5154 324 /903 столбиком само решение

5154324: 903=5708 ответ 5708

ответ: 160√3 / 3

Решение

Пусть плоскость, проходящая через сторону AD основания ABCD пирамиды SABCD , пересекает боковые рёбра BS и CS соответственно в точках M и N , а плоскость, проходящая через сторону BC , пересекает боковые рёбра AS и DS соответственно в точках P и Q . Плоскости ASD и BPQC проходят через параллельные прямые AD и BC и пересекаются по прямой PQ . Значит, PQ || BC . Аналогично, MN || AD . Предположим, что AM || DN . Тогда BP || CQ . В этом случае две пересекающиеся прямые плоскости ASB соответственно параллельны двум пересекающимся прямым плоскости CSD , значит, эти плоскости параллельны, что невозможно. Таким образом, данные четырёхугольники – трапеции. Кроме того, PQ < AD и MN < BC , поэтому в равных трапециях BPQC и AMND соответственно равны основания BC и AD и основания PQ и MN . В четырехугольнике ABCD противоположные стороны AD и BC равны и параллельны, поэтому ABCD – параллелограмм и

РИС 1.

поэтому PM || AB . Аналогично, QN || CD , поэтому PM || QN , а т.к. PQ || MN , то PMNQ – параллелограмм. Значит, PM = NQ . Пусть отрезки AM и BP пересекаются в точке E , а отрезки CQ и DN – в точке F . Предположим, что AM = CQ и BP = DN . Тогда треугольники PEM и NFQ равны по трём сторонам, поэтому AMP = CQN . Значит, треугольники APM и CQN равны по двум сторонам и углу между ними. Тогда AP = CN , а т.к. AP/AS = DQ/DS , то AS = DS . Аналогично, BS = CS . Пусть O – ортогональная проекция вершины S на плоскость основания ABCD . Тогда OA = OD и OB = OC как ортогональные проекции равных наклонных. Значит, точка O лежит на серединных перпендикулярах к противоположным сторонам AD и BC параллелограмма ABCD . Поскольку параллелограмм ABCD не является прямоугольником, серединные перпендикуляры к двум его противоположным сторонам параллельны. Таким образом, предположение о том, что AM = DN и BP = CQ приводит к противоречию. Остается рассмотреть случай, когда AM = BP и CQ = DN . Рассуждая аналогично, получим, что AS = CS и BS = DS . Тогда точка O принадлежит серединным перпендикулярам к диагоналям AC и BD параллелограмма ABCD , т.е. совпадает с центром параллелограмма ABCD . Далее находим:

Рис. 2

X^(log3(lg(=1сначала одз: x> oтеперь решаем: log₃lgx=x lgx = 3ˣ ( это уравнение не имеет решения, т.к. y = lgx и   y = 3ˣ эти графики не пересекаются) 2log x^(x-6)-1=02logₓ(x - 6) =1 сначала одз: х> 0                         x≠1                           x - 6 > 0  одз: x > 6 теперь решаем: logₓ(x - 6) = 1/2 х - 6 =  √х |² x² -12x +36 = x x² -13x +36 = 0 по т. виета х₁= 4, х₂=9 учтём одз ответ: 9 log x-3^(27)=3сначала одзх - 3 > 0         x > 3x - 3  ≠ 1         x ≠ 4    теперь решаем: 27 = (х -3)³ х - 3= 3х = 6ответ: 62log 1-x(3\2)=1сначала одз: 1 - х > 0       x < 1                        1 - x  ≠ 1         x  ≠ 0 теперь решаем: 3/2 =  √1-х|² 9/4 = 1-xх = -5/4 = -1,25x^log3^(3x)=9   сначала одз: 3x > 0,   x > 0запишем 9 = х^logₓ9 наше уравнение: x^log₃(3x)=х^logₓ9 log₃(3x) = logₓ9 log₃3 + log₃x = 2logₓ3 1 + log₃ x= 2/log₃x | * log₃x≠0 log₃x + log²₃x = 2 log₃x = t t² -t -2 = 0 по т. виетаt₁ = 2   и   t₂= -1 a) t = 2log₃x = 2 x = 9б) t = -1log₃x = -1 x = -1/3учтём одзответ: 9lg(x^(2)+2x=2)> 1lg(x² +2x) > lg10 c учётом одз составим систему: х² +2х > 0     корни 0 и -2   х∈(-∞; -2)∪(0; +∞) x² +2x > 10   корни -1+-√11     х∈ (-∞; -1-√11)∪(-1+√11; +∞) общее решение:   х∈(-∞; -1-√11)∪(-1+√11; +∞) lg(x^(2)-x-2)< 1lg(x²-x-2)< lg10 c учётом одз составим систему: x²-x-2 > 0   корни: 2 и -1   х∈(-∞; -1)∪(2; +∞) x²-x-2 < 10 корни 4 и -3   х∈(-∞; -3)  ∪ (4; +∞) общее решение: х∈(-∞; -3)  ∪ (4; +∞)