Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2006

Al.Koutsouridis · #1

Εισαγωγικές εξετάσεις του Φυσικό Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας, 2006 (μια από τις εκδόσεις των θεμάτων)

1. Να βρείτε τις πραγματικές λύσεις του συστήματος των εξισώσεων

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} 3\sqrt[3]{x^2y^5} = 4 \left (y^2-x^2) , \\ 5\sqrt[3]{x^4y} = x^2+y^2 . \end{matrix}\right.}$

2. Να λύσετε την εξίσωση

$\displaystyle{ \sin 3x \sqrt{\cot \left (\dfrac{\pi}{4}-x \right )} = \cos \left (2x-\dfrac{\pi}{4} \right ) - \cos \left (4x+\dfrac{\pi}{4} \right)}$ .

3. Να λύσετε την ανίσωση

$\displaystyle{\dfrac{2}{\log_{1+x} \left( 6+4x-2x^2 \right)} \leq \dfrac{1}{2-\log_{6-2x} \left ( 1+x \right)}}$ .

4. Το τρίγωνο ABC

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O)

ακτίνας

και τα σημεία

,

και

είναι τα μέσα των τμημάτων

,

και

αντίστοιχα. Οι κύκλοι $(O_{1})$ , $(O_{2})$ και $(O_{3})$ διέρχονται από τα σημεία K,L

και

αντίστοιχα, εφάπτονται με τον κύκλο (O)

και ο καθένας έχει με το τρίγωνο ABC

μοναδικό κοινό σημείο. Να βρείτε την ακτίνα του κύκλου $(O_{3})$ , αν οι ακτίνες των κύκλων $(O_{1})$ και $(O_{2})$ είναι ίσες με $\frac{1}3{}R$ και $\frac{1}{4}R$ αντίστοιχα.

5. Για κάθε τιμή της παραμέτρου $a \in [0, \pi]$ να βρείτε την μέγιστη τιμή g(a)

της συνάρτησης f(x,y)=x(x+2)+y(y-4)

στο σύνολο των σημείων (x,y)

τέτοιων, ώστε $x^2+y^2 \leq 2 \left (x \cos a +y \sin a \right )$ . Να βρείτε τις τιμές της παραμέτρου $a \in [0, \pi]$ για τις οποίες η g(a)

λαμβάνει την ελάχιστη τιμή της.

6. Δίνεται τετράεδρο ABCD

και σφαίρα που εφάπτεται των εδρών ACD

και

στα σημεία $B_{1}$ και $A_{1}$ , που σποτελούν βάσεις υψών του τετράεδρου και τέμνει την ακμή

στα σημεία

και

. Είναι γνωστό ότι $AB=\sqrt{10}$ , $KL=\sqrt{\dfrac{10}{3}}$ , $BC=\sqrt{\dfrac{35}{2}}$ , AD=5

. Να βρείτε την απόσταση μεταξύ των ακμών

και

, την ακτίνα του κύκλου που αποτελεί την τομή του επιπέδου ABC

με την σφαίρα και τον όγκο του τετράεδρου ABCD

.

#2

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Απρ 27, 2021 8:53 pm
Εισαγωγικές εξετάσεις του Φυσικό Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας, 2006 (μια από τις εκδόσεις των θεμάτων)

1. Να βρείτε τις πραγματικές λύσεις του συστήματος των εξισώσεων

$\displaystyle{\left\{\begin{matrix} 3\sqrt[3]{x^2y^5} = 4 \left (y^2-x^2) , \\ 5\sqrt[3]{x^4y} = x^2+y^2 . \end{matrix}\right.}$

Αν

τότε

κ.λπ.

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη και παίρνουμε 15x^2y^2=4(y^4-x^4)

Διαιρούμε διά $x^4:\,\,\,4\left ( \dfrac{y}{x} \right )^4-15\left ( \dfrac{y}{x} \right )^2-4=0$

Άρα $y=\pm 2x$ κ.λπ.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

: geogebra-export.png (157.96 KiB) Προβλήθηκε 2973 φορές

Al.Koutsouridis έγραψε: ↑
Τρί Απρ 27, 2021 8:53 pm
Εισαγωγικές εξετάσεις του Φυσικό Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας, 2006 (μια από τις εκδόσεις των θεμάτων)

4. Το τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας και τα σημεία , και είναι τα μέσα των τμημάτων , και αντίστοιχα. Οι κύκλοι $(O_{1})$ , $(O_{2})$ και $(O_{3})$ διέρχονται από τα σημεία και αντίστοιχα, εφάπτονται με τον κύκλο και ο καθένας έχει με το τρίγωνο μοναδικό κοινό σημείο. Να βρείτε την ακτίνα του κύκλου $(O_{3})$ , αν οι ακτίνες των κύκλων $(O_{1})$ και $(O_{2})$ είναι ίσες με $\frac{1}3{}R$ και $\frac{1}{4}R$ αντίστοιχα.

Aν έχω καταλάβει σωστά, το θέμα εννοεί ότι οι κύκλοι $(O_{1})$ , $(O_{2})$ , $(O_{3})$ εφάπτονται στον κύκλο ακτίνας και στις πλευρές
στα αντίστοιχα.

$\displaystyle OK=OD-DK=R-2\frac{R}{3}=\frac{R}{3}$

Άρα
$\displaystyle cosA\hat{O}K=\frac{OK}{OA}=\frac{1}{3}$

και αφού $\hat{C}=A\hat{O}K$ προκύπτει ότι $\displaystyle cosC=\frac{1}{3}$

Εύκολα πλέον μπορεί να βρεθεί ότι $s\displaystyle inC=\frac{2\sqrt{2}}{3}$

$\displaystyle OL=OE-LE=R-2\frac{R}{4}=\frac{R}{2}$

Άρα
$\displaystyle cosB\hat{O}L=\frac{OL}{OB}=\frac{1}{2}$

και αφού $\hat{A}=B\hat{O}L$ προκύπτει ότι $\displaystyle cosA=\frac{1}{2}$

Εύκολα πλέον μπορεί να βρεθεί ότι $s\displaystyle inA=\frac{\sqrt{3}}{2}$

Άρα $cosB=cos\left [ 180^{0}-\left ( A+C \right ) \right ]=-cos\left ( A+C \right )=-\left ( cosAcosC-sinAsinC \right )=$

$\displaystyle =-\left ( \frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{2\sqrt{2}}{3} \right )=\frac{2\sqrt{6}-1}{6}$

Φυσικά
$\hat{B}=A\hat{O}M$
και έτσι
$\displaystyle cosA\hat{O}M=cos\hat{B}=\frac{2\sqrt{6}-1}{6}$

Συνεπώς
$\displaystyle SM=OS-OM=R-AOcosA\hat{O}M=R-R\frac{2\sqrt{6}-1}{6}=\frac{7-2\sqrt{6}}{6}R$

H ζητουμένη ακτίνα είναι ίση με $\displaystyle \frac{7-2\sqrt{6}}{12}R$

Στο θέμα αυτό ας μου επιτραπεί μια προσθήκη.
Να βρεθεί η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ως συνάρτηση της
Θα περιμένω τις σκέψεις σας...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

Έπειτα από τόσες μέρες, οφείλω να γράψω τη λύση στο ερώτημα που έθεσα.

Ισχύει ότι

$OK+OL+OM=OAcosA\hat{O}K+OBcosB\hat{O}L+OMcosA\hat{O}M=$

$\displaystyle RcosC+RcosA+RcosB=R\left ( cosA+cosB+cosC \right )=R\left ( 1+\frac{r}{R} \right )=r+R$

Είδαμε όμως ότι

$\displaystyle OK=\frac{R}{3}, OL=\frac{R}{2}, OM=R\frac{2\sqrt{6}-1}{6}$

Συνεπώς

$\displaystyle \frac{R}{3}+\frac{R}{2}+R\frac{2\sqrt{6}-1}{6}=R+r$

και έτσι μπορεί να βρεθεί ότι

$\displaystyle r=\frac{\sqrt{6}-1}{3}R$

Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2006

Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2006

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2006

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2006

Re: Εισαγωγικές Φυσικό-Τεχνολογικού Ινστιτούτου Μόσχας 2006

Μέλη σε σύνδεση