алгебра 9 класс номер 277

№ 277. Ответы: а) \(x = \pm 1;\ \pm 2\) б) \(x = 2\) в) \(x = -4;\ 3\) г) \(x = 1;\ -\frac{3}{2};\ \frac{-1\pm\sqrt{17}}{4}\)

Общий приём — замена: выражение, которое повторяется, обозначаем новой буквой \(t\), решаем квадратное уравнение относительно \(t\), а потом возвращаемся к \(x\).

а) \((x^2+3)^2-11(x^2+3)+28=0\) Пусть \(t=x^2+3\). Тогда \[t^2-11t+28=0,\quad D=121-112=9,\quad t=\frac{11\pm3}{2}=7 \text{ или } 4.\] \(t=7:\ x^2+3=7 \Rightarrow x^2=4 \Rightarrow x=\pm2\). \(t=4:\ x^2+3=4 \Rightarrow x^2=1 \Rightarrow x=\pm1\).

б) \((x^2-4x)^2+9(x^2-4x)+20=0\) Пусть \(t=x^2-4x\): \[t^2+9t+20=0,\quad D=81-80=1,\quad t=-4 \text{ или } -5.\] \(t=-4:\ x^2-4x+4=0 \Rightarrow (x-2)^2=0 \Rightarrow x=2\). \(t=-5:\ x^2-4x+5=0 \Rightarrow D=16-20<0\) — корней нет.

в) \((x^2+x)(x^2+x-5)=84\) Пусть \(t=x^2+x\), тогда \(t(t-5)=84\): \[t^2-5t-84=0,\quad D=25+336=361=19^2,\quad t=\frac{5\pm19}{2}=12 \text{ или } -7.\] \(t=12:\ x^2+x-12=0 \Rightarrow (x+4)(x-3)=0 \Rightarrow x=-4;\ 3\). \(t=-7:\ x^2+x+7=0 \Rightarrow D=1-28<0\) — корней нет.

г) \((2x^2+x-1)(2x^2+x-4)+2=0\) Пусть \(t=2x^2+x\), тогда \((t-1)(t-4)+2=0\): \[t^2-5t+6=0 \Rightarrow t=2 \text{ или } 3.\] \(t=2:\ 2x^2+x-2=0,\ D=1+16=17,\ x=\dfrac{-1\pm\sqrt{17}}{4}\). \(t=3:\ 2x^2+x-3=0,\ D=1+24=25,\ x=\dfrac{-1\pm5}{4}=1;\ -\dfrac{3}{2}\).

Проверка: подстановка \(x=1\) в г) даёт \((3-1)(3-4)+2=-2+2=0\), \(x=-4\) в в) даёт \(12\cdot7=84\). Всё сходится.

Задача 4. Пусть диагонали параллелограмма равны \(c\) и \(d\), а угол между ними равен \(\alpha\). Тогда его стороны:

\[ a=\frac12\sqrt{c^2+d^2-2cd\cos\alpha},\qquad b=\frac12\sqrt{c^2+d^2+2cd\cos\alpha}. \]

Один из углов параллелограмма \(\beta\) можно найти из

\[ \cos\beta=\frac{c^2-d^2}{\sqrt{(c^2+d^2)^2-4c^2d^2\cos^2\alpha}} \]

или

\[ \operatorname{tg}\beta=\frac{2cd\sin\alpha}{c^2-d^2}. \]

Второй угол равен \(180^\circ-\beta\). Если нужен именно острый угол, берём модуль косинуса (или тангенса).

Как получено. Диагонали точкой пересечения \(O\) делятся пополам, поэтому \(AO=\frac c2\), \(BO=\frac d2\). В треугольнике \(AOB\) угол при \(O\) равен \(\alpha\), и по теореме косинусов

\[ a^2=AB^2=\left(\frac c2\right)^2+\left(\frac d2\right)^2-2\cdot\frac c2\cdot\frac d2\cos\alpha. \]

Для стороны \(b\) в треугольнике \(BOC\) угол равен \(180^\circ-\alpha\), поэтому \(\cos(180^\circ-\alpha)=-\cos\alpha\), и знак перед косинусом меняется на плюс.

Для угла \(\beta=\angle DAB\) в треугольнике \(ABC\) угол \(\angle ABC=180^\circ-\beta\), значит,

\[ c^2=a^2+b^2-2ab\cos(180^\circ-\beta)=a^2+b^2+2ab\cos\beta. \]

Отсюда и получается формула для \(\cos\beta\).