Задание №171997: Уравнения

1 при всех 𝑥 из области допустимых значений. Пусть 𝑎 = log√ (︀𝑥 + 7 )︀ , 𝑏 = log (29 − 𝑥), 𝑐 = 29−𝑥 7 (𝑥+1)2 log√ (−𝑥 − 1). Тогда 𝑥+7 7 𝑎𝑏𝑐 = log√ (︀𝑥 + 7 )︀ ·log (29 − 𝑥) · log√ (−𝑥 − 1) = 29−𝑥 7 (𝑥+1)2 𝑥+7 7 = 2log (︀𝑥 + 7 )︀ · 1 log (29 − 𝑥) · 2 log 29−𝑥 (−𝑥 − 1) = 2. 29−𝑥 7 2 (−𝑥−1) log (︀𝑥 + 7 )︀ 29−𝑥 7 По условию числа (𝑎;𝑏;𝑐) удовлетворяют одному из трёх условий: 𝑎 = 𝑏 и 𝑎 = 𝑐 − 1; (38) 𝑏 = 𝑐 и 𝑐 = 𝑎 − 1; (39) 𝑐 = 𝑎 и 𝑎 = 𝑏 − 1. (40) Рассмотрим случай (38). Подставляя 𝑏 = 𝑎 и 𝑐 = 𝑎 + 1 в полученное выше уравнение 𝑎𝑏𝑐 = 2, имеем 𝑎·𝑎·(𝑎+1) = 2, откуда 𝑎3 +𝑎2 −2 = 0, (𝑎−1) (︀ 𝑎2 + 2𝑎 + 2 )︀ = 0. Так как многочлен 𝑎2 +2𝑎+2 не имеет корней, то единственным решением уравнения является 𝑎 = 1, поэтому системе удовлетворяет тройка чисел 𝑎 = 1, 𝑏 = 1, 𝑐 = 2. Случаи (39) и (40) рассматриваются аналогично; из них получаем, что либо 𝑎 = 2, 𝑏 = 1, 𝑐 = 1, либо 𝑎 = 1, 𝑏 = 2, 𝑐 = 1. Теперь для каждой из полученных троек чисел (𝑎;𝑏;𝑐) найдём 𝑥. Если 𝑐 = 1, то 𝑥 +7 = 𝑥2 +2𝑥+1. Это уравнение эквивалентно уравнению 7𝑥2 +13𝑥−42 = 0, корнями 7 √ которого являются 𝑥 = −−13± 1345. Больший корень не удовлетворяет ОДЗ, а при меньшем 𝑎 ̸= 1 и 14 𝑎 ̸= 2, то есть он также не подходит. Если 𝑐 = 2, то 𝑥+7 = −𝑥−1, то есть 𝑥 = −7. Значение 𝑥 = −7 подходит: 𝑎 = 𝑙𝑜𝑔√ 6 = 1, 𝑏 = log 36 = 1. 7 36 62 Таким образом, 𝑥 = −7 – единственное решение задачи. 6. [7 баллов] Остроугольный треугольник 𝐴𝐵𝐶 вписан в окружность 𝜔 с центром 𝑂. Окружность, проходящая через точки 𝐴, 𝑂 и 𝐶, пересекает отрезок 𝐵𝐶 в точке 𝑃. Касательные к 𝜔, проведённые через точки 𝐴 и 𝐶, пересекаются в точке 𝑇. Отрезок 𝑇𝑃 пересекает сторону 𝐴𝐶 в точке 𝐾. Известно, что площади треугольников 𝐴𝑃𝐾 и 𝐶𝑃𝐾 равны соответственно 16 и 14. а) Найдите площадь треугольника 𝐴𝐵𝐶. б) Пусть дополнительно известно, что ∠𝐴𝐵𝐶 = arctg 3. Найдите 𝐴𝐶. 5 √ Ответ. a) 𝑆 = 450; б) 𝐴𝐶 = 5 √ 41. 𝐴𝐵𝐶 7 14 Решение. Так как прямые 𝑇𝐶 и 𝑇𝐴 – касательные к 𝜔, они перпендикулярны радиусам, проведённым в точки касания, и ∠𝑂𝐶𝑇 = ∠𝑂𝐴𝑇 = 90∘. Отсюда следует, что точки 𝐴 и 𝐶 лежат на окружности с диаметром 𝑂𝑇 (назовём эту окружность Ω). На этой же окружности лежит точка 𝑃, поскольку она ○c МФТИ, 2021 32 “Физтех–2021” математика. Решения, 11 класс лежит на окружности, проходящей через точки 𝐴, 𝑂, 𝐶. Обозначим ∠𝐴𝐵𝐶 = 𝛽. Тогда по свойству угла между хордой и касательной получаем, что ∠𝑇𝐴𝐶 = 𝛽. Далее, ∠𝑇𝑃𝐶 = ∠𝑇𝐴𝐶 = 𝛽 (углы, вписанные в окружность Ω). Из того, что ∠𝑇𝑃𝐶 = ∠𝐴𝐵𝐶, следует, что 𝐴𝐵 ‖ 𝑃𝑇. Так как у треугольников 𝐴𝑃𝐾 и 𝐶𝑃𝐾 общая высота, проведённая из вершины 𝑃, их площади относятся как основания, т. е. 𝐶𝐾 : 𝐴𝐾 = 𝑆 : 𝑆 = 14 : 16 = 7 : 8. Треугольники 𝐴𝐵𝐶 и 𝐾𝑃𝐶 △𝐶𝑃𝐾 △𝐴𝑃𝐾 подобны, поскольку 𝑃𝐾 ‖ 𝐴𝐵, и коэффициент подобия 𝑘 равен 𝐴𝐶 = 𝐴𝐾+𝐾𝐶 = 1+ 𝐴𝐾 = 15. Но тогда 𝐶𝐾 𝐶𝐾 𝐶𝐾 7 𝑆 = 𝑘2 · 𝑆 = (︀15)︀2 · 14 = 450. 𝐴𝐵𝐶 △𝐶𝑃𝐾 7 7 б) Поскольку ∠𝐴𝐵𝐶 острый, то ∠𝐴𝑂𝐶 = 2∠𝐴𝐵𝐶 = 2𝛽 (центральный угол вдвое больше вписанного), ∠𝐴𝑃𝐶 = ∠𝐴𝑂𝐶 = 2𝛽 (вписанные в Ω углы, опирающиеся на одну дугу). Следовательно, 𝑃𝐾 – биссектриса треугольника 𝐴𝐶𝑃. Биссектриса треугольника делит противоположную сторону пропорционально двум другим сторонам, поэтому 𝐶𝑃 : 𝐴𝑃 = 𝐶𝐾 : 𝐴𝐾 = 7 : 8. Пусть 𝐶𝑃 = 7𝑦; тогда 𝐴𝑃 = 8𝑦. Из дополнительного условия 𝛽 = arctg 3. Следовательно,