Задание №171984: Уравнения

2 log√︁ (︀3𝑥 − 6 )︀2 , 𝑐 = log√︁ (︀𝑥 + 1 )︀ . Тогда 7𝑥−17 2 3𝑥−6 2 2 4 2 (︀7𝑥 17)︀ (︀3𝑥 )︀2 (︀𝑥 )︀ 𝑎𝑏𝑐 = log(︀ 𝑥+1 )︀2 2 − 4 ·log√︁ 7𝑥−17 2 − 6 · log√︁ 3𝑥−6 2 + 1 = 2 2 4 2 log (︀𝑥 + 1 )︀ 1 (︀7𝑥 17)︀ (︀3𝑥 )︀ 7𝑥−17 2 = 2 log(︀ 𝑥 2 +1 )︀ 2 − 4 · 4log 7 2 𝑥−1 4 7 2 − 6 · 2 log 7𝑥 2 −17 4 (︀3 2 𝑥 − 6 )︀ = 4. 2 4 По условию числа (𝑎;𝑏;𝑐) удовлетворяют одному из трёх условий: 𝑎 = 𝑏 и 𝑎 = 𝑐 + 1; (28) 𝑏 = 𝑐 и 𝑐 = 𝑎 + 1; (29) 𝑐 = 𝑎 и 𝑎 = 𝑏 + 1. (30) Рассмотрим случай (28). Подставляя 𝑏 = 𝑎 и 𝑐 = 𝑎 − 1 в полученное выше уравнение 𝑎𝑏𝑐 = 4, имеем 𝑎 · 𝑎 · (𝑎 − 1) = 4, откуда 𝑎3 − 𝑎2 − 4 = 0, (𝑎 − 2) (︀ 𝑎2 + 𝑎 + 2 )︀ = 0. Так как многочлен 𝑎2 + 𝑎 + 2 не имеет корней, то единственным решением уравнения является 𝑎 = 2, поэтому системе удовлетворяет тройка чисел 𝑎 = 2, 𝑏 = 2, 𝑐 = 1. Случаи (29) и (30) рассматриваются аналогично; из них получаем, что либо 𝑎 = 1, 𝑏 = 2, 𝑐 = 2, либо 𝑎 = 2, 𝑏 = 1, 𝑐 = 2. Теперь для каждой из полученных троек чисел (𝑎;𝑏;𝑐) найдём 𝑥. Если 𝑐 = 2, то 3 2 𝑥−6 = 𝑥 2 +1, то есть 𝑥 = 7. Это значение подходит: 𝑎 = log (9)2 8 4 1 = 1, 𝑏 = log√︁ 81 (︀9 2 )︀ = 2. 2 4 √︁ Если 𝑐 = 1, то 3𝑥 − 6 = 𝑥 + 1. Из этого уравнения после возведения в квадрат получаем, что 2 2 𝑥2 − 2𝑥 + 28 = 0, то есть корней нет. Итак, 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 7 и 5. а) Найдите площадь треугольника 𝐴𝐵𝐶. б) Пусть дополнительно известно, что ∠𝐴𝐵𝐶 = arctg 3. Найдите 𝐴𝐶. 4 √ Ответ: a) 𝑆 = 144; б) 𝐴𝐶 = 4 √ 17. 𝐴𝐵𝐶 5 7 ○c МФТИ, 2021 24 “Физтех–2021” математика. Решения, 11 класс 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 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 = 5 : 7. Треугольники 𝐴𝐵𝐶 и 𝐾𝑃𝐶 подобны, △𝐶𝑃𝐾 △𝐴𝑃𝐾 поскольку 𝑃𝐾 ‖ 𝐴𝐵, и коэффициент подобия 𝑘 равен 𝐴𝐶 = 𝐴𝐾+𝐾𝐶 = 1 + 𝐴𝐾 = 12. Но тогда 𝑆 = 𝐶𝐾 𝐶𝐾 𝐶𝐾 5 𝐴𝐵𝐶 𝑘2 · 𝑆 = (︀12)︀2 · 5 = 144. △𝐶𝑃𝐾 5 5 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 = 5 : 7. Пусть 𝐶𝑃 = 5𝑦; тогда 𝐴𝑃 = 7𝑦. Из дополнительного условия 𝛽 = arctg 3. Следовательно,