27. Вариант 27

Вариант 27

Задание 1

Ответ: а) $$x^2 - 3x$$ .

Задание 2

Ответ: б) $$(2{,}5;3)$$ .

$Рисунок к заданию 2 варианта 27$

Задание 3

Ответ: в).

$Рисунок к заданию 3 варианта 27$

Задание 4

Ответ: 50 лампочек.

$Рисунок к заданию 4 варианта 27$

Задание 5

$\dfrac{(2x-3)(x+1)}{2-x}\geq0$ , $x\ne2$ .

Нули числителя $$x=-1$$ и $x=\dfrac32$ входят в решение; точка $$x=2$$ исключается. Расставим знаки дроби:

$Рисунок к заданию 5 варианта 27$

Ответ: $x\in(-\infty;-1]\cup\left[\dfrac32;2\right)$ .

Задание 6

При сдвиге графика $$y=x^3$$ на 5 единиц вправо заменяем $$x$$ на $$x-5$$ : $$y=(x-5)^3$$ .

Сдвиг на 1 единицу вверх прибавляет к значению функции 1.

$Рисунок к заданию 6 варианта 27$

Ответ: $$y=(x-5)^3+1$$ .

Задание 7

Проведём $$OA$$ , $$OB$$ , $$OC$$ . Точка серединного перпендикуляра равноудалена от концов отрезка.

$Рисунок к заданию 7 варианта 27$

Так как $$O$$ лежит на серединном перпендикуляре к $$AC$$ , то $$OA=OC$$ . Аналогично, для $$BC$$ получаем $$OB=OC$$ .

Следовательно, $$OA=OB$$ . По обратному свойству серединного перпендикуляра точка $$O$$ принадлежит серединному перпендикуляру к $$AB$$ .

Что и требовалось доказать.

Задание 8

Освободимся от иррациональности в знаменателях:

$\dfrac{22}{5-\sqrt3}=\dfrac{22(5+\sqrt3)}{25-3}=5+\sqrt3$ ;

$\dfrac2{\sqrt5+\sqrt3}=\dfrac{2(\sqrt5-\sqrt3)}{5-3}=\sqrt5-\sqrt3$ ;

$\dfrac4{3+\sqrt5}=\dfrac{4(3-\sqrt5)}{9-5}=3-\sqrt5$ .

Сумма в скобках равна $5+\sqrt3+\sqrt5-\sqrt3+3-\sqrt5=8$ .

Ответ: $8^{-1}=\dfrac18$ .

Задание 9

Вынесем общие множители:
$$x(x+y)=15$$ , $$y(x+y)=10$$ .

Из второго уравнения $y\ne0$ , $x+y\ne0$ . Разделим первое уравнение на второе:

$\dfrac{x(x+y)}{y(x+y)}=\dfrac{15}{10}$ , то есть $\dfrac xy=\dfrac32$ , $$x=1{,}5y$$ .

Подставим во второе уравнение:
$y^2+1{,}5y^2=10$ ;
$2{,}5y^2=10$ , $$y^2=4$$ , $y=\pm2$ .

При $$y=2$$ : $x=1{,}5\cdot2=3$ .
При $$y=-2$$ : $x=1{,}5\cdot(-2)=-3$ .

Ответ: $$(3;2)$$ , $$(-3;-2)$$ .

Задание 10

$$ABCD$$ — параллелограмм, $AC\perp BD$ , $BH\perp AD$ , $K=BH\cap AC$ , $$BK=10$$ см, $$KH=6$$ см.

$Рисунок к заданию 10 варианта 27$

1) $$BH=BK+KH=10+6=16$$ см.

2) Параллелограмм с перпендикулярными диагоналями — ромб. Диагональ $$AC$$ делит угол $$A$$ пополам.

3) В прямоугольном $\triangle ABH$ отрезок $$AK$$ — биссектриса. По свойству биссектрисы:

$\dfrac{AB}{AH}=\dfrac{BK}{KH}=\dfrac{10}{6}=\dfrac53$ .

4) Пусть $$AB=5x$$ , $$AH=3x$$ , $$x>0$$ . По теореме Пифагора $$AB^2=AH^2+BH^2$$ :

$$(5x)^2=(3x)^2+16^2$$ ;
$$25x^2=9x^2+256$$ ;
$$16x^2=256$$ , $$x^2=16$$ , $$x=4$$ .

Сторона ромба: $AD=AB=5\cdot4=20$ см.

5) $S_{ABCD}=AD\cdot BH=20\cdot16=320$ см $$^2$$ .

Ответ: $$320$$ см $$^2$$ .