда $2.5r$ -радиус большей окружности.

$∠MNB = 180° — ∠ANM = 90°$, тогда $MB$ — диаметр второй окружности (проходит через $O_2$). $∠MCB = 90°$, как вписанный угол, опирающийся на диаметр.

Значит, $△AMN∼△BCM$ по двум углам ($∠ANM = ∠MCB = 90°, ∠AMN = ∠CMB$)

${MC}/{MN} = {MB}/{AM}$, но ${MB}/{AM} = {2·2.5r}/{2r} = 2.5$.

$MC = 2.5·MN = 5$.

а) Проведём $CE ‖ BD$. $E$ — точка пересечения прямых $AD$ и $CE$. $BCED$ — параллелограмм: $BC ‖ DE$ как прямые, содержащие основания трапеции, $BD ‖ CE$ по построению. $BC = DE = 7$, тогда $AE = AD + DE = 34 + 7 = 41$. Заметим, что для треугольника $ACE$ выполнена теорема Пифагора: $AC^2 + CE^2 = AE^2$, следовательно, $AC ⊥ CE$, а так как $CE ‖ BD$, то $BD ⊥ AC$.

б) Проведём высоту $CH$ трапеции. $CH$ также является высотой треугольника $ACE. CH = {AC·CE}/{AE} = {9·40}/{41}. S_{ABCD} = {AD + BC}/{2}·CH = {34 + 7}/{2}·{9·40}/{41} = 9·20 = 180$.

а) Проведём $CE ‖ BD$. $E$ — точка пересечения прямых $AD$ и $CE$. $BCED$ — параллелограмм: $BC ‖ DE$ как прямые, содержащие основания трапеции, $BD ‖ CE$ по построению. $BC = DE = 6$, тогда $AE = AD + DE = 19 + 6 = 25$. Заметим, что для треугольника $ACE$ выполнена теорема Пифагора: $AC^2 + CE^2 = AE^2$, следовательно, $AC ⊥ CE$, а так как $CE ‖ BD$, то $BD ⊥ AC$.

б) Проведём высоту $CH$ трапеции. $CH$ также является высотой треугольника $ACE. CH = {AC·CE}/{AE} = {7·24}/{25}. S_{ABCD} = {AD + BC}/{2}·CH = {19 + 6}/{2}·{7·24}/{25} = 7·12 = 84$.

а) $KD$ — диаметр большей окружности ($O ∈ KD$), $O_1$ — центр меньшей окружности, $l$ — общая касательная двух окружностей, проходящая через точку $K$ (см. рис.). $O_1 ∈ KD$. Действительно, $OK⊥ l$, $O_1K⊥ l$ как радиусы, проведённые в точку касания, значит, точки $O$, $K$, $O_1$ лежат на луче $KO$. $∠ DEK=∠ OCK=90°$ как вписанные углы, опирающиеся на диаметры $DK$ и $OK$ соответственно. $C∈ EK$, следовательно, $DE∥ AB$ как два перпендикуляра к одной прямой.

б) Так как диаметр $AB$, перпендикулярный хорде $EK$, делит её пополам, то $CE=CK$, следовательно, $⌣ KB=⌣ BE$ (см. рис.). Угол $EDK$ вписанный, опирается на дугу $EK$, а угол $BOK$ — центральный, опирается на половину дуги $EK$, следовательно, $∠ EDK=∠ BOK=α$; $∠ EDB=∠ BDK$ как вписанные углы, опирающиеся на равные дуги, тогда $DL$ — биссектриса треугольника $DEK$, а по свойству биссектрисы ${EL} / {LK}={DE} / {DK}=cos α=√ {1-sin^2 α}$.

${EL} / {LK}=√ {1-{15} / {64}}={7} / {8}$.

а) По условию задачи выполним чертёж.

Рассмотрим треугольники $KOH$ и $KOC$. Они подобны как прямоугольные треугольники с общим острым углом $∠KOC$. Значит, ${OH}/{OK} = {OK}/{OC} = sin(90° — ∠ABC) = cos∠ABC = k$. Отсюда следует, что $OH = {OK^2}/{OC} = ({OK}/{OC})^2·OC = k^2·OC$. Следовательно, ${OH}/{OC} = k^2$.

Аналогично, треугольник $MOE$ подобен треугольнику $MOA$. Тогда ${OE}/{OM} = {OM}/{OA} = sin(90° — ∠ABC) = cos∠ABC = k$. Отсюда следует, что $OE = {OM^2}/{OA} = ({OM}/{OA})^2·OA = k^2·OA$. Следовательно, ${OE}/{OA} = k^2$.

Треугольники $OEH$ и $OAC$ подобны, так как $∠AOC$ — общий и ${OH}/{OC} = {OE}/{OA}$. Тогда $∠OEH = ∠OAC$, эти углы являются соответственными при прямых $EH$ и $AC$ и секущей $AO$, значит $EH || AC$.

б) Из подобия $OEH$ и $OAC$ следует, что ${EH}/{AC} = {OH}/{OC} = {OE}/{OA} = k^2$. Тогда ${EH}/{AC} = cos^2∠ABC = {2}/{16} ={1}/{8}$. Таким образом, $EH : AC = 1 : 8$.

а) По условию задачи выполним чертёж.

Рассмотрим треугольники $KOH$ и $KOC$. Они подобны как прямоугольные треугольники с общим острым углом $∠KOC$. Значит, ${OH}/{OK} = {OK}/{OC} = sin(90° — ∠ABC) = cos∠ABC = k$. Отсюда следует, что $OH = {OK^2}/{OC} = ({OK}/{OC})^2·OC = k^2·OC$. Следовательно, ${OH}/{OC} = k^2$.

Аналогично, треугольник $MOE$ подобен треугольнику $MOA$. Тогда ${OE}/{OM} = {OM}/{OA} = sin(90° — ∠ABC) = cos∠ABC = k$. Отсюда следует, что $OE = {OM^2}/{OA} = ({OM}/{OA})^2·OA = k^2·OA$. Следовательно, ${OE}/{OA} = k^2$.

Треугольники $OEH$ и $OAC$ подобны, так как $∠AOC$ — общий и ${OH}/{OC} = {OE}/{OA}$. Тогда $∠OEH = ∠OAC$, эти углы являются соответственными при прямых $EH$ и $AC$ и секущей $AO$, значит $EH || AC$.

б) Из подобия $OEH$ и $OAC$ следует, что ${EH}/{AC} = {OH}/{OC} = {OE}/{OA} = k^2$. Тогда ${EH}/{AC} = cos^2∠ABC = 1-sin^2∠ABC = 1-{1}/{3} ={2}/{3}$. Таким образом, $EH : AC = 2 : 3$.

а) Рассмотрим выпуклый четырёхугольник ABCD. Пусть M — середина AB, N — середина CD, причём $S_{AMND} = S_{MBCN}$. Проведём AN и BN. Заметим, что $S_{AMN} = {1}/{2}AM · MNsin∠AMN ={1}/{2}MB · MNsin∠BMN = S_{BMN}$, так как $AM = MB, sin∠AMN = sin(180° — ∠AMN) = sin∠BMN$.

Отсюда $S_{AND} = S_{BNC}(S_{AND} = S_{AMND} — S_{AMN}, S_{BNC} = S_{MBCN} — S_{MBN})$.

Опустим в $△AND$ высоту AH, в $△BNC$ — высоту BK.

Получим ${1}/{2}DN·AH = {1}/{2}NC·BK$, при этом $DN = NC$. Следовательно, $AH = BK$. Но тогда в четырёхугольник $AHKB ∠AHK = ∠BKH = 90°, AH = BK$, то есть $AHKB$ — прямоугольник. Значит, $AB ‖ HK, AB ‖ DC$.

Для доказательства того, что ABCD — трапеция, необходимо доказать, что две другие стороны не параллельны, то есть AD не параллельна BC. Предположим противное. Тогда ABCD — параллелограмм, но тогда отрезок, соединяющий середины AD и BC, делит площадь ABCD пополам, что противоречит условию, так как отношение полученных площадей должно равняться 6 : 7. Отсюда верно ABCD — трапеция.

б) По условию EF делит площадь ABCD на площади, отношение которых равно 6 : 7, а именно $S_{ABFE} : S_{EFCD} = 6 : 7$.

$EF$ — средняя линия, $EF = {AB + CD}/{2}$.

Надо найти AB : CD.

$S_{ABFE} = {AB + EF}/{2}·h_1, S_{EFCD} = {EF + CD}/{2}·h_2$, где $h_1$ — высота $ABFE$, $h_2$ — высота $EFCD$.

Учитывая, что $AB ‖ CD$, а $EF$ — средняя линия и $EF ‖ AB$ и $EF ‖ CD$, то расстояние от $EF$ до $AB$ и от $EF$ до $CD$ равны, то есть $h_1 = h_2$.

Следовательно, ${S_{ABFE}}/{S_{EFCD}} = {{AB + EF}/{2}}/{{EF + CD}/{2}} = {AB + EF}/{EF + CD} = {AB + {AB + CD}/{2}}/{{AB + CD}/{2} + CD} = {3AB + CD}/{3CD + AB}, {3AB + CD}/{3CD + AB} = {6}/{7}, 21AB + 7CD = 18CD + 6AB, 15AB = 11CD, {AB}/{CD} = {11}/{15}$.

$AB : CD = 11 : 15$.

а) Рассмотрим выпуклый четырёхугольник $QMNP$ (см. рис.). Пусть $E$ — середина $MQ$, $F$ — середина $NP$, причём $S_{MNFE}=S_{EFPQ}$.

Проведём отрезки $EN$ и $EP$. Заметим, что
$S_{▵ EFN}={1} / {2} EF⋅ FNsin ∠ EFN={1} / {2} EF⋅ FP sin ∠ EFP=S_{▵ EFP}$, так как $NF=FP$ и $sin ∠ EFN=sin (180°-∠ EFN)=sin ∠ EFP$. Отсюда $S_{▵ MNE}=S_{▵ EPQ}$ ($S_{▵ MNE}=S_{MNFE}-S_{▵ EFN}$, $S_{▵ EPQ}=S_{EFPQ}-S_{▵ EFP}$). Опустим в $▵ MNE$ высоту $NN_1$, в $▵ EPQ$ — высоту $PP_1$. Получим: ${1} / {2} ME⋅ NN_1={1} / {2} EQ⋅ PP_1$. Но $ME=EQ$, следовательно, $NN_1=PP_1$. Но тогда в четырёхугольнике $N_1NPP_1$ $∠ NN_1P_1=∠ N_1P_1P=90°$, $NN_1=PP_1$, то есть $N_1NPP_1$ — прямоугольник. Значит, $N_1P_1∥ NP$, $MQ∥ NP$. Из предположения о том, что $MN∥ QP$, следует, что отрезок, соединяющий середины сторон $MN$ и $QP$, делит параллелограмм $MNPQ$ на две равновеликие фигуры. Но по условию это не так. Значит, $MN ∦ QP$. Следовательно, $MNPQ$ — трапеция. б) По условию второй отрезок $AB$ делит четырёхугольник так, что площадь $ANPB$ относится к площади $ABQM$ как $9:13$ (см. рис.).

$S_{ANPB}:S_{ABQM}=9:13$. $AB$ — средняя линия трапеции, $AB={NP+MQ} / {2}$. $S_{ANPB}={AB+NP} / {2}⋅ h_1$; $S_{ABQM}={AB+MQ} / {2}⋅ h_2$, где $h_1$ — высота трапеции $ANPB$; $h_2$ — высота трапеции $ABQM$. Так как $NP∥ MQ$, а $AB$ — средняя линия и $AB∥ NP$ и $AB∥ MQ$, то расстояния от $AB$ до $NP$ и от $AB$ до $MQ$ равны, то есть $h_1=h_2$. Отсюда, ${S_{ANPB}} / {S_{ABQM}}={{NP+AB} / {2}} / {{AB+MQ} / {2}}={NP+{NP+MQ} / {2}} / {{NP+MQ} / {2}+MQ}={3NP+MQ} / {3MQ+NP}$, ${3NP+MQ} / {3MQ+NP}={9} / {13}$, $39NP+13MQ=27MQ+9NP$, $30NP=14MQ$, ${NP} / {MQ}={14} / {30}={7} / {15}$.

На рисунке изображён график функции $$y=f(x)$$, определённой на интервале (-11; 2). Найдите количество точек, в которых касательная к графику функции $$y=f(x)$$ параллельна прямой $$y=-4$$.

На рисунке изображены графики функций $$f(x)=asqrt{x}$$ и $$g(x)=kx+b$$, которые пересекаются в точках $$A$$ и $$B$$. Найдите абсциссу точки $$A$$.

а) Решите уравнение $$log^{2}_{2}(8x^{2})-log_{4}(2x)-1=0$$

б) Найдите все корни этого уравнения, принадлежащие отрезку [0,4; 0,8].

Сторона основания правильной четырёхугольной пирамиды $$SABCD$$ относится к боковому ребру как $$1:sqrt{2}$$ . Через вершину $$D$$ проведена плоскость $$alpha$$, перпендикулярная боковому ребру $$SB$$ и пересекающая его в точке $$M$$.

а) Докажите, что сечение пирамиды $$SABCD$$ плоскостью $$alpha$$ — это четырёхугольник, диагонали которого перпендикулярны.

б) Найдите площадь этого сечения, если боковое ребро пирамиды равно 6.

15 июня 2025 года Данила Сергеевич планирует взять кредит в банке на 4 года в размере целого числа миллионов рублей. Условия его возврата таковы:

— в январе каждого года действия кредита долг увеличивается на 15 % от суммы долга на конец предыдущего года;

— в период с февраля по июнь в каждый из 2026 и 2027 годов необходимо выплатить только начисленные в январе проценты по кредиту;

— в период с февраля по июнь в каждый из 2028 и 2029 годов выплачиваются равные суммы, причём последний платёж должен погасить долг по кредиту полностью.

Найдите наибольший размер кредита, при котором общая сумма выплат по кредиту не превысит 20 млн рублей.

Окружность с центром в точке $$C$$ касается гипотенузы $$AB$$ прямоугольного треугольника $$ABC$$ и пересекает его катеты $$AC$$ и $$BC$$ в точках $$E$$ и $$F$$. Точка $$D$$ — основание высоты, опущенной на $$AB$$. $$I$$ и $$J$$ — центры окружностей, вписанных в треугольники $$BCD$$ и $$ACD$$.

а) Докажите, что точки $$E$$ и $$F$$ лежат на прямой $$IJ$$.

б) Найдите расстояние от точки $$C$$ до прямой $$IJ$$, если $$AC=2sqrt{3}$$, $$BC=2$$.

Трёхзначное число, меньшее 700, поделили на сумму его цифр и получили натуральное число $$n$$.

а) Может ли $$n$$ равняться 64?

б) Может ли $$n$$ равняться 78?

в) Какое наибольшее значение может принимать $$n$$, если все цифры ненулевые?