АБ. Васигмский

ЗАДАНИЯ ДЛЯ ВНЕКЛАССНОЙ

РАБОТЫ

ПО МАТЕМАТИКЕ

А. Б. Василевский

ЗАДАНИЯ ДЛЯ ВНЕКЛАССНОЙ

РАБОТЫ ПО МАТЕМАТИКЕ

9-11 КЛАССЫ

КНИГА ДЛЯ УЧИТЕЛЯ

Минск «Народная асвета»

1988

ББК74.262 В19

УДК51 (072.3)

Р е ц е н з е н т ы :Н . М . Р о г а н о в с к и й , канд. пед. наук,

М. 3. К а п л а н , канд. пед. наук.

Василевский А. Б.В19 Задания для внеклассной работы по матема­

тике: 9—11-е кл. Кн. для учителя.— Мн.: Нар. асвета, 1988.—175 с.: ил.— ISBN 5-341-00023-4.

Задания построены так, что учащиеся могут самостоятель­но находить решения нестандартных математических задач, широко применяя имеющуюся в школе вычислительную технику. Книга может быть использована учителем в кружко­вой работе, при проведении факультативных занятий и под­готовке школьников к олимпиадам.

4306010000—137В-------------------------------- 23—88 ББК74.262

М 303(03)—88

ISBN 5-341-00023-4© Издательство

«Народная асвета», 1988.

ВВЕДЕНИЕ

Внеклассная работа по математике предоставляет учащимся дополнительные возможности для развития способностей, прививает интерес к науке математике. Главное назначение внеклассной работы — не только расширение и углубление теоретического материала, изученного на уроках, но и развитие умений применять полученные на уроках знания к решению нестандартных задач, воспитание у школьников определенной культуры работы над задачей.

В данном пособии излагаются общие методы реше­ния задач школьного курса математики и приемы поис­ка применения этих методов.

Наличие в книге нескольких решений одной и той же задачи поможет учителю организовать как коллектив­ную, так и индивидуальную работу над задачами. Главным средством для этого является создание проблемной ситуации.

Методы решения задач не просто излагаются, а показывается, как нужно рассуждать, чтобы уяснить, каким образом можно придти именно к данному методу решения задачи. В книге много внимания уделяется вопросу развития интуиции на рабочую гипотезу, а за­тем разрешению ее.

В настоящее время в учебном процессе находят все более широкое применение микрокалькуляторы. Они позволяют освободить учащихся от однообразной вычислительной работы и уделить больше внимания самому алгоритму вычислений. Появляется возмож­ность решать задачи с реальными числовыми данными, Выполнение таких заданий делает вычислительную работу учащихся более целенаправленной и содержа­тельной, способствует повышению интереса к математи­ке и создает возможности для более успешного применения расчетов на практике.

3

Высокая точность и быстрота вычислений позволяет широко и систематически использовать в учебном процессе математический эксперимент для активизации познавательной деятельности учащихся. Появляется возможность знакомить учащихся с достаточно общими методами поиска и обоснования решений сложных нестандартных задач. Рассмотрение таких задач на внеклассных занятиях без использования программиру­емых микрокалькуляторов методически неоправдано, потому что их решение сильно затруднено, а в ряде случаев невозможно. Программируемые микрокальку­ляторы помогают на более высоком методическом уровне организовать индивидуальную и коллективную работу учащихся. Микрокалькулятор является надеж­ным и удобным средством поэтапного контроля правиль­ности тождественных преобразований выражений с пе­ременными.

В книге на конкретных примерах показывается, как эффективно использовать микрокалькулятор при поиске решений различных задач по математике. Коренным образом меняется методика поиска решений следующих задач: тождественное преобразование гро­моздких числовых выражений и выражений с перемен­ными; разложение выражений со многими переменными на множители; поиск и обоснование свойств различных числовых множеств; делимость чисел; исследование функций, построение и применение их графиков; иссле­дование решений уравнений и неравенств и их систем;' решение нестандартных уравнений и неравенств; дока­зательство нестандартных неравенств; исследование ре­шений геометрических задач; анализ таблиц значений функции с целью получения правдоподобных гипотез о их свойствах.

Пособие состоит из 16 тем (заданий). При решении задач каждого задания используются в комплексе различные методы. Например, при решении уравнений и неравенств используются графические приемы. В то же время при рассмотрении геометрических задач широко применяются аналитические методы, в резуль­тате чего существенной частью работы над геометри­ческой задачей является решение уравнений. Такой подход позволяет формировать у учащихся представле­ние о том, что различные разделы школьной мате­матики взаимно связаны, являются ее неразрывными частями.4

Функциональный метод является основным не толь­ко при решении уравнений и неравенств, но и при работе над геометрическими задачами. Этот метод целесообразно использовать при работе над всеми зада­чами данного пособия.

При расположении заданий учитывалась их слож­ность и теоретическая подготовка учащихся соответст­вующего класса, а также навыки в поиске решения задач.

В заданиях 1—4 рассматриваются преобразования числовых выражений, делимость чисел, решения урав­нений и неравенств в целых числах, разложение многочленов на множители.

Тождественные преобразования выражений с пере­менными могут выполняться с различными целями: при­ведение выражения к виду, удобному для нахождения его наименьшего и наибольшего значения или уста­новления монотонности соответствующей функции- получение выражения, которое позволяет составить достаточно простую программу для вычисления его значения на микрокалькуляторе; получение выражения, удобного для контроля правильности тождественныхпреобразований, и т. д.

На уроках математики изучается ограниченный круг свойств рациональных чисел. Сложность большинства задач на доказательство числовых свойств как раз и объясняется тем, что приступая к их решению, ученик мало знает о свойствах рассматриваемых чисел. Поэто­му работу над такими задачами целесообразнопроводить следующим образом: исследуется несколько частных случаев общей задачи с тем, чтобы подме­тить некоторые свойства рассматриваемых чисел, затем доказываются или опровергаются эти свойства; еслиобнаруженных и доказанных свойств чисел оказы­вается недостаточно для решения задачи в полном объеме, то продолжается рассмотрение других частных случаев до тех пор, пока не подмечается какое-то новое свойство чисел.

В процессе решения таких задач учащиеся состав­ляют и анализируют различные таблицы, что имеет политехническую ценность. В этой работе широкое применение находит микрокалькулятор. Чтобы состав­ление таблиц не отнимало много времени, учащиеся делятся на несколько подгрупп. Каждая подгруппа составляет свою часть общей таблицы. Анализ всей

5

;\

таблицы учащиеся выполняют под руководством учи­теля. При решении таких задач широко используется метод полной индукции.

Огромная обучающая ценность задач на обнаруже­ние и доказательство свойств чисел заключается в том, что в процессе работы над ними ученик приобретает навыки в расчленении сложной задачи на более простые, выдвигает правдоподобные гипотезы, доказы­вает или опровергает их, занимается обобщением ш кон­кретизацией, т. е. приобретает навыки научного поиска.

Задание 5 посвящено задачам по планиметрии, в большинстве из них рассматривается изменение геометрических величин.

При решении таких задач осуществляется естествен­ная связь между конструктивными методами и метода­ми математического анализа. Все эти задачи, как правило, решаются на основе широкого применения свойств функций, с которыми знакомятся учащиеся на уроках алгебры и начал анализа.

Геометрические задачи могут содержать либо только числовые данные, либо числовые данные и параметры, либо только параметры. В зависимости от этого одна и та же задача может быть трудной или простой. Системное использование инструментальных построе­ний, измерений и вычислений содействует приобрете­нию навыков открытия правдоподобных свойств фигу­ры, их анализа, обобщения и применения к решению задач.

Решение многих геометрических задач можно свести к исследованию рациональных, иррациональных, триго­нометрических уравнений и их систем. Такой подход к решению геометрической задачи позволяет: 1) орга­низовать систематическое повторение изученного в школе материала с помощью решения задач; 2) посте­пенно углублять понимание учащимися математических методов; 3) формировать у них навыки комплексного использования различных идей и методов; 4) широко применять микрокалькулятор.

Существенным элементом поиска решения геометри­ческой задачи является установление числа ее реше­ний. Если удается это сделать еще на этапе усвоения задачи, то серьезно упрощается составление плана ее решения и реализация этого плана. Эффективйость такого подхода показывается при рассмотрении многих задач данного задания.

6

В задании 5 используются следующие методы решения геометрических задач:

1) Метод координат упрощает поиск решения задачи по геометрии. Чаще всего используются уравнения прямой и окружности, формула длины отрезка, условие перпендикулярности двух прямых. Объем вычислений зависит от того, насколько удачно расположена иссле­дуемая фигура относительно системы координат.

2) Алгебраический метод решения геометрических задач заключается в следующем. Искомые элементы геометрических фигур обозначают через х, у, ... . По условию задачи составляются уравнения (неравенст­ва), связывающие известные и неизвестные элементы фигур. После этого решается полученная система уравнений (неравенств). Определяются те элементы или отношения между ними, которые требуется найти. Такое решение геометрических задач является одним из наиболее простых (в идейном отношении). Удачный выбор неизвестных позволяет получить несложную систему уравнений (неравенств).

Теперь сформулируем основные положения методи­ки обучения учащихся поиску решений геометрических задач.

Начинать поиск решения геометрической задачи на вычисление следует с инструментального построения фигуры, которая соответствует всем условиям задачи. Такой чертеж позволяет выполнить измерения элемен­тов изображения и высказать правдоподобные гипотезы о некоторых свойствах фигуры. В ряде случаев прибли­женный ответ дает возможность догадаться о его точ­ном значении, и, значит, избежать вычислительных и логических ошибок. Во многих случаях наличие ответа существенно облегчает поиск плана решения задачи. Предварительное решение задачи на вычисле­ние построением позволяет установить число решений.

Поиск решения задачи на доказательство можно расчленить на следующие виды работы: выполнениечертежа, отвечающего всем условиям задачи; инстру­ментальный поиск свойств фигуры (получаем гипоте­зы); доказательство справедливости или ложности этих гипотез (в затруднительных случаях доказательство целесообразно вести методом полной индукции); приме­нение всех или части обнаруженных и обоснованных свойств фигуры к доказательству сформулированного в задаче свойства этой фигуры.

7

Поиск решения конструктивной задачи с помощью циркуля и линейки состоит из следующих этапов: построение фигуры, отвечающей всем условиям задачи: обнаружение неизвестных свойств этой фигуры, отве­чающей всем условиям задачи; доказательство истин­ности или ложности их; построение геометрических мест точек, пересечения которых могут быть решением задачи, и установление их свойств; отыскание пути решения задачи при помощи обнаруженных и доказан­ных свойств фигуры.

Задания 6—10 и 14 посвящены рассмотрениюуравнений и неравенств. Нетрадиционные подходык решению уравнений и неравенств, к исследованию решений уравнений и неравенств, к построению их графиков позволяют сформировать у учащихся доста­точно общий взгляд на эту большую группу нестан­дартных задач. Для решения уравнений и неравенств применяются различные методы в комплексе. Главное здесь — использование в максимальной степени свойств соответствующих функций. При поиске и проверкерешений используется микрокалькулятор.

Традиционный для школы путь алгебраического решения уравнения заключается в том, что при помощи тождественных преобразований выражений с перемен­ными заменяют его более простым уравнением. Например, уравнение с одной переменной мы заменяем уравнением, для решения которого существует форму- . I ла. В результате получаем ответ, «точный» с точкизрения классической элементарной математики.

Из так называемых общих методов решения уравне­ний в школе чаще других используют разложение левой части уравнений F(A:) = 0 на множители или замену переменных. Изучается и много частных прие­мов, которые позволяют найти корень уравнения как число или комбинацию каких-то функций от парамет­ров. Однако далеко не все уравнения, которые дает практика, можно решать таким образом. Но и тогда, когда уравнение решается (в традиционном школьном понимании) формула для его корня может оказаться достаточно громоздкой. Например, уравнение sin3* —— cos3* = 0,008 имеет единственный дробный положи­тельный корень хо= 0,78916943 (получен на микро­калькуляторе). Этот результат практически гораздо полезнее, чем точная формула, выражающая этот

8

корень: *0 = 0,25д + arcsin(A/2sin (-i-arcsin0,008)) (все

равно мы можем получить только приближенное значение *0). Да и в общеобразовательном плане привычные для учителя решения этого уравнения проиг­рывают в сравнении с его «функциональным» решени­ем. Для подтверждения этой мысли приведем два решения этого уравнения.

1) Функция F(x) = sin3* — cos3* возрастает на (0;0,5л). Это утверждение основано на теореме о произ­водной сложной функции и теореме о сумме двух возрас­тающих функций. Л(0) <С 0,008; Л(0,5Л) > 0,008.Отсюда ясно, что уравнение F(x) — 0,008 имеет единст­венный корень, принадлежащий (0;0,5л). При помощи микрокалькулятора (методом деления отрезка попо­лам) быстро получаем *о = 0,78916943.

2) Из свойств функций синуса и косинуса вытекает: |sin* — cos*| л 2 (это верное неравенство, но как доду­маться, что именно с этого следует начинать решение задачи?). Отсюда ясно, что существует такой угол а, что sin* — cos* = 2sina (сделан еще один удар по прести­жу бытующей в школьной практике методики обучения решению задач!). Тогда sin2* + cos2* — 2sin*cos* = = 4sin2a (еще один ход в пользу тех учеников, которые утверждают, что математика — это неупорядоченное множество теорем, формул и их непредсказуемых преобразований). Откуда 1 + sin*cos* = 0,5(3 — 4sin2a) (и до этого преобразования даже отлично успе­вающему ученику додуматься непросто!). Так как угол а всегда можно взять в первой четверти (решающий должен догадаться, что именно здесь следует вспом­нить, что *о > 0,25л), то получаем sin* — cos* =

= 2 sin (— arcsin 0,008). Решив это уравнение, получаем

названный выше ответ.Ясно, что искусственные приемы, примененные во

втором решении, могут только оттолкнуть ученика от занятий математикой.

Преувеличенное внимание в школе к уравнениям, решение которых оканчивается получением «точной» формулы их корней, неизбежно ведет к отрыву теории от практики, резко снижает образовательные и поли­технические возможности школьного курса алгебры и начал анализа. Выпускник средней школы, воспитан­ный на «точных» равенствах, на целых и рациональных

9

корнях уравнений (в крайнем случае, выраженных радикалами), получаемых в результате даже очень головоломных нестандартных тождественных преобра­зований выражений с переменными, часто не может верно решить даже квадратное уравнение, если его коэффициенты получены в результате инструменталь­ных измерений.

Традиционный школьный подход к вопросу о реше­нии уравнений не формирует функциональное мышле­ние ученика. И, как следствие этого, учащийся, самостоятельно получивший формулу *0 ="0,25л+

+ arcsin(V2 ^arcsm 0,008)), не может, как правило,

решить более простую задачу: «Сравнить дробныеположительные корни уравнений sin *— cos3* = 0,008 и 2sin3* — cos3* = 0,008».

Сегодня, когда в школу пришли информатика и вычислительная техника, появились широкие возмож­ности в формировании функционального мышления учащихся в процессе изучения уравнений. Системати­ческое применение микрокалькуляторов при работе над уравнениями коренным образом изменяет ее обучающее содержание. Вообще, серьезный политехнический под­ход к решению уравнений в школе практически можно реализовать только с помощью микрокалькулятора. Он позволяет не только упростить и ускорить вычисли­тельную работу, получить корни уравнений доста­точно высокой точности, но и формировать у учащихся навыки составления таблиц функций с определенной целью, навыки поиска, обнаружения и доказательства свойств уравнений путем анализа этих таблиц.

С помощью микрокалькулятора можно находить «точные» (с точки зрения элементарной математики) целые корни уравнений и в большинстве случаев рациональные корни и корни, выраженные радикалами (имеются в виду уравнения, содержащиеся в совре­менных школьных учебниках и в различных сборниках конкурсных и олимпиадных задач). Главное в том, что микрокалькулятор дает возможность применять при решении самых различных уравнений общий функцио­нальный подход, основанный на систематическом комплексном использовании свойств всех функций, изучаемых в школе. При таком подходе к работе над уравнениями у учащихся формируется не только общий метод их решения, но и происходит углубленное

ю

повторение важнейших свойств изученных ими ранее функций. Последнее является самым существенным в методике обучения учащихся решению уравнений. Во всех отношениях (и с дидактической, и с практи­ческой точек зрения) более ценным является умение отделить корень уравнения и найти с нужной точностью его приближенное значение, чем головоломные упраж­нения в поисках его «точных» корней.

Задача на определение корней любого уравнения F(x) — 0, решаемая с применением микрокалькулятора, состоит из следующих наиболее типичных подзадач (всех или только некоторой части из них): установление области определения D(F) функции F(x); определение тех промежутков из D(F), которым не могут принадле жать корни уравнения F(x) = О (без применения производной); доказательство монотонности функции F(x) на D(F) или только на некоторых промежутках, принадлежащих D(F) (без применения производной); обоснование непрерывности функции F(x); установле­ние, в каких пределах изменяется функция F(x) на D(F) или на отдельных промежутках, принадлежащих D(F); решение уравнения F'(x) = О (для определения проме­жутков монотонности функции F(x))\ нахождение проме­жутка, являющегося частью промежутка, на котором верно неравенство F'(x) > 0 (F'(x) <Z 0); преобразование уравнения F(x) == 0 к виду Р(х) =.М(х), где Р(х) и М(х) — возрастающие или убывающие функции на некотором промежутке, который является частью D[F)\ доказа­тельство наравенства Р(х) > М(х) (Р(х) <L М(х)) на этом промежутке при помощи таблиц функций Р(х) и М(х)-9 доказательство неравенства Р (х)> М'(х) (Р/(х)с<М'(х)) таким же способом; получение при помощи микрокалькулятора гипотезы о числе корней уравнения и обоснование этой гипотезы; нахождение целых (ра­циональных) корней уравнения; вычисление корней уравнения, принадлежащих заданному промежутку; до­казательство того, что некоторому заданному проме­жутку не могут принадлежать корни данного уравнения; нахождение приближенных значений корней; получение гипотезы о их свойствах; отыскание формулы для его «точных» корней; составление при помощи инженерных или программируемых микрокалькуляторов (ПМК) таблиц функций, анализ которых позволяет высказать правдоподобные суждения об их свойствах, выбрать целесообразные методы доказательства этих свойств и

II

их применения к нахождению корней соответствующих уравнений; вычисление корней уравнений с точностью, определяемой точностью исходных данных.

Особое место занимают задачи на нахождение бесконечных промежутков, которым не могут принадле­жать корни уравнения F(x) = 0.

Следует выделить табличный метод, который приме­няется при доказательстве неравенств Р(х)лМ(х) и Р[х) ёЕ М'[х). Он позволяет сформировать у учащихся навыки применения простейших свойств непрерывных функций к решению самых разнообразных по содержа­нию и сложности уравнений и неравенств. Как правило, при этом отпадает необходимость в решении достаточно сложных уравнений F'(x) — 0.

Из известных методов уточнения корней уравнения F(x) = 0 наиболее доступным для старшеклассников является метод деления отрезка пополам. Он легко реализуется на ПМК.

Возникает естественный вопрос: стоит ли применять функциональный метод решения уравнений в тех слу­чаях, когда неплохо работают традиционные методы? Безусловно, стоит, поскольку взгляд на всякое выраже­ние с переменными как на выражение, задающее какую-то функцию, способствует успешному формиро­ванию диалектико-материалистического мировоззрения у учащихся и рациональному применению математиче­ской теории.

Микрокалькулятор делает практически универсаль­ным и самым простым при решении неравенств метод интервалов.

Школьники изучают общие свойства непрерывных функций, применение которых в полном объеме позво­ляет существенным образом упростить поиск решений нестандартных уравнений. В самом деле, девятиклас­сник знакомится с достаточным условием монотонно­сти функций, с правилами вычисления производных, с производной сложной функции. Отсюда непо­средственно вытекают свойства суммы двух возрастаю­щих (убывающих) функций; произведения двух поло­жительных возрастающих (убывающих) функций; свойства сложных функций. Однако при решении уравнений и задач прикладного характера эти важней­шие теоретические знания применения не находят, и поэтому учащимися усваиваются формально. Пояс­ним сказанное примерами:

1) Найти дробные корни уравнения lgx + sinx=A 1. Выпускник средней школы знает, что на (0;1)

функция y = \gx и y = smx возрастающие. Но он, как правило, не видит, какое это отношение имеет к реше­нию уравнения.

2) Решить уравнение cos(cosVl — *) Н—~ = Л= 1 + cosl.

На основании теоремы о производной сложной функции ясно, что функция у = cos (cos,a/1 — х) убы­вающая (функция у — \—х убывающая, y = AJx воз­растающая, у = cos* убывающая). Отсюда понятно, что

функция F(x) = cos(cos,a/\ — х)-\------------->определенная напи(0; 1 ], убывающая. Поэтому данное уравнение имеет не более одного корня. Так как Т7(1) = 1 _+_ cos 1, то для решения уравнения не требуется вообще никаких вычислений. Но в школьных учебниках и конкурсных сборниках задач по математике ученик не видит такого применения важнейших общих свойств функций. Поэто­му он считает это уравнение очень сложным.

3) Решить уравнение д/777* — 2250 + \/77*3+ 108 == 6.

Школьник, не приученный смотреть на уравнение с функциональной точки зрения, эту задачу не решает, даже если он отлично знает все названные выше свойства производной. Естественный подход к этой за­даче выглядит следующим образом:

Ле вая часть уравнения определена на 1-2^^ +50) • . ч

На этом промежутке непрерывные неотрицательные функции у = 111 х — 2250 и у — Их3 + 108 возрастаю­

щие. Функции у = л[х и у = л[х возрастающие. Поэтому

и сложные функции Р(х) = ~\[111х— 2250 и К(х) =

= AJllx3+ 108 возрастающие. Функция F(x) = Р[х) ++ К[х) непрерывная и возрастающая. Поэтому данное уравнение имеет не более одного корня *0. При помощи МК легко находим, что х0 = 3.

13

У учащихся должна постоянно вырабатываться культура работы с уравнениями. Прежде всего следует выяснить, имеет ли уравнение F(x) = 0 корни. В необхо­димых случаях (для получения гипотезы о существова­нии корней) составляем таблицу функции F(x) при помощи МК- Дело в том, что доказать, что уравнение /7(л;) = 0 не имеет корней часто гораздо проще, чем заниматься его преобразованиями, направленными на вычисление «точных» корней. Полученная таблица функции F(x) облегчает выбор методов уединения корней уравнения F(x) = 0, напоминает о существова­нии свойств функции F(x), на которые без таблицы мы могли бы и не обратить внимания.

Общий план работы над задачей «Решить уравне­ние F(x) = 0»:

1) Находим D(F).2) Не решая уравнения F'(x) = 0, а используя

только свойства суммы (произведения) непрерывных монотонных функций и свойства сложных функций, находим некоторые подмножества множества D(F)y на которых функция F(x) монотонная.

3) При помощи МК проверяем, принадлежат ли этим подмножествам корни уравнения F(x) = 0 (неко­торые из этих подмножеств можно отыскать преобразо­ванием уравнения F(x) = 0 в равносильное ему уравне­ние или получив все или часть решений неравенств F'(x) > 0 (F'(*)<0).

4) Если D(F) включает в себя бесконечный промежу­ток, то надо определить множество конечных проме­жутков, которым принадлежат все корни уравнения F[x) = 0.

Следует заметить, что определение корней уравнения F'(x) = 0 может оказаться более сложной задачей, чем решение уравнения F(x) = 0. Поэтому часто приходится отказываться от мысли отделить корни уравнения F(x) = 0 путем нахождения критических точек функции F(x). Во многих случаях отделение корней упрощается с помощью метода «ступенек». Для этого уравнение F(x) = 0 преобразуется к виду Р(х) = М(х)(Р(х) и М(х) — возрастающие или убывающие функции на некотором промежутке). При помощи МК составляются таблицы функций Р(х) и М(х), Р'(х) и М[х) (с достаточно малым шагом). Работа над уравнением завершается уточне­нием отделенных корней.

14

Для сравнения традиционного и функционального подхода (с применением МК) к поиску корней уравне­ний приведем два решения уравнения

х4 + Зх3 + 4 х 2 - \ З х 9 =0. (1)

1. Представляем данное уравнение в виде х4 -f- 2*2 ++ 1 + 3(х3 + 2*2 + х + 2) — 4(х2 -f 4х+ 4) = 0, или(х2 -f- I)2 + 3(х2(х + 2) + (* + 2)) — 4(х Н 2) = 0, или

(х2 + I)2 + 3(* + 2)(*2 + 1) - 4(х + 2 )2 = 0. (2)

Число —2 не является корнем данного уравнения ( 1 ) . Поэтому разделив обе части уравнения (2) на (х + 2)2, получим уравнение, равносильное уравнению ( 1 ) :

Отсюда получаем уравнения: (х2 + 1):(х + 2) = 1 и (х2 + 1)(Л + 2)= —4. В результате получаем, что кор­нями уравнения (1) являются х\ = 0,5(1 их2 =0,5(1 +л/5).

Решение, конечно, короткое. Но как додуматься до этих неестественных преобразований уравнения ( 1 ) ?

Совсем другим выглядит путь поиска корней уравне­ния (1) при помощи микрокалькулятора.

2. Преобразовываем уравнение (1) следующим об­разом:

F(x)= х(х(х(х + 3) + 4) — 13) — 9 = 0.

Отсюда ясно, что если х л 2 или х л — 3, то F(x) > 0, т. е. корни уравнения (1) могут принадлежать только интервалу (— 3; 2).

При помощи ПМК составляем таблицу:

X -3 -2,5 2 ~ 1,5 - 1 -0,5 0 0,5 1 1,5 2

/М 66 41 25 14 6 ~ 1,8 -9 — 14 — 14 _4,3 21

Отсюда ясно, что уравнение (1) имеет не меньше двух действительных корней: —1 <C*i <С — 0,5;1,5 <*2 <2.

После их уточнения имеем: х\ « — 0,61804;

15

« 1,61804. Отсюда появляется гипотеза, что х\ + =1,Х \ Х 2 =— 1 и

X, = 0,5(1 - л / 0 ) ; *2 = 0,5(1 + Л / 5 ) .

Если это так, то левая часть уравнения (1) делится на х2 — х — 1. В самом деле, х4 + Зх3 + 4х2 — 1 Зх — 9 = = ( х 2 — х — \){х2 + 4х+ 9) = 0.

Второй метод поиска корней уравнения (1) приме­ним для решения любого уравнения с одной переменной. И в этом его высокая обучающая ценность. Первое же решение напоминает разгадывание кроссворда.

Задание 11 посвящено методу параллельных проек­ций. Сущность этого метода решения геометрических задач заключается в специальном выборе направления проектирования. При решении многих аффинных задач стереометрии выгодно направление проектирова­ния выбрать так, чтобы некоторые прямые изобра­жались точками, некоторые плоскости — прямыми, а произвольные треугольники — правильными тре­угольниками.

Метод параллельных проекций основывается только на тех свойствах параллельных проекций, которые изучаются в школе. В частности, широко используется возможность изображать любой треугольник любым треугольником и любую треугольную пирамиду — всяким полным четырехугольником. Это позволяет свес­ти исследование многих отношений между элементами произвольных геометрических объектов к доказательст­ву соответствующих свойств достаточно простых плоских и трехмерных фигур. Например, установление многих свойств треугольной пирамиды существенно упрощается, если считать ее изображением квадрата (вместе с его диагоналями).

Представленная в теме система задач и их решений позволяет углубить связи между планиметрией и стерео­метрией, развивает пространственное воображение уча­щихся, расширяет их представление о методах решения задач, развивает конструктивные и комбинаторные способности учащихся.

При помощи системы геометрических задач, пред­ставленных в задании 12, формируются у учащихся навыки применения векторов к их решению. При этом используется следующая методика векторного решения задач: условие задачи переводится на язык векторов, т. е. составляется система векторных уравне­

16

ний по условию задачи; выбираются базисные векторы; все введенные в рассмотрение векторы раскладываются по базисным векторам; упрощается система векторных уравнении; векторные уравнения заменяются алгебраи­ческими (на основании единственности разложения вектора по базисным векторам); решается система алгебраических уравнений; объясняется геометриче­ский смысл полученного решения этой системы.

В задании 13 помещены только четыре задачи (о свойствах сечений куба и треугольной пирамиды). Но их рассмотрение с учащимися имеет принципиаль­ное значение. Они позволяют ознакомить старшеклас­сников с одним из наиболее общих приемов поиска решения сложной задачи — расчленение ее на ряд целе­сообразных подзадач.

Задания 15 и 16 посвящены задачам по стерео­метрии на построение, доказательство и вычисление. Эти задачи по своей идейной нагрузке занимают особое место в школьном курсе математики. Их содер­жание и используемые методы решения позволяют в комплексе применять знания, умения, навыки учащихся по алгебре, тригонометрии, планиметрии, стереометрии, началам анализа.

Работа над задачей по стереометрии строится следующим образом.

Уясняется содержание задачи. Если в задаче идет речь о многограннике или фигуре вращения, то необ­ходимо установить их форму. Для этого используются все доступные средства и методы: готовые модели;построение модели по условию задачи; проекционный чертеж; готовые развертки исследуемой фигуры; допол­нительные построения на проекционном чертеже, моде­ли или развертке; различные изображения одной и той же фигуры с целью получения наиболее наглядного изображения фигуры; построение различных сечений (разрезов) исследуемой фигуры (без искажения их формы).

При решении задач на доказательство и вычисле­ние важно получить дополнительные сведения о свойст­вах исследуемой фигуры (хотя бы сначала в виде правдоподобных гипотез). При решении задач по плани­метрии на доказательство такие гипотезы можно полу­чить путем инструментальных построений и измерений. В стереометрии этот метод практически ничего не дает.

17

Поэтому приходится рассматривать сначала различные частные случаи данной задачи. Такая работа упрощает поиск решения сложных задач.

Всякую треугольную пирамиду можно разделить на две треугольные пирамиды, имеющие по две взаимно перпендикулярные грани. Поэтому решение всякого многогранника по существу сводится к решению прямо­угольных трехгранных углов.

Комплексное использование построений и вычисле­ний упрощает поиск решения задач по стереометрии и сокращает вычисления. При этом не следует забывать о дополнительных построениях. Для того, чтобы вы­брать наиболее рациональный план и методы решения этих задач, важно с самого начала разобраться, являет­ся ли данная задача аффинной или метрической.

Книга адресуется учителям математики для кружко­вой работы и факультативных занятий.

Задание 1. ПРЕОБРАЗОВАНИЕ ЧИСЛОВЫХ ВЫРАЖЕНИЙ

, тт 368972 368976 ьЗ а д а ч а 1. Что больше. 754797 или 764804

П е р в о е р е ш е н и е . Обозначим: 368972 =/г,764797 = к Исследуем разность

п п+ 3 7п— 3 kТ~ k + 7 ~ k{k 7) *

Очевидно,7nZ>1 • 360 ООО = 2 52 • 10 ООО и 3k<Z3 XX 770 000 = 231 • 10 000.

Теперь ясно, что первая дробь больше второй.В т о р о е р е ш е н и е . Числитель второй дроби боль­

ше числителя первой дроби на 3, знаменатель второй дроби больше знаменателя первой дроби на 7. Но

■ ■ iL < ■■■?—.368 972 764804

Поэтому первая из данных дробей больше второй дроби.

Т р е т ь е р е ш е н и е . Разделим первое число на вто­рое и преобразуем полученную дробь следующим образом:

368 972 • 764 804К 368 975 • 764 797

т 3 Л 1 7 л 1а’к ’ка’к 368 975 А 120 000’ 2 764 797 а 120 000’ Т°

/г > 1, и первая из данных дробей больше второй дроби.Ч е т в е р т о е р е ш е н и е . При помощи микрокаль­

кулятора получаем

764 797 ~ р,482444764зо>4 0,482448

З а д а ч а 2. Извлечь корень пятой степени

Z1682 +305V5

19

Р е ш е н и е . Ьудем искать рациональные числа п и к такие, что

д/682 + 305А/5 = п + кф.

Для этого при помощи микрокалькулятора после­довательно находим:

sjb« 2,2360679; (1)д/5-305 «682,0007; (2)

682 + 682,0007 да 1364,0007; (3)д/б82 + 305д/5 « 4,2360679. (4)

Проделанная работа помогает найти путь к решению задачи. Сравнив равенства (1) и ( 4 ) , приходим к предположению, что к= 1 и /1 = 2, т. е. наверное,

д/б82 + 305-V5 = 2 + -у/Е. (5)В справедливости равенства (5) легко убедиться

возведя его обе части в пятую степень.З а д а ч а 3. Найдите х и у, если

-\/119 287 — 48 682д/б = л; + ipj6.

Р е ш е н и е . При помощи микрокалькулятора полу­чаем:

д/119 287 — 48 682д/б ж 2,101121; д/б«2,44949;х + 2,44949у « 2,101112. (\)

Естественно попытаться поискать сначала х и у сре­ди целых чисел. Из равенства (1) ясно, что х и у нату­ральными быть не могут, ибо даже если х = 1 и у — 1, то левая часть равенства (1) больше правой его части. Поэтому х и у — числа различных знаков.

При помощи микрокалькулятора получаем:2.44949 • 1 « 2,44949,2.44949 • 2 ж 4,898978,2.44949 • 3 ж 7,34870, (2)2.44949 • 4 « 9,79796,2,44949-5 ж 12,247445,2.44949 • 6 ж 14,69694,2.44949 • 7 ж 17,14643,2.44949 • 8 « 19,59592,2.44949 • 9 « 22,04541.

20

Сравниваем десятичные части полученных произве­дений с десятичной частью ч-исла 2,101121 Приходим к выводу, что у не может быть натуральным числом Значит, у — целое отрицательное число, х — натураль­ное число.

Замечаем, что 4,898978 + 2,10112 ж 7. А это приво­дит к гипотезе, что 2,101121 « 7 — 2д/б.

Вычисляем (7 — 2д/б)5, После упрощения получаем(7 — 2д/б)5 = 1 19 287 - 48 682л/б.

О т в е т , х = 7 , у =— 2 .З а д а ч а 4. Упростите выражение

У4 -3-А5 + 2-\/25 - VI25 Р е ш е н и е . При помощи микрокалькулятора най­

дем приближенное значение выражения М Для упро­щения вычислений преобразуем выражение

следующим образом:

К=4 - д/405 + д/400 - д/Т25 = 4 + д/400 -

-(Д/л+Д/-П<).На микрокалькуляторе получаем:

К ~ 0,6423887 и Мж 2,4953477Так как в выражении М содержатся л[2Ъ=

= (д/5)2 и дА*25 = (д/5)3, то и в преобразованном видебудет д/б. Но 1,4953487 (результат получен намикрокалькуляторе).

Таким образом, в результате выполненного матема­тического эксперимента приходим к предположению,что М= -л/Е + 1.

Попытаемся доказать, что

М= А (1

К = 4-3А5+ 2А25-д/725

= д/5+1. (2)д/4 -3-А5"+ 2-А25 -д/125

или4 2 - = У4 -Зд/5 + 2А25 -д/125. д/5 + 1

(3)

21

Если равенство (3) верно, то после возведения его обеих частей в квадрат получаем;

или4 = (725 + 2 V 5 + 1 ) X

X ( 4 - З д / б +2А25-А125);4 = (-Л25 - Зд/125 + 2д/б25 - -л25 • 125 +

+ 8д/5 - 6Л25 + 4д/125 - 2д/б25 + 4 - — 3 д/5+ 2 д/25-д/125!

Последнее равенство верно. Таким образом, М == д/5+ 1

З а д а ч а 5 Пятая степень натурального числа п состоит из цифр 1, 2, 3, 3, 7, 9. Найти это число.

Р е ш е н и е . Составим несколько шестизначных чи сел (включая наименьшее и наибольшее) из данных цифр и при помощи микрокалькулятора извлечем изних корни пятой степени: -Aj 123379 ж 10,42914; д/173923 да 11,17047; л/213379 да 11,63672; л/337912 дада 12,75735; У733921 да 14,89807; д/973321 да 15,76345.Отсюда ясно, что 11 15. Но искомое число пнеможет быть равно 15, потому что число 155 оканчиваетсяцифрой 5, которой нет среди данных цифр. Итак,11 14.

Число 145 оканчивается цифрой 4, которой тоже нет среди данных цифр. Поэтому 11 13.

Число II5 начинается и оканчивается цифрой 1, а среди данных цифр только одна единица. Поэтому п = 12 или п = 13.

Вычислив, получаем:1 25 = 248832, 1 35 = 371 293.

Итак, /г = 13.З а д а ч а 6. Найти сумму

ад=^+1+'''+=— (1)

1 /г! = 1 • 2 • 3 •• 2/г22

Найдем решение задачи для нескольких значений п:

S(2)= * 5(3)= S<4)= g,S(5)= Jf,S(6)=

Нетрудно заметить, что для всех полученных значе­ний S(n) числитель на 1 меньше знаменателя. Во-вто­рых, каждый последующий знаменатель получается из предыдущего следующим образом: 6 = 2 *3 = 3!, 24 == 6 • 4 = 2 • 3 • 4 = 4!, 120 = 24 . 5 = 2 • 3 • 4 • 5 = 5!, 720= 120 *6 = 2 - 3 - 4 - 5 - 6 = 6!

Итак, вырисовывается гипотеза

= ! 4 Г - w

Докажем (или опровергнем) эту гипотезу методом математической индукции:

1) Для п = 2 формула (2) верна.2) Допустим, что

= (3)3) Находим:

S(6+ 1)=J-+A +...+±=±4- * =; ' 2Г 3! k\ (fe + 1)!

ft! — 1 _|_ k_ (k\ — l)(fe+ l)+k _ (k + !)!•- 1(ft + 1)! (ft + 1)! (ft + 1)! '

О т в е т . S(n) = —1 .1 7 n \

Заметим, что limS(n) = 1.П —■+ oo

З а д а ч а 7. Как составить из цифр 0, 1,2, ..., 9 пять таких двузначных чисел, чтобы их произведение было наибольшим? (Каждая цифра должна быть использо­вана один раз.)

Р е ш е н и е . Допустим, что искомое произведение есть 10 • 23 • 45 • 67 • 89. Можно ли как-то увели­чить это произведение? Можно, если 10 заменим на 19 (увеличение почти в два раза) и 89 заменим на 80 (уменьшение примерно только на 9 % ) : 1 9 * 2 3 ХX 45 . 67 • 80.

Последнее произведение можно еще увеличить, если заменить 19 на 91, 23 — на 32, 45 — на 54, 67 — на 76: 91 *32 - 5 4- 76 -80.

Если у множителей 32 и 76 цифры 2 и 6 поменять23

местами, то получим 36 и 72. При такой замене первый множитель увеличился более чем на 10 %, а второй — уменьшился менее чем на 4 %. Итак, получаем еще одно приближение к ответу 91 • 36 • 54 • 72 • 80.

После замены множителя 36 на 63 получаем 91 -63 -54 -72 - 80.

Замечаем, что если поменять местами цифры 1 и 0, то вместо множителей 91 и 80 получаем 90 и 81. Но 9 0 * 8 1 > 9 1 *80. Поэтому получаем еще одно прибли­жение к ответу: 90 • 63 • 54 • 72 • 81.

Замечаем, что сумма цифр каждого из множителей в последнем произведении равна 9. Наверное, это произведение и будет ответом на вопрос задачи. В са- момделе, 90 • 63 • 54 • 72 • 81 = 95(6 • 7 • 8 • 9 -10).Ни один из полученных в скобках сомножителей нельзя больше увеличить, так как все они- должны быть различными.

О т в е т . 90 • 63 • 54 • 72 • 81 = 1785641760.

З а д а ч а 8. Найдите целую часть числа

Ып + У я + 1 + Уга + 2 )2,

если п — натуральное число.

Р е ш е н и е . Обозначим

(Уга + У га + 1 + Уга 4~ 2 )2 = /(«), (1) -[ ( У г а + У « + 1 + У г а + 2 )2] = ф (п).

Для получения гипотезы выполним математическое моделирование, т. е. составим таблицу некоторых зна­чений функций f(n) и ф(п):

п f ( n ) <р(я) п f ( n ) ф ( п )

1 17,191508 17 11 107,87477 1072 26,484036 26 12 116,88442 1163 35,618441 35 13 125,89270 1254 44,696680 44 14 134,89999 1345 53,748090 53 15 143,90615 1436 62,784516 62 16 152,91167 1527 71,811721 71 17 161,91659 1618 80,832771 80 18 170,92097 1709 89,849589 89 19 179,92493 179

10 98,863327 98 20 188,92851 188

24

Таблица подсказывает, что[(д/я + д/я + 1 + д/я + 2 )2] = 9я -f 8. (2)

Таблица приводит также к предположению, что

9я -f- 8 <с(д/я -f д/я"Ь 1 Н- д/я 4" 2) <С (9я —f~ 8) —(— 1. (3)

Для обоснования полученных гипотез преобразуем функцию /(я) следующим образом:

/(я) = (д/я + д/я—+ 1 + д/я + 2 )2 = я + (я -f- 1) + (я -f-—2) —|—2д/я • д/я -f- Т -f- 2 д/я • д/я -f- 2 -f- 2 д/я -)- 1 X

X д/я +2 = 3/t —|— 3 —|— 2 (д/я • д/я + 1 -f- д/я • д/я -f- 2 -f-+ д/я + 1 • д/я + 2 ).

На основании теоремы о средних величинах 0,5(а + й)>д/а& (а, Ь > 0) получаем:

2д/я • д/я + 1 < 2я + 1,2дГп • д/я + 2 < 2я + 2,

2д/я+ 1 • д/я + 2 < 2я + 3.Таким образом, /(я) С 9я + 9.Теперь докажем неравенство

(УЛ + У«+ 1 +У« + 2)2>9« + 8. (4)

Исследуем при помощи производной функцию

/(*) = (д/х + л]х + 1 + -yjx+ 2)2 — 9* — 8

для х а 1. Находим:

/'(х) = 2д/х -J- д[х+ 1 + д1х+ 2 )/—!_ -f- ^ -' 2д/л: 2дх+1

+ТАг)-9=-6+(л/А+л/А) +

+(лШ+лЯг)+(лШ+лШ>

Так как каждое значение выражения в круглой скоб­ке не меньше 2, то /'(*)> 0. Отсюда ясно, что /(я) —

25

возрастающая функция, и для доказательства неравен­ства (4) достаточно проверить его справедливость при п = 1.

Таким образом, доказано, что

(Ы" + +1 + л/п + 2)2) = 9п +8.

З а д а ч а 9. Найдите целую часть выражения

если число 1981 входит в него п раз (п а 2).Р е ш е н и е . При помощи микрокалькулятора полу­

чаем:а, = -л/1981 да 44,508426;52 = д/1981 + д/1981 да 45,005648;

а3 = д/1981 + д/1981 + л/1981 да 45,01 1 1 73;

а4 =4/1981 + д/1981 + д/1981 + -у/1981 дада 45,01 1234;

а5 да 45,01 1234.Отсюда появляется предположение, что целая часть числа а равна 45, т. е. [а] =45.

Проверим это предположение следующим образом: Допустим, что

у 1981 + д/1981 +-+У1981 + д/1981 >46.

Тогда д/1981 + ... + д/1981 + д/1981 > 135 и

1981 + ... + д/1981 + д/1981 > 1 352.Продолжая этот процесс, приходим к очевидному

неверному неравенству. Поэтому [а] =45.З а д а ч а 10.Найдите все натуральные числа п такие, что сумма

S(n) цифр десятичной записи числа 2п равна 5.Р е ш е н и е . Для поиска решения составим таблицу

значений выражения 2/г:

26

п 2« S i n ) п S ( n )

1 2 2 16 65 536 252 4 4 17 131 072 143 8 8 18 262 144 194 16 7 19 524 288 295 32 5 20 1 048 576 316 64 10 21 2 097 152 267 128 11 22 4 194 304 258 256 13 23 8 388 608 419 512 8 24 16 777 216 37

10 1024 7 25 33 554 432 291 1 2048 14 26 67 108 864 4012 4096 19 27 134 217 728 3513 8192 20 28 268 435 456 4314 16 384 22 29 536 870 912 4115 32 768 26

Внимательное изучение этой таблицы приводит к предположению, что

5(/г + 6я) = 5(£) + 9т, (1)где п, к — натуральные числа; т — натуральное число или нуль.

Но почему именно при умножении числа 2п на 2б получаем число, сумма цифр которого или равна сум­ме цифр числа 2!\ или отличается от него на 9т? Каким свойством обладает число 26 и его сумма цифр?

Замечаем, что 5(6)= 10 и 26 = 64 = 63 + 1 == 9-7 + 1Но что из этого следует? Рассмотрим пример:

214 • 26 = 16384(9-7 + 1) = 9*7 • 16384 + 16384. Число 9 - 7 - 16384 делится на 9. Поэтому и сумма его цифр делится на 9. Теперь понятно, почему верно равенство (1)

Итак, 5 (5) =5. Но почему нет других решений?В силу равенства (1) их следует искать среди

5(1 1), 5(1 7), 5(23), 5(29), ... . Но 5(1 1), 5(23), 5(35), ... оканчиваются восьмеркой. Поэтому нас могут интересо­вать только 5(17), 5(29), 5(41), т. е. 5(5+ \2k)y где k — натуральное число.

Легко показать, что все 5(5 + (2k + 1) 12) оканчи­ваются цифрами 7 и 2, т. е. 5(5 + (2k + 1)12) л 9. Поэтому нас интересуют только 5(5 + 24&), которые оканчиваются цифрами 1 и 2 пр-и кл\. Но числа вида 2° + 2Ak (к Л 1, к — натуральное число) больше 1000 000 01 2. Число 2 000 000 012 (его сумма цифр

2*7

S = 5) после деления на 22 становится нечетным, но 23 + 24к — четное.

Числа 1 100 ООО 012, 1 010 000 012, 1 001 000 012, 1000 100 012, 1000 010 012, 1000 001012 также при делении на 22 дают нечетное число. Число 1 000 000 112 не делится на 25.

Итак, получаем о т в е т : п = 5 .З а д а ч а 11. Известно, что последними цифрами

квадратов натуральных чисел могут быть цифры 0, 1,4, Л 5, 6 и 9. Верно ли, что перед последней цифрой в них может встретиться любая группа цифр, т. е., что для любого набора из п цифр а\, а2, ап можно найти натуральное число, квадрат которого оканчивается группой цифр а{а2а3...апЬ (Ь — одна из перечисленных выше цифр)?

Р е ш е н и е . Для того чтобы получить дополнитель­ные сведения о свойствах квадратов натуральных чисел, составим следующую таблицу:

12 = 1, 332 = 1089, 652 — 4 225, 972= 9 409,22 = 4, 342 — 1 1 56, 662 - 4 356, 982= 9 604,32 = 9, 352 = 1 225, 672 = 4 489, 992 = 9 801,

42 = 16, 362 = 1 296, 682 = 4 624, 1002= 10 000,

52II5 2 372 = 1 369, 692 = 4 761, 1012 = 10 201,62= 36, 382 = 1 444, 702 = 4 900, Ю22= 10 404,

72 =='49, 392 = 1 521, 712 = 5 041, 1032 = 10 609,82 = 64, 402 = 1 600, 722 = 5 184, 1042= 10 816,92 = 81, 412 — 1 681, 732 = 5 329, 1052 = 1 1 025,

102 = 100, 422 = 1 764, 742 = = 5 476, 1 Об2 = 1 1 236,112= 121, 432 = 1 849, 752 = 5 625, 1072= 1 1 449,1 22 = 144, 442 = 1 936, 762 = 5 776, 1082= 11 664,1 32= 169, 452 = 2 025, 772 = 5 929, Ю92 = 1 1 881,1 42 = 196, 462 = 2 1 16, 782 = 5 984, 1 102= 12 100,1 52 = 225, 472 = 2 209, 792 = 6 241, 1 1 1 2= 1 2 321,162= 256, 482 = 2 304, 802 = 6 400, 1 122 = 12 544,1 72 = 289, 492 = 2 401, 812 = 6 561, 1 1 32= 12 769,18“ = 324, 502 = 2 500, 822 = 6 724, 1 142= 12 996,192= 361, 512 = 2601, 832 = 6 889, 1 1 52 = 1 3 225,202 = 400, 522 = 2 704 842 = 7 056, 1 162= 1 3 456,212= 441, 532 = 2 809 8 2 = 7,225, 1 1 72 = 1 3 689,222— 484, 542= 2916 862 = 7 396, 1 182 = 1 3 924,232 = 529, 552 = 3 025 872 = 7 569, 1192= 14161,242= 576, 562 = 3 L36 882 = 7 744, 1202= 14 400,252 = 625, 572 = 3 249 892 = 7 921, 1212 = 14 641,262= 676, 582 = 3 364 902 = 8 100, 1222= 14 884,2 72 = 729, 592 = 3 481, 912 = 8 281, 1 232= 1 5 1 29,282= 784, 602 = 3 600, 922 = 8 464, 1242 = 1 5 376,292= 841, 612 = 3 721, 932^ = 8 649, 1 252= 1 5 625.302 = 900, 622 = 3 844, 942 = 8 836,312 = 961, 632 = 3 969, 9 2 sss: 9 025,322= 1024, 642 = 4 096, 962 = 9 216,

28

Выводы из рассмотрения этой таблицы:1) Если последняя цифра квадрата натурального

числа 0, то и перед ней всегда стоит цифра 0.2) Если последней цифрой квадрата является 1, то

перед ней встречаются только 0, 2, 4, 6 или 8, т. е. только четные цифры.

3) Если последней цифрой квадрата является 4, то перед ней встречаются только четные цифры.

4) Если последняя цифра квадрата 5, то перед ней стоит только цифра 2.

5) Если квадрат натурального числа оканчивается цифрой 6, то перед ней стоит нечетная цифра.

6) Если квадрат натурального числа оканчивается цифрой 9, то перед ней стоит четная цифра.

Эти шесть свойств квадратов натуральных чисел легко доказываются, так как последние две цифры квадрата определяются только двумя последними цифрами числа, возводимого в квадрат.

Получаем общий вывод:Для любого набора из п цифр а\, а,2, ..., ап нельзя

найти целое число, квадрат которого оканчивается цифрами a\CL2'..anb (цифра b равна 0, 1, 4, 5, 6 или 9).

Задание 2. ЗАДАЧИ НА ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ

При решении задач на делимость чисел часто нахо­дят применение формуле:

а П_ь П = Л_ b ) (ап-1 + а п~ 2Ь +

+ an-3h? + ... + b-O, (1)где п — натуральное число;

ап + Ьп = (а + Ь) (ап ~л — ап ~2Ь +... +

+ (_1 у-'Ьп -'\ (2)где п = 2к + 1, к — любое натуральное число.

Для того чтобы убедиться в справедливости формул (1) и (2), достаточно перемножить выражения, стоящие в скобках.

З а д а ч а 1. Докажите, что число \7п — 1 \п делится на 6 при любом натуральном значении п.

Р е ш е н и е . По формуле (1)17"— 11" = (17— 11).(17л-г'+ 17п-2 • 11 + . . . +

+ 1Г-1).Утверждение задачи доказано.

29

З а д а ч а 2. Доказать, что 2 • 7" + 1 делится на 3 при любом натуральном п.

Так как 2 • 7" + 1 = 2(7" — 1) + 3 и делимость 7" — 1 на 3 следует из формулы (1), то утверждение задачи доказано.

З а д а ч а 3. Доказать, что 32" + 1 + 2" + 2 делится на 7 при любом натуральном значении п.

Р е ш е н и е . Очевидно,32„ +1 + 2, + 2 = 9„ . з + 2п. 4 = 3(9" - 2") +

+ 3 • 2я + 4 . 2" = 3(9" - 2") + 7 • 2".Число 9" —2" делится на 7 в силу формулы (1).

Число 7 • 2" также делится на 7. Задача решена.Математическая индукция — метод доказательства, основанный

на следующем принципе:1) Некоторое свойство X верно при k — \ .2) Из предположения, что свойством X обладает какое-либо

натуральное число /гЛ1, следует, что этим свойством обладает число к 1.

Тогда свойство X имеет всякое натуральное число.З а д а ч а 4. Доказать, что число 8" + 6 кратно 7

при любом целом 1.Р е ш е н и е . При п= 1 утверждение задачи верно.

Допустим, что оно верно при n = к т. е.8* + 6 = 7m, (1)

где т — натуральное число.Проверим теперь, что утверждение задачи верно и

при ti = к + 1, т. е. верно8* + ' +6 = 7/, (2)

где t — натуральное число.Из равенства (1) получаем 8к = 7т — 6. Поэтому

8* + 1 + 6 = 8-8*+ 6 == 8(7т — 6) + 6 = 7 • 8т — 42 — 7(8т — 6),

т. е. t = 8m — 6.Таким образом, t — натуральное число, и, следова­

тельно, в силу равенства (2) утверждение задачи дока­зано.

З а д а ч а 5. Доказать, что при любом натураль­ном п выражение 32" + 2+ 26"+1 делится на 11.

Р е ш е н и е . При п= 1 утверждение задачи верно. Допустим, что это утверждение верно при п = к(к > 1), т. е.

32& + 2 _|_ 2+1 = || mj (!)

где m — натуральное число.30

Докажем, что утверждение задачи верно и при п = к + 1, т. е.

32(А+1) + 2+2#*+1Н.»= Пр' (2)

где р — натуральное число.Из равенства (1) имеем

32к+2= Пт — 2“+ (3)

С учетом равенства (3) суммаА2(6 + 1) + 2 _|_ 2б)& + 1)+ 1 __ Л2 в л2(6 -f 1) _|_ 0+ 1 _

= 32(11 г — 26 к +) + 26(* + ,)+l = З2 • 1 lm — З2 • 2 X X 26* + 27 • 2“ = З2 • 11т + 26*(27 — 2 X 32) = З2-11т +

+ 26*- 110= 11(9т+ 10-2м).Итак, доказана справедливость равенства (2):

р = 9т + 10-2“З а д а ч а 6. Могут ли числа я2 + Зп + 39 и п2 + п +

+ 37 (п — натуральное число) одновременно делиться на 49?

П е р в о е р е ш е н и е . Если при некотором значении п выражения п2 + Зп + 39 и /г + п + 37 делятся на 49, то на 49 должна делиться и их разность:

(.п2 + Зп + 39) - {п2 + п + 37) = 2(п + 1).Выражение 2(ti + 1) делится на 49, если п + 1 = 49&

(к — натуральное число). Отсюда п = 49к— 1.Подставив я = 49/г—1 в выражение п2 + Зп + 39,

получаем(49/г- I)2 + 3(49& — I) + 39 == 492Аг - 2 • 496 + 3 • 49/г + 37.

Последнее выражение на 49 не делится. Следовательно, данные выражения одновременно делиться на 49 не могут.

В т о р о е р е ш е н и е . Так как п2 + Зп + 39 == (п + 5) • (п — 2) + 49, то п2 + Зп + 39 делится на 49 в том и только в том случае, когда произведение (п + 5) • (п — 2) делится на 49. Но оба множителяв этом произведении отличаются на 7, и поэтому либо одновременно делятся на 7, либо одновременно не де­лятся на 7. Первый случай имеет место при п = 7к + 2.

Аналогично получаем, что выражениеп2 + п + 37 = (п + 4). (п — 3) + 49

делится на 49 при п — 7& + 3, и, следовательно, дан-31

ные в условии задачи выражения одновременно делить­ся на 49 не могут.

З а д а ч а 7. Рассматриваются всевозможные семи­значные числа /(, записанные цифрами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, расположенными в произвольном порядке. Существуют ли среди этих чисел два таких числа Ми N, что Мде­лится на /V?

Р е ш е н и е . Во-первых, сумма цифр числа К равна 28. Поэтому М и Nне делятся на 3 и 6.

Во-вторых, 7654321 является наибольшим из чи­сел К, а 1234567 — наименьшим. Так как 7654321:: 1234567 Л 6,3, то ясно, что при делении М на N может получиться только 2, 4 или 5.

Если число Мделится на 5, то оно должно оканчи­ваться цифрой 5. Ясно, что первой цифрой числа М мо­жет быть только 6 или 7. Рассмотрим несколько при­меров (вычисления ведутся при помощи микрокальку­лятора) :

7643215:5 = 1528643, 7436125:5= 1487225,7432165:5 = 1486433, 6374125:5 = 1274825,6142375:5= 1228475, 6137245:5= 1227449.

Замечаем, что все частные содержат цифру 8 или 9.Но почему? Да потому, что при делении на 5 всегда приходится делить число 41, 42, 43 или 45 на 5.

Таким образом, осталось выяснить, существует ли равенство 2N = М или 4N = М.

Рассмотрим несколько примеров:3765421 • 2 = 7530842, 3765412 • 2 = 7530824, 2563714 • 2 = 5127428, 1654372 • 2 = 3308744, 2134567 • 2 = 4269134, 1234765 • 2 = 2469530.После рассмотрения этих примеров становится по­

нятным, что при умножении любого числа Nна 2 полу­чаем число с цифрой 8, если после 4 в Nстоит цифра 1, 2 или 3. Если в N после цифры 4 стоит цифра 5, 6 или 7, то при его умножении на 2 получаем число с цифрой 9.

Осталось выяснить, существует ли равенство 4А7 = Л1. Рассмотрим несколько примеров:

1765432 4 = 7061728, 1276543 4 = 5106172,1273456 4 = 5093824, 1374625 4 = 5498500,1354627 4 = 5418508, 1257346 4 = 7029384,124.76534 =4990612, 123J654 4 = 4950616,1275643 4 = 5102572, 1526743 4 = 6106972,

32

1567234172365412457631725364125673415264731274536

= 6268936, = 6893616, =4983052,= 6901456, = 5026936, =6105892, = 5098144.

174235612435761724653125476312637541726543

6969424,4974304,6898612,5019052,5055016,6906172,

Во-первых, ясно, что N может начинаться только цифрой 1 и не может оканчиваться цифрами 2, 7 или5.

Во-вторых, М везде содержит цифру 0, 8или 9.И это зависит от того, какие две цифры стоят в N

после 2:34, 35, 36, 37, 43, 45, 46, 47, 53, 54,56, 57, 63, 64, 65, 67, 73, 74, 75, 76.

Таким образом, доказано, что задача не имеет ре­шения.

З а д а ч а 8. Может ли число 5" — 1 делиться на 4п — I, если п — натуральное число?

Р е ш е н и е . Обозначим М(п) = 5п — I, К(п) = 4п — — 1. Для поиска гипотезы составим таблицу значенийМ(п) и К(п):

п М ( п ) К ( п )

I 4 32 24 153 124 634 624 2555 30 124 1 0236 150 624 4 0957 753 124 16 3838 3 765 624 65 5359 18 818 124 262 143

10 94 090 624 1 048 57511 370 045 124 4 194 30312 1 852 265 624 16 77721513 9 261 328 124 67 108 86314 46 306 640 624 268 435 45515 231 533 203 124 1073 741823

Что дает рассмотрение таблицы?1) Число М оканчивается цифрой 4.2) Число К оканчивается цифрой 3 или 5. Причем,

если п — нечетное, то К оканчивается цифрой 3, а если п — четное, то К оканчивается цифрой 5.

Следовательно, сумма цифр числа К делится на 3,2 А. Б. Василевский 33

т. е. по-видимому, число К делится на 3. Почему?Потому что

п — 1п = (4 _ 1) • р(п)где Р(п) — многочлен.

Теперь ясно, что число М не делится на число К, если п — четное. Суммы цифр числа М(при нечетных /?) дают основание предположить, что число М при всех нечетных п не кратно 3. Но как это доказать?

Итак, как доказать, что число Q = 52к+1 — 1 (.к — натуральное число) не делится на 3?

Представить (2так:Q = ( 6- 1)2*+ 1 - 1.

Если к = 1, то Q = (6 — 1 )3 — 1 = (63 — 3 • 62 • 1 ++ 3- 6- I2- I3)- 1.

Если к = 2, то Q = (6 — I)5 — 1 = (6 — 1)3(6 — I)2 —t— 1 = (63 — 3 - 62 • 1-ЬЗ . 6 . 1 — 1). (62 — 2 . 6 . 1 +1) - 1.

Если к = 3, то Q = (6— I)7 — 1 = (6 — 1 )3(6 —1 )4 —— 1 — (63 — 3 • 62 • 1 3 • 6 - 1 — 1) • (62 — 2 • 6 • 1 ++ 1)2-1.

Вообще,1

Q = (6- I k+l — 1 = (63 — 3 • 62 - 1 + 3 - 6 . 1 — 1) XX (62 — 2 • 6 • 1 + I)'"1 - 1.

Теперь ясно, что Q можно представить в следую­щем виде:

Q = (6L- 1)- 1 =61-2.Отсюда понятно, что Q не делится на 3.

Таким образом, ни при каком натуральном значении п число Ъп — 1 не делится на число 4П — 1.

Для решения этой задачи можно применить и метод математи­ческой индукции.

З а д а ч а 9. Восстановить числа (х обозначают цифры от 0 до 9):

1 л 7 л л л л

2'3)

(4

* * 7

5)(6

/ * * * * /****

,7)(3)(9)

^ \ /* * * у * *

_ ************(Ю 0

1

Для упрощения рассуждений пронумеруем строчки, в которых записаны числа, получаемые в процессе деления.

Делитель — шестизначное число. Третья цифра частного — 7. При умножении шестизначного числа на 7 получили шестизначное число (6-я строчка). Но это возможно только в том случае, если делитель начи­нается цифрой 1. Итак, делитель имеет вид: 1**7*.

Для упрощения рассуждений делитель и частное запишем соответственно в виде: 1АБВ7Г, ДЕ7ЖК.

Далее, шестизначные числа записаны во 2-й, 6-й, 10-й строчках, семизначные — в 4-й и 8-й строчках. Поэтому Е-8 или Е-9, Ж-8 или Ж-9, 1 Л А л 4.

Если при умножении числа 1АБВ7Г на 8 или 9 полу­чается семизначное число, то оно обязательно начи­нается цифрой 1.

Допустим А = 4. Тогда число из 6-й строчки начина­лось бы цифрой 9. Но этого не может быть, так как при вычитании из шестизначного числа (строчка 5) шести­значного числа (строчка 6) получаем шестизначное число (строчка 7). Итак, А ф4. По этой же причине А Ф 3. Следовательно, А = 1 или К —2.

Допустим, что А = 1. Тогда на основании 6-й строчки получаем, что Б=1 (Б не может быть равно нулю в силу 4-й и 8-й строчек; Б не может быть больше 1 в си­лу 6-й строчки).

Итак, допустим, что делитель имеет вид 111В7Г.В силу 4-й и 8-й строчек В Ф 0. С другой стороны,

В«<4 (в силу 6-й строчки). Если делитель имеет вид 11117Г, 11127Г или 11137Г, то при любом значении Г в 8-й строчке третья цифра справа не будет равна 7. Следовательно, А Ф 1 и В >> 3.

Итак, делитель имеет вид 12БВ7Г.Все, до сих пор установленное, внесем в данный

пример: I12БВ7Г I ДЕ7ЖК

о35

Теперь понятно, что первой цифрой 5-й строчки является 9, а 7-я и 8-я строчки начинаются цифрами 1 и 0:

**7****** I12БВ7Г

***** 7 *

97 ****87****10****10**7*

ДЕ7ЖК

Так как 120-9 = 1080, 121 -9 = 1089, 122 - 9= 1098, 123 *9=1107, то в силу 8-й строчки третья цифра этой строчки не может быть больше 2, если Ж = 9. Но 120-7 = 840, 121-7 = 847, 122-7 = 854.

Поэтому в силу 6-й строчки Жф9. Итак, Ж = 8. Далее 123 - 7 = 861, 124 - 7 = 868, 125-7 = 875,126 - 7 = 882. Отсюда и в силу 6-й строчки следует, что Б = 4 или Б = 5. Но Б Ф 4, так как 1249-8 = 9992 (см. 8-ю строчку). Следовательно, Б = 5.

Сравнивая 3-ю и 4-ю строчки, получаем, что 3-я строчка начинается с 1 (больше единицы первая цифра 3-й строчки не может быть еще и потому, что первая цифра делителя 1). Кроме того, 125 - 8 = 1000, 126 - 8 = = 1008. Поэтому третья цифра 8-й строчки 0. Тепепь- имеем такую картину:

**7******* | 125В7Г

****** I ДЕ78КI****7*1 ******

97****87****1Q*****100*7**

'i' *i»'f*

ф * :5с :}с $ * о

36

Далее, 1251-7 = 8757, 1252-7 = 8764, 1253-7 == 8771,1254-7 = 8778,1255-7 = 8785,1256-7 = 8792, 1 2 5 7 ^ 7 = 8799,12 58 • 7 = 8806.

Поэтому (см. 6-ю строчку) 1 Л В л 7.При умножении числа 125В7Г (при любом значе­

нии Г) на 8 третья цифра справа (в 8-й строчке) будет равна 7 только в том случае, если произведение В-8 оканчивается цифрой 2 (8В — число четное). Этовозможно, если В = 4 или В = 9. Но 1 Л В л 7. Итак, В = 4.

Так как 7*8 = 56, то Г • 9 < 40, т. е. Г л 4. Далее, 125470 • 7 = 878290 и 125474 • 7 = 878318. Поэтому

третья цифра слева в 6-й строчке 6, третья цифра слева в 5-й строчке 9, тогда

12 547Г****** ДЕ78К1 * * * * 7 *1 ***** *

979***878***101****100*7**1 *****

о

Из 9-й строчки следует, что К = 1.Так как 125471 - 8= 1003768, 125474-8 = 1003792,

то при Г Л 4 четвертая цифра слева в 7-й строчке 6 (6, а не 5, потому что 7 + 5 = 12). Теперь получаем

**7******* | 12 54 г****** 1ДЕ781!****7*1 ******_ 979***

878***

1016***10037**_12 547*

12 547*0

37

Сравнивая 5, 6 и 7-ю строчки, получаем, что четвер­тая цифра слева в б-й строчке не должна быть больше 3. А это возможно, если 2 Л Г л 4.

В 7-й строчке пятая цифра слева может быть равна 2 или 3. Но так как 125472-8=1003776, 125473-8 == 1003784, 1 25474-8= 1003792, то пятая цифра слева в 7-й строчке может быть только 3 и четвертая цифра в 6-й строчке 3. С учетом этого получаем:

12547ГДЕ781

9799**8783**

_ 10163**10037**

12 547*12 547*

0Сравнивая 3, 4 и 5-ю строчки, получаем, что в 4-й

строчке вторая цифра справа может быть 8 или 7. Но 12547-9=112923 и 1 8 < 9 Г < 40. Поэтому Е Ф 9, т. е. Е = 8. Но 12547-8=100376 и 16<8Г<32. Поэтому Г = 2 или Г = 3, и, следовательно, получаем:

**7******* 112 547ГIДЕ781

1 * * * * 7j ***** *

9799**8783*10163**

~10037**_12 547*

12 547*

Сравнивая 3, 4 и 5-ю строчки, получаем, что в 4-й строчке вторая цифра справа может быть 8 или 7. Но 12547-9= 112923 и 18<9Г<40. Поэтому Е ф9, т. е. Е = 8. Но 12547-8= 100376 и 16<8Г<32. Поэтому Г = 2 или Г = 3, и, следовательно, получаем:

38

**7******* 112547Г****** ]Д8781

_ 110177*10037**9799**

8783**_ 10163**

10037**_12 547*

12 547*0

Из первых трех строчек ясно, что в 3-й строчке третья цифра слева 6 или 7. Непосредственной провер­кой убеждаемся, что это будет только в том случае, если Д = 3 или Д = 5 соответственно.

Легко проверить, что Д Ф 3. Итак, Д = 5. Теперь очевидно, что Г = 3.

Окончательно находим: при делении числа7375428413 на 125473 получаем 58781.

Задание 3. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ И НЕРАВЕНСТВ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ

З а д а ч а 1. При каких натуральных п (п л 2) верно равенство

У 17д/5 + 38 + V 17д/5 - 38 = У~20? (1)Р е ш е н и е . При помощи микрокалькулятора на­

ходим:17д/5 + 38 да 38,013154 + 38 да 76,013154 > 1; 17д/5 — 38 да 0,013154 < 1; д/20л 4,4721359. Отсюда ясно, что положительная функция f(n) =

= д717д/5 + 38 является убывающей, и

а функция (р(п) =д/17 д/б — 38 — возрастающая, и ,ф(я) < 1. Для обнаружения некоторых свойств функции я|?(ат) = f(n) + ф(я) выполним математический экспери­мент (составим таблицу значений функции ty(n) :

39

_110177*10037**

9799* *"8783**_ 10163**

10037**

_ 12547*12547*

0

Из первых трех строчек ясно, что в 3-й строчке третья цифра слева 6 или 7. Непосредственной провер­кой убеждаемся, что это будет только в том случае, если Д = 3 или Д = 5 соответственно.

Легко проверить, что Д ф 3. Итак, Д = 5. Теперь очевидно, что Г = 3.

Окончательно находим: при делении числа7375428413 на 125473 получаем 58781.

Задание 3. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ

И НЕРАВЕНСТВ В ЦЕЛЫХ ЧИСЛАХ

З а д а ч а 1. При каких натуральных п 2)верно равенство

V17V5 +38 + V17V5 — 38=л20? (1)Р е ш е н и е . При помощи микрокалькулятора на­

ходим:

17Уб + 38 ж 38,013154 + 38 « 76,013154 > 1;

17 д/S —38» 0,013154 < 1; д/20« 4,4721359.

Отсюда ясно, что положительная функция f ( n ) =

= Л17Л5 + 38 является убывающей, и /(д)>1,

а функция ф(я). —■ у 17"\/5— 38 —возрастающая, и ф(я) < 1. Для обнаружения некоторых свойств функции t y ( n ) = f ( n ) + ф(п) выполним математический экспери­мент (составим таблицу значений функции г|з(я) :

| 12547Г 1 Д8781

39

п /(я) ф(") <р ( п )

2 .8,7185522 0,1146908 8,83324223 4,2358226 0,2360586 4,47188134 2,9527194 0,3386604 3,29137985 2,3777310 0,4205441 2,8002750

Теперь ясно, что уравнение (1) имеет единственное решение п = 3.

З а д а ч а 2. Найти натуральные корни уравнения

1 7 ( . x y z t -(- х у x t -j- z t -f- 1) — 5 4 { y z t -j- у -|- t ) = 0.

Р е ш е н и е .Решаем это уравнение относительно х:

17 х — 54 — 17 (z/+ 1 ) : ( y z t + y + t ) .Отсюда

54 — \ 7 х = Цг . (1)j'+it+t

Правая часть уравнения (1) целая и положитель­ная, так как у у z , t , х — натуральные числа. Поэтому х л 3. При х = = 1 левая часть уравнения (1) равна 37, при х = 2 она равна 20, а при л: = 3 левая часть равна 3. Итак, теперь нужно решить в натуральных числах уравнения:

37 =-

20 =

У + t f 1z t -I 1

17

(2)

У + _Н 1 (3)z t - j 1

3 =-------- 17

tУ + -

z t -f 1(4)

Из уравнения (2) получаем:

3 7 t : ( z i + 1)= 17 — 37 у . (5)

Так как при у л 1 правая часть уравнения (5) отри­цательная, то это уравнение не имеет натуральных решений.

40

Аналогичным образом показывается, что и уравне­ние (3) не имеет натуральных корней. j

Из уравнения (4) следует 17 — З у = 3 : ( z + — у

Очевидно, 0 < 3 : ( г + < 3, где z и t — натуральные

числа. Поэтому 0 < 17 — 3t/ < 3. Отсюда у = 5. Тогда

3 ; ( z == 2, т. е. z -f- -|-= 1 + 0,5. Следовательно,

2 = 1, / = 2.О т в е т . л : = 3 , 2 = 1 , t = 2 , у = 5 .З а д а ч а 3. Найдите все натуральные числа, кото­

рые в 59 раз больше суммы своих цифр.Р е ш е н и е . Искомое число jV больше 59. Ясно, что

N не может быть двузначным, потому что наибольшее двузначное число 99, а сумма цифр двузначного числа, большего 59, не меньше 6.

Может ли быть N трехзначным? Всякое трехзначное число можно представить в виде 100*+10у + z , где х , у , z — натуральные однозначные числа или нуль. Если трехзначное число N существует, то 100* + 10у + + z = 59(х + у + z ) или

41* = 49 у + 58г. (1)

Так как 41 <С 49 С 58, т о х > у w х > z .Составляем таблицу значений 41х, 49у, 582:

У, у, г 41* 49 у 5 8 г

0 0 0 01 41 49 582 82 98 1163 3(N 147 1744 164 196 2325 205 245 2906 246 294 3487 287 343 4068 328 392 4649 369 441 522

Так как у < х и 2 < х , то простым перебором полу­чаем, что равенство (1) верно только тогда, когда х = 5, у = 3, 2 = 1 .

Может ли быть N четырехзначным? Если четырех­значное N существует, то 1000'лг + \ 0 0 у + 102 + и = = 59 (х + у + 2 + и )

41

941 x + 41 у = 49 z + 58 и , ( 2 )

где х, у у 2, и — натуральные однозначные числа илинуль.

По условию задачи, х л \ . Поэтому левая частьравенства (2) не меньше 941. Так как 49 + 58=117и 117 . 7 = 819 < 941, то 2 и и не могут быть меньше 8. Отсюда понятно также, что х = 1.

Составляем таблицу значений выражений 94\х, 4 l y , 49г, 58и :

иN

Л ' 941л: 41 у 49z 58 и

0 0 0 01 941 412 823 1234 1645 2056 2467 2878 328 392 4649 369 441 522

Теперь видао, что уравнение (2) не имеет решений в целых неотрицательных однозначных числах.

Если число N состоит из п Л 5 цифр, то оно не меньше 10п-1, а сумма цифр не больше 9 п . Поэтому 10п_ л 59 • 9 п . Отсюда ясно, что если п л 5, то реше­ний данная задача не имеет.

Итак, единственным решением задачи является число 531.

З а д а ч а 4. Дано уравнение

х3 —3 х у 2 + у 3 = п . (1)

Доказать, что если натуральное п таково, что данное уравнение имеет целочисленное решение, то оно имеет по меньшей мере три целочисленных решения.

Р е ш е н и е . Попытаемся обнаружить некоторые свойства целочисленных решений уравнения (1).

1) Пусть, например, ( х \ \ у { ) = (0; 1). Эта упорядочен­ная пара чисел является решением уравнения

х3 — Злг у 2 + у 3 = у . (2)

42

При помощи микрокалькулятора легко заметить, что целыми решениями уравнения (2) являются и пары:( х 2; у 2) = (— 1 —1) и ( х з ; уз) = О; 0).

2) Пара ( х . \ \ у { ) = (2; 1) является решением урав­нения

х3 — Зху2 + t/3 = 3. (3)Подбором и с помощью микрокалькулятора убеждаем­ся, что целыми решениями уравнения (3) будут и пары: (*2; у2) = (— 1; 1) и ^ (Х3; уз) = ( — 1; —2).

3) Пара (xi; £/i) = (3; 1) является решением урав­нения

х 3 - З х у 2 + у 3 = 19. (4)

При помощи микрокалькулятора находим еще два цело­численных решения уравнения (4): ( х 2 \ У 2 ) = { — 1; 2) и (*3; */з)=* ( — 2; —3).

4) Пара (хг, у ^ = (3; —1) является решением уравнения

х3 — 3 х у 2 + у 3 = 17. (5)

Подбором находим еще два решения уравнения (5): { Х 2\ у2) = ( 1; 4) и (х3; уз) = ( — 4; —3).

5) Пара (xj; у,) = (4; —1) есть решение уравнения

х3 — 3 х у 2 + у 3 = 51. (6)

Подбором находим еще два целочисленных решения уравнения (6): ( х 2 \ у2) = (1; 5)'и (х3; Уз) = ( — 5; —4).

Внимательное сравнение вторых и третьих целочис­ленных решений с первыми в каждом из пяти рассмот­ренных случаев приводит к гипотезе:

( х 2' > У 2) = ( — У г ; x t — у \ ) \ ■ (7)

(*з; У з ) = ( У 1 — х \ \ — x t ) . (8)

Проверяем эту гипотезу на следующем примере: Если ( x i ; У О = (20; 3), то

х3 - 3ху2 + у 3 = 7487. (9)

Получив по формулам (7) и (8) пары ( х 2 ; у2) = ( — 3 ; 17) и (jc3; уз) =.(—17; —20), убеждаемся, что (—3; 17) и (— 17; —20) являются решениями уравнения (9).

Докажем справедливость формул (7) и (8) (очевид­но, если п — натуральное число, то второе и третье решения уравнения не совпадают с первым):

Пусть верно равенство

х 3 — 3 х \ у 2 + у 3 = п .

43

Тогда

(— У i f — 3( — У \ ) { х \ — y i ) 2 + ( x I — y { f = x \ — 3*iy? + t/?

и 0/, - х,)3 - 3(у, - *,)(- х,)2 + (_ х,)3 = *3 - Зл-,,/? ++ £/?•

З а д а ч а 5. Найдите хотя бы одно решение уравнения

а 3 - { - Ь * = с 5 (1)

в натуральных числах.Р е ш е н и е . Что можно принять за рабочую гипоте­

зу, следуя которой удастся наметить пути поиска решения? Составим таблицу:

п п 3 п А л5

1 [ 1 12 8 16 323 27 81 2434 64 256 1 0245 125 625 3 1256 216 1296 7 7767 343 2401 16 8078 512 4096 32 7689 729 6561 59 049

10 1000 10 100 100 00011 1331 14 641 161 05112 1728 20 736 248 83213 2197 28 561 371 29314 2744 38 416 537 82415 3375 50 625 759 375

Из таблицы видно, во-первых, что уравнение

п 3 + п А = п ъ (2)

не имеет натуральных решений.В самом делеЛ из уравнения (2) следует дг3(1 + п —

— лг2) = 0, а это уравнение не имеет натуральных решении.

Во-вторых, очевидно, что а > с или б > с .В-третьих, числа п ъ оканчиваются той цифрой, кото­

рой оканчивается и число п . Число п4 оканчивается 1, 5, 0 или -6.

В-четвертых, если п — нечетное число, то я3, п4 и п ъ — нечетные числа. Если п — четное, то м3, п \ п ъ — четные числа.

44

Допустим, что a — 2 k , b = 2 p , с = 2 т . Тогда полу­чаем следующую последовательность уравнений:

(2kf + ( 2 р ) 4 = (2m)5; S k 3 + 16р4 = 32т5; к 3 + 2 р 4 = 4т5.

Отсюда следует, что к = 2 1 и

8/3 + 2р4 = 4m5; 4/3 + р 4 = 2т5 и т. д.

Теперь становится понятным, что а = 2 х , Ь = 2 У ,с ±= 2г (х, * 1 , 2 — натуральные числа). Из уравнения (1)следует

Отсюда 23д:-5г + 24!,“5г= 1.Так как х % у , 2 — натуральные числа, то последнее

уравнение равносильно следующей системе уравнений:

Отсюда z = 0,2(3х -f- 1) = 0,2(4г/ -f- 1).Теперь ясно, что х='8, у = 6 , 2 =5.

Итак, а =28, Ь = 26, с = 25.З а д а ч а 6. При каких целых m и я выполняется

равенство

Р е ш е н и е . Очевидно, что пара (0; 0) является реше­нием уравнения ( 1 ).

Для поиска других решений используем микрокаль­кулятор.

5 + 3^л '« 9,242639; 3 + 5д/2 = 10,071065.

Итак, 3 + 5~\/2 > 5 + ? > л [ 2 . Поэтому п и т — нату­ральные числа или отрицательные. Причем, если реше­нием уравнения (1) является пара (я; т), то решением будет и пара ( — я ; — т ) . Поэтому считаем, что я и т — натуральные числа. Очевидно, я < т .

Преобразуем уравнение (1) к виду (5 + 3 VЛ)-" =

= 3 + 5д/2 или

23* + 2 4 у = 25г или25гЛ23Л - 5г j_ с у А у — Ъ г - _

( З х — 5 z = — 1, \ 4 у — 5 z = -1.

(5 + Зд/2)"' = (3 + 01/2)"? (1)

9,242639Т ж 10,071065.т

(2)

45

Логарифмируем обе части уравнения (2):

lg 9,242639 »lg 10,071065, отсюда

^ 1,038598.

Итак, — 1,038598. Но как найти т и я?п

Очевидно, что т и п — это не однозначные нату­ральные числа, потому что даже 9:8 >> 1,038598 ... .

Продолжаем поиск при помощи микрокалькулятора:10:9 > 1,038598 ... , 11:10 > 1,038598 ... , 12:11 >

> 1,038598 ..., , 26:25 > 1,038598 ..., 27:26 «« 1,0384615 ..., 28*27 < 1,038598 ... .

Итак, появилась гипотеза, что m ="27 и п = 26. Но как ее обосновать или опровергнуть?

Необходимо проверить справедливость равенства

(5 + 3 ~ \ [ 2 ) 2 7 = (3 + 5 д/2)26 или

5 + З д / 2 \26------- 1 - И Л И( 3 + 5 д/2~ ' 5 -f 3 л ] 2

/ (5 + 3 л/2) (5Л2 — 3) \26._ 15-3л/2~) ИЛИ

' (5лЛ+3)(5л/2-3) ' (5 + 3 V2) (5 — 3д/2)

л 16Я22-+ 15 \ Л2665 -5 3-V3 у2

Но равенство (3) не может быть точным, потому что в левой его части коэффициент при л [ 2 положитель­ный, а в правой части — отрицательный.

Теперь понятно, как доказать, что только пара (0; 0) является целочисленным решением уравнения (1). Пре­образуем уравнение (1) следующим образом:

/ 5 -f* 3 ~ [ 2 \ п 1

Л3 + 5 V2~A (5 + 3'Л 116у2/ 2 +151 5 у _ / 5 — 3 ~а/2~\ т — п

)

Коэффициент -д/2 в левой части последнего равенст­ва положительный, а в правой части — отрицательный.

Задание 4. РАЗЛОЖЕНИЕ МНОГОЧЛЕНОВ

НА МНОЖИТЕЛИ

З а д а ч а 1. Докажите, что остаток от деления многочлена М ( х ) = а0 + а \ Х + а 2 х 2 + ... + c t n x n на дву­член х — а равен значению многочлена М ( х ) при х = а , т. е. равен М ( а ) .

Д о к а з а т е л ь с т в о . Пусть М { х ) = ( х — а ) Р ( х ) ++ К ( х \ где Р ( х ) и К { х ) — многочлены. Если х — а = О,

т. е. х = а , то М ( а ) = 0 • Р ( а ) + К ( а ) , т. е. К ( а ) = М ( а ) .Это свойство многочленов называется теоремой Безу

(по имени французского математика Этьена Безу (1730—1783), впервые сформулировавшего и доказав­шего эту теорему.

Из этой теоремы вытекает такое следствие:Если число а является корнем многочлена М ( х ) ,

то М ( х ) делится на двучлен х — а (без остатка).З а д а ч а 2. Сумма трех целых чисел а, Ь и с равна

нулю. Докажите, что число 2а4 + 2 Ь 4 + 2с4 является квадратом целого числа.

Р е ш е н и е . Во-первых, выражение 2(а4 + Ь 4 + с 4 ) — это сумма четвертых степеней, причем и в этом выраже­нии, и в равенстве а + Ь + с = 0 переменные а, &, с симметричны.

Во-вторых, попытаемся получить гипотезу о каких- либо свойствах данного выражения путем рассмотрения частных случаев.

Если, например, а = 1, b = 2, то с = — 3 и 2(а4 +Ь4 + с4) = 2(14 + 24 З)4) = 196 = 142.Если а = 2, Ь = 3, то с = — 5 и 2(а4 + b 4 -f с 4 ) =

= 2 (24 + 34 + {-5)4)= 1444 = 382.Если а = — 3, b = 8 , т о с = — 5 и 2(а4 + Ь 4 -f с 4 ) =

== 2( — З)4 + 84 + (- 5)4) = 9604 = 982.Но как связаны значения а, 6, и с с основаниями

квадратов 142, 382, 982? Легко заметить, что 14= 12 ++ 22 + (-З)2, 38 = 22 + З2 + (- 5)2, 98 = (- З)2 + 82 ++ ( — 5) .

Итак, появляется гипотеза, что

2(а4 + Ь 4 + с 4 ) = (а2 + b 2 + c 2 f \ (1)

если а + b + с = 0.Остается только доказать эту гипотезу.Из равенства (1) следует:

2а4 + 2 Ь 4 + 2 с 4 = а 4 + Ь 4 + с 4 + 2 а 2 Ь 2 + 2 а 2 с 2 + 26 V, или а4 + Ь 4 + с 4 — 2 а 2 Ь 2 — 2 а 2 с 2 — 2 Ь 2 с 2 = 0.

47

Но с = — ( a - \ - b ) , с 2 = а 2 + 2 а Ь + Ь 2 , с4 = а4 + + 4 а 2 Ь 2 + Ь 4 + 4 а 3 Ь + 2 а 2 Ь 2 + 4 а Ь \

Утверждение задачи доказано.З а д а ч а 3. Разложите на множители

М { х \ у ; г ) = х \ у — z ) + y \ z — х ) + z 3 ( x — у ) .

Р е ш е н и е . Придадим переменным х и у какие- нибудь значения. Пусть х = у = 1. Тогда М(1; 1; z ) == (1 — z ) + ( z — 1) = 0. Пусть х = у = 2. Тогда Af(2, 2, z ) = 8(2 — г ) + 8(2 — 2) = 0. А это наводит на мысль, что М ( х , у, 2) делится на ( х — у) или на ( у — х). Таким образом, приходим к предположению, что Л4(*, у, 2) делится на (jc — z ) и (у—2).

Если 2 = 0, то М ( х 9 у, 0 ) = х у — у 3 х = х у ( х —— У ) ( х + У \

Если У = 0 , ТО М(х, 0, 2) = — Х32 + Z3x = 2Х(.2 —— Jt) (2 + *).

Если л: = 0, то М(0, у, 2) = y 3 z — z 3 y = y z ( y —— 2)(у + 2).

Таким образом, получаем гипотезу, что М ( х , у , * ) = ( * + f / + 2) (x — у) (у ~2) ( 2— * ) .

Убедиться в ее справедливости не представляет труда.

З а д а ч а 4. Разложите на множители М ( х , у , z ) == х 3 + у 3 + z 3 — 3 x y z .

Р е ш е н и е . Если х = у = 1, то

М(1, 1, z) = 2 + 23- 32 = (23- 2) + (2 - 22) == (2-1 )2(2 + 2). (1)

Если х = 1 , 2 = 2, то М(1, у, 2) = у — 6у + 9.Нетрудно заметить, что число —3 является корнем уравнения у 3 — 6у + 9 = 0. Поэтому, по теореме Безу, получаем:

у3 — 6у + 9 = (у + 3 )(у2 — Зу + 3). (2)Из равенств (1) и (2) нетрудно предположить,

что М ( х , у, 2) делится на ( х + у + z ) . В самом деле,

х 3 + у3 + <г3 — 3 x y z 1 х + у + 2А'3 + Х2У + Х22 I *2 — + (У2 + г2 — </л)

_ — х 2 ( у + z ) — 3 x y z + у 3 + 23

— х2-(и + Z ) — хр/ 2 4- y z ) — * ( t /2 + г 2)

_*(l/2 + 22 — y z ) + y 3 + z 3 x { y 2 + z 2 — y z ) + y ( y 2 + 22 — y z ) + z [ y 2 + 22 — y z )

0

48

Итак, М (л\ у, г ) = ( х + у + z ) ( x 2 + у 2 + 22 — х у — y z —— z x ) .

З а д а ч а 5. Разложите на множители М ( х ) =— х 5 _1_ х -f- 1.

Р е ш е н и е . Т а к к а к M ( l ) = l * 3 ; М ( — 1 ) = — 1 ;М(2) = 5 * 7 ; М(3)=13«19, то можно предположить,что М ( х ) раскладывается на два нелинейных множителя, т. е. М ( х ) = ( х 2 + c l x + 1) (х3 + Ь х 2 + с х + 1) = х5 +-|- ( c l -j- b) л'4 -j- ( с -f~ c i b -f“ 1) x3 -j- (1 -|- a с -f- b) x 2 -j- ( c l -J-+ , c ) x + 1 •

Отсюда получаем:kb = 0, ' (1)

+1 = 0, (2)rc + b = 0, (3)с = 1. (4)

Из уравнений (2) и (3) имеем (1 — а ) ( с — b ) = 0, т. е. а = 1 или b = с . Но из уравнений (1) и (4) следует, что Ь ф с . Итак, а — 1 и с — 6 = 1. После этого изуравнения (2) получаем 6=— 1. Теперь ясно, чтос = 0.

Итак, M ( x ) = ( x : i - x 2 + \ ) ( х 2 + х + 1).З а д а ч а 6. Разложите на множители

М(а, 6, с, d ) = ((а — с ) 2 + (6 — d ) 2 ) ( а 2 + b 2 ) — ( a d —b e ) 2 .

Р е ш е н и е . Пусть а = 6= 1. Тогда М { 1, 1, с,гГ) == с2 + d2 + 4 + 2 c d - 4с - \ d = (с + d — 2)2.

Пусть а = 1, 6 = 2. Тогда М(1, 2, с, d ) = с2 + 4d2 ++ b e d — 10c-2(k/ + 25 = (c-f 2 d - 5 ) 2 . Но 5 = 22 + I2.Поэтому

М(1, 2, с, dj = (c + 2d- I2 — 22)2.

Рассмотренные частные случаи позволяют сделать предположение/что М ( а , Ь , с , d ) = ( а с + b d — о2 — Ь 2 ) 2 .

Остается только доказать это тождество.З а д а ч а 7. Разложите на множители выражение

(1 + х -f- х2 + х3 +... -f- х")2 — х", где n e N , п л З .

Р е ш е н и е . Пусть, например, п = 3. Тогда(1 + х •+- х2 -+- X3)2 — х3 = (1 + х( 1 + X -f- X2))2 — х3 =

= 1 +2х(1 +х + х2)4-х2(1 —J— х —(— х2)2 — х3 = (1 — х3) Ц- + (1 + х + *2)(2х + х2 + х3 + х4) = (1 + x-f-x2)(l +х ++ х2 + х34-х4).

После этого появляется гипотеза:( 1 + х + х2 + х3 + ...+хп)2-хп (1-}-х + Х2+

+ ...+хя-1)(1 + х + х 2 + ...+х'! + 1).49

Проверяем эту гипотезу:(1 + X + JT + ... + х п ~ ] ) ( \ + х + х2 + ... + х п + *) =

= ((1 + X + Х " + ... -f- хп) — х п ) • ((1 4" X + X " 4" ... -f- + х п ) - \ - х п + ' ) = { \ + х + х 2 + . . . + х п ) 2 + х п + 1 { \ + * + + *2 + ... + х п ) - х п { \ + х + х 2 + ... + х п ) - == ( \ + х + х 2 + ... + x n f + x n + ' + х п + 2 + ... ++ X 2 n + 1 - х п - х п + 1 - х п + 2 - ... — x 2 n — x 2 n + 1 =(1 ++ х + х2 + х3 + ... + х п ) 2 - х п .

Задание 5. ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ

З а д а ч а 1. В треугольнике A B C величины углов В и С равны по 40°. Докажите, что если отрезок B D — биссектриса угла В , то B D + D A = В С .

П е р в о е р е ш е н и е . Угол В D C равен 120° (рис. 1). Поэтому B C > B D и на стороне В С можно отложить отрезок B E , равный B D . Теперь докажем, что Е С — A D . Имеем А В Л Е = A B E D = 8 0 ° . Поэтому / L E D C == \ 2 0 ° — 80° = 40° = Z . D C E и Е С = E D . Кроме того, г L A D E = 1 4 0 ° , и так как А А В Е = 4 0 ° , то Z . A D E ++ Z. А В Е = 180°. Поэтому четырехугольник A B E Dвписывается в окружность. Отсюда следует, что A A E D = 2 0 ° и Z . D A E = 20°. Таким образом, A D == D E — Е С и Е С = A D . Итак, В С = B E + Е С = B D ++ D A .

В т о р о е р е ш е н и е . Рассмотрим треугольник В С М , для которого D — точка пересечения биссектрис (рис. 2). Строим D E A - B M и D F - L C M . Замечаем, что Z. D G F = Z. D A E = 80° и D E — D F . Отсюда следует, что треугольники D A E и D G F равны. Поэтому D G = D A . Отсюда B D -f D A = B D + D G = B G = В С , так как A B C G = Z - B G C .

Т р е т ь е р е ш е н и е . Через точку D проводим прямую, параллельную прямой В С (рис. 3). На стороне В С откладываем отрезок B N t равный отрезку B D .

Треугольники D N C и D A M равны, потому что их соответствующие углы 40°, 40° и 100° и B M = M D и B M = D C , т. е. M D = D C . Отсюда следует, что N C = A D и B D + D A = B N + N C = ВС.

Ч е т в е р т о е р е ш е н и е . Пусть BD = 1. Применив теорему синусов, из треугольников B D A и B D C полу­чаем:

4D:sin 20° = B D : sin 100°, ВС^т 120° = BD:sin 40°. Отсюда A D = sin 20°:sin 100° = 2 sin 10° cos 10°: :cos 10° = 2 sin 10°;

BC = sin 120°: sin 40° = д/3:2 sin 40°.Таким образом, задача свелась к

равенствадоказательству

1 +2 sin 10°= , 2 sin 40 '

Преобразуем равенство (1) следующим образом:

2 sin 40° + 4 sin 10° • sin 40° = д/3; 2 sin 40° +

+ 2(eos 30° — cos 50°) == д/з, 2 sin 40° + 2 cos 30° —

— 2 sin 40° = ~ \ [ з .Последнее равенство верно. Значит, верно и равен­

ство ( 1 ) .З а д а ч а 2.*Дан равносторонний треугольник ЛВС

(рис. 4). Точка К принадлежит его стороне ВС. Найди­те отношение В К ' - С К , если в прямоугольную трапецию A K F C с основаниями А С и K F вписывается окружность.

Р е ш е н и е . Пусть А С = 1 и С К = х . По условию задачи

A C + K F = A K + C F . (1)

Очевидно, угол K C F равен 30°. Поэтому K F = 0,5х

и O F = 0 , 5 х ~ \ [ з . Применив теорему косинусов к тре­угольнику А С К г получаем:

А К 2 = 12 + л:2 — 2 • 1 .jc cos 60°= 1 +х2-лг.

51

Теперь из равенства (1) следует:

1 - j - 0,5х = д/ 1 “I- х " — х -{- 0,5хг\[з

или

1 + 0,5x(l-------- д/з) = д/i + х2 — х. (2)

После возведения обеих частей в квадрат уравнение (2) принимает вид:

1 + x(l — д/з) + 0,25x2(l — д/з)2 = 1 + х2 —х. (3)

Так как х Ф 0, то из уравнения (3) находим:

х _ 2 - д/з _ 4 (2-Уз) _ 4 Уз” _ 2

1 - 0,25(1 - Уз)2 4 - (4 - 2Уз) 3

Итак, '

с/с = — 2, fl/c = 1 - — 2) = 3 — и

О _ 4~у/з~ ■Д/( _ 1_____ 3_ 9-4д/з = (9 —4Уз)(4-Уз + б) =СЛ: 4УЗ -6 (4 y:i - 6) (4 у'З + •>)

3

== = 0.Г)+уз-

З а д а ч а 3. В прямоугольном треугольнике А С В

(Z. С — прямой) биссектриса A D = —а гипотенуза

А В = с . Найдите катеты ЛС и СВ этого треугольника.П е р в о е р е ш е н и е . Обозначим: ЛС = х, В С —у ,

C D = z . Получаем следующую систему уравнений:

x 2 - j - z 2 = c 2 , (Г)

х2 + г2 = (2)с

(3)

Из уравнения(3) находим:

Из уравнений (2) и (4) следует:2 , i/2*2 с2

52

=-у*. (4)С -j- X ^

(5)

Из уравнений (1) и (5) получаем:

x 2 + J r A w L = А

После упрощений уравнение (6) принимает вид:

6 х 2 — с х — 2с2 = 0.

(в)

(7)

Решив уравнение (7), получаем х = 0,5с. г Таким образом, А С = 0 у 5 с и В С = 0,5гд/3.

В т о р о е р е ш е н и е . Обозначим: А С = х , В С = у, A C A D = / - B A D = t . Получаем систему уравнений:

Путем подстановки значений х и у в уравнение (8) получаем:

ycos2/ + с2 sin22/ = с2, cos2/ + 3sin22/ = 3,

^%°--------+3(1 -cos220 = 3,

6 cos2 2 1 — cos 2/ + 1 = 0.

Таким образом,

cos 2 t [ = — у; cos 2/2 = 0,5.

По условию задачи, 0°<2/<с90о, т. е. ОС С cos 2/< 1. Из уравнения cos 2/= 0,5 получаем t = 30°. Из уравнений (9) и (10) находим х и у .

Т р е т ь е р е ш е н и е . Обозначим: Z . C A D =

= Z. D A B = х . л Тогда А С = -AA-cos х. Равенство S a a c d + s a A D B = s a A C B очевидно. Поэтому, применив формулу площади треугольника S = 0,5absinC, полу­чаем:

( х 2 + у 2 = с 2

x = £ A L c o s t ,(8)

(9)

y = c s \ n 2 t . (10)

0,5-ЛЛ- cos х • sin х -f 0,5 - А ф - с • s i n х5 ТТ П ’ 2 пи О 5 О

0,5-ЛЛ- cos х • с • sin 2 х . (11)

После упрощения уравнение (11) преобразуется к виду:

Решив уравнение (13), находим созх = 0,5д/з, т. е. х = 30°.

Отсюда А С А В = 60°, А С В А = 30° и А С = 0,5с;

В С = 0.5V3-Ч е т в е р т о е р е ш е н и е . Если Z. D A B = х , то

Z. A B C = 90° — 2 х , Z . A D B = 180° — х — (90° — 2 х ) = = 90° + х . По теореме синусов из треугольника A D B

получаем:sin (90° -f х ) sin (90° — 2 х )

° с л Ъ3

Отсюда cosx = д/з cos 2х, cos х = д/з(2 cos2 х — 1). Ре­

шив это уравнение, получаем cos л: = 0,5д/з и х — 30°

З а д а ч а 4. Докажите, что площадь треугольника A B C можно вычислить по формуле

S = 0,25(а2 sin 2 В + b 2 sin 2Л), (1)

где Л и В — величины углов, а и b — длины противо­положных им сторон треугольника A B C .

П е р в о е р е ш е н и е 1 . Построив треугольник A B D , симметричный данному треугольнику A B C относительно прямой А В , получаем:

S a c b d — 25 = 5а с а о “Ь S a b c d = 0,56“ sin 2 A -f- + 0,5а2 sin 2В

и S = 0,25(а2 sin 2В + b 2 sin 2А) .

В т о р о е р е ш е н и е . Проводим высоту С Н в треугольнике A B C и медианы Н М и Н К в треугольниках А Н С и С Н В . Тогда

5 = $ а А С Н 4” 5 Д В С Н — 2 S а С М Н “Ь 2S А с к н - (2)

Треугольники ЛЯС и С Н В прямоугольные. Поэтому М С = М Н = М А =0,56, Н К = С К = К В = 0 , 5 а . Тре­угольник М А Н равнобедренный. Поэтому А М Н А = = А М А Н = Л, А А М Н = 180°- 2Л, А С М Н = 2 А .

Аналогичным путем получаем, что А С К Й = 2 В .Поэтому из равенства (2) следует:

1 Первые три решения задачи даны для случая, когда угол В острый.

54

S = 2(0,5 • 0,2562 sin 2A + 0,5 • 0,25a2 sin 2 B ) == 0,25(a2 sin 2 B + b 2 sin 2 A ) . ( 3 )

Т р е т ь е р е ш е н и е . Проведем высоту C D к стороне А В треугольника A B C . Тогда

S = 0,5АВ • C D = 0 , 5 ( A D + D B ) • (0,5CD + 0,5CD) == 0,25(6 cos A + a cos B ) ( b sin A + asin B ) =

= 0,25(0,5a2 sin 2В -f- 0,562 sin 2A + a b sin C) == 0,25 • 0,5(a2 sin 2В + b 2 sin 2A + 0,5S).

Отсюда получаем:S = 0,25(a2sin 2В + b 2 sin 2A).

Ч е т в е р т о е р е ш е н и е . Левую часть доказы­ваемого равенства (1) можно заменить следующим образом:

S = 0,5ab sin С = 0,5ab sin ( А + В ) .

Теперь задача сводится к доказательству тождества

0,5ab sin ( А + В ) = 0,25(a2 sin 2В + Ь 2 sin 2А). (4)

Справедливость равенства (4) можно доказы­вать так:

a b sin ( А + В ) = a 2 sin В cos В + b 2 sin A cos А . (5)

Разделим обе части равенства (5) на а 2 :

Y sin ( А + В ) = sin В cos В + sin A cos А , (6)

Пр именив теорему синусов к равенству (6), по- пучим:

■ sin ( А + В ) — sin В cos В + sin A cos Л,sin А 4 7 sin2 Л

sin.n±.£I = COS В + cosdiiLg-, Sin (Л + В ) =sin Л sinA

= sin Л cos В + cos Л sin

П я т о е р е ш е н и е . Из теоремы синусов следует a sin В — b sin А . Поэтому

0,25(a2 sin 2В + b 2 sin 2 А ) = 0,5(а2 sin В cos Б ++ b 2 sin Л cos Л) = 0,5(а cos В • b sin Л +

+ 6 cos Л • a sin В) = 0,5a6(cos В sin Л + cos Л sin В) == 0,5а6 sin (Л + S) = 0,5а6 sin С = S.

З а д а ч а 5. Докажите, что основания высот ЛЛ1, BBi, CCi остроугольного треугольника ЛВС являются вершинами треугольника Л1гБ1С1, у которого биссектри-

55

сы внутренних углов лежат на высотах треугольни­ка A B C .

Р е ш е н и е . Пусть точка М есть пересечение высот А А \ , В В 1 и СС1 остроугольного треугольника A B C . Углы А С \ М и А В \ М прямые. Поэтому точки С \ и В \ принадлежат окружности, диаметром которой является отрезок A M . Углы С \ А М и С \ В \ В равны, потому что они вписаны в одну и ту же окружность и опираются на хорду М С ] .

Углы С В \ М и С А \ М прямые. Поэтому точки В \ и A \ лежат на окружности с диаметром М С . Значит, углы В В \ А \ и В С С 1 равны.

Из треугольников А В А \ и С В С \ следует, что Z . B A A { = / - В С С \ = 90° — Z . A B C .

Таким образом, углы В В \ С \ и В В \ А \ равны. Отсюда ясно, что луч В \ В есть биссектриса угла С \ В \ А \ .

Аналогично доказывается, что лучи А \ А и С \ С яв­ляются биссектрисами углов С \ А \ В \ и В \ С \ А \ .

З а д а ч а 6. Пятиугольник A B C D E вписан в окруж­ность. Расстояния от вершины А до прямых В С , CD, D E равны соответственно а , b , с.

Найдите расстояние /г от точки А до прямой B E .Р е ш е н и е . Построим произвольную окружность и

впишем в нее какой-нибудь пятиугольник A B C D E (рис. 5). Из вершины А опустим перпендикуляры

А Н , А К , A M , А Р соответственно на прямые В С , B E , CD, D E .

Измерив масштабной линейкой отрезки А Н , Л/(, уШ, А Р , получаем гипотезу, что h : a = c : b .

Построим еще какой-нибудь пятиугольник, вписан­ный в окружность, и, выполнив соответствующие измерения, снова получаем, что h \ a & c \ b .

Рис. 5

56

Итак, получается рабочая гипотеза:Искомая величина h и данные величины а , Ь , с

удовлетворяют равенству

h : a — c : b . (Г)

Равенство (1) наводит на мысль, что треугольники Н А К и М А Р подобны. Измерение соответствующих углов «подтверждает» эту гипотезу.

В четырехугольниках А Н В К и A M D P по два прямых угла и Z. С В Е + A C D E = 180°. Поэтому А Н В К = = A M D E , А Н А К = А М А Р , А Н В А = A M D А . От­

сюда следует, что подобны треугольники А Н В и A M D , А В К и A D P .

Итак, четырехугольники А Н В К и A M D P подобны. Поэтому подобны треугольники Н А К и М А Р , и, сле­довательно, h — а с \ Ь .

З а д а ч а 7. На диагоналях А С и С Е правиль­ного шестиугольника A B C D E F соответственно взяты точкиМ и К такие, что A M : А С = С К : С Е — п (рис. 6). Точки В , М и К лежат на одной прямой. Найдите п .

Р е ш е н и е . При движении точки К по диагонали Е С (от £ к С) отношение С К ' С Е уменьшается от 1 до 0, а отношение A M : А С увеличивается от 0,5 (AMi: :ЛС = 0,5) до 1. Поэтому на диагонали С Е существует единственная точка К такая, что

A M : А С = С К : С Е . (1)

Методом проб получаем гипотезу, что равенство (1) верно, если А М = А В . Попытаемся доказать эту гипотезу.

Пусть А М = А В = \ . Тогда ЛС = 2 sin 60° и

М С = — 1. Из равнобедренного треугольника А В Мполучаем: А А В М = А А М В = 7 Ь ° . П о э т о м у А С М К — = 75°, А М С К = 60°, тогда А М К С = 45°.

Из треугольника М С К по теореме синусов находим:

MC:sin 45° = С К : sin 75°.Отсюда г-

С К = М С • sin 75°: sin 45° = (д/3 - 1) sin (45° + 30?):

:sin 45°=(л/з- l) ^+1 = 1.

Следовательно, n—A j 3 :3

57

З а д а ч а 8. В окружность вписан правильный тре­угольник A B C (рис. 7). На дуге А т С этой окружности отмечена произвольная точка X . Докажите, что А Х + + Х С = В Х .

Р е ш е н и е . На продолжении хорды А Х (за точку X ) построим отрезок X Y = = X C .

Теперь задача сводится к доказательству равенства отрезков A Y и В Х . Первый из них является стороной треугольника ACY, а второй — стороной треуголь­ника В Х С .

Инструментальные измерения подсказывают, что эти треугольники равны. Почему?

Во-первых, углы Y А С и Х В С равны, как углы вписан­ные в окружность и опирающиеся на одну и ту же хорду. Во-вторых, стороны А С и В С равны по условию задачи.

Измерения при помощи транспортира подсказы­вают, что равны углы: A C Y и В С Х , X C Y и А С В . Аккурат­ный чертеж наводит на мысль, что треугольник X C Y правильный. Почему?

По построению X Y = Х С . Сумма углов А Х С и A B C равна 180° (сумма противоположных углов четырехугольника, вписанного в окружность), но / L A B C = 60°. Поэтому / L A X C = 120°, значит,/ _ C X Y = 60°.

Таким образом, / L X C B и Z - A C Y равны, так как

/ L B C X = 60° + / - А С Х У Z . A C Y = Z . A C X + 60°.

Итак, треугольники A C Y и В С Х равны. Утверждение задачи доказано.

З а д а ч а 9. В трапеции A B C D отрезки В С й A D являются основаниями. В С = 9,5; Л/) = 20; ЛВ = 5; C D = 8,5. Найдите ее площадь.

Р е ш е н и е . Для решения задачи необходимо найти длину высоты этой трапеции. Расположим трапецию A B C D относительно прямоугольной системы координат гак, как это показано на рисунке 8. Тогда Л(0; 0), D(20; 0), В ( х ; у ) , С ( х + 9,5; у ) . По условию задачи

После упрощения система уравнений (1) и (2) при­нимает вид:

А В 2 = ( х — О)2 + (у — О)2 = 25, C D 2 - (х + 9,5 - 20)2 + (</- О)2 = 72,25.

(1)(2)

г * 2 + / = 25,\ ( х — 10,5)2 + у = 72,25.

(3)(4)

58

После почленного вычитания уравнения (3) из урав­нения (4) получим:

( х — 10,5)2 — х2 = 47,25.

Отсюда х = 3 . Так как трапеция A B C D расположена в верхней полуплоскости (рис. 8), то у = 4, т. е. высота трапеции A B C D равна 4.

Итак, S A B C D = 0,5(9,5 + 20) • 4 = 59.З а д а ч а 10. Дана окружность с центром О и

диаметром А В = 4 (рис. 9). Точка С — середина ра­диуса О В . Постройте на окружности точки М и Р, сим­метричные относительно прямой А В , так, чтобы отрезок С Р был перпендикулярен отрезку A M .

Р е ш е н и е . Расположим окружность относительно координатных осей, так, как показано на рисунке 9. Тогда А ( - 2 ; 0), В ( 2 ; 0), С ( 1; 0).

Пусть М ( х ; у ) . Тогда Р ( х ; — у ) . По условию задачи, прямые A M и С Р перпендикулярны. Поэтому

А М - С Р = 0. (1)

Находим координаты векторов: А М = { х - \ - 2; у ) \ С Р = = ( х —1; —у ) . После этого уравнение (1) принимает вид:

( х + 2 ) . ( х - 1 ) - у 2 = 0 . (2)

Уравнение данной окружности

х2 + у2 = 4. (3)

Выполнив почленное сложение уравнений (2) и (3), получаем уравнение 2 х 2 х — 2 = 4 . Его корни х \ = — 2; х - 2 = 1,5. Теперь понятно, что для построения

т

искомых точек М и Р нужно провести через середину К отрезка С В прямую, перпендикулярную прямой А В . Она пересекается с окружностью в точках М и Р .

З а д а ч а 1 1 . Найдите площадь треугольника A B C , если Л(3; - 1), Я(1;' -3), С(-6; 6).

Р е ш е н и е . Достроим треугольник A B C до прямо­угольника С М К Р (рис. 10). Очевидно,

== $СРКМ $СМВ $ВАКSacp =

= 9 . 9 - 0,5 . 9 • 4 - 0,5 • 2 • 2 - 0,5 • 9 • 7 = 29,5.

З а д а ч а 12. Дан равнобедренный прямоугольный треугольник A B C ( С А = С В , zl С = 90°). Отрезок А А | —медиана к катету В С . Точка Ci выбрана нагипотенузе А В так, что отрезки А А \ и С С \ перпенди­кулярны. Найдите отношение В С \ \ С \ А .

П е р в о е р е ш е н и е . Выполнив аккуратный чертеж, при помощи масштабной линейки получим гипотезу, что В С \ : С \ А = 1 :2. Поэтому данную задачу можно заменить такой:

Докажите, что прямые А А \ и С С \ перпендикулярны, если В С \ \ С \ А = 1:2.

Доказываем это утверждение следующим образом.

Пусть С А = Ь ; С В = а и \ а \ — \ Ь \ = 1. Тогда

С С \ = а + у b и Л Л1 = 0,5а — Ь .Вычисляем скалярное произведение

СС| • АА, = (-|а + уб ) ( 0,5а - Ь ) = L • i-а2 -

т. е. ненулевые векторы CCi и ЛЛ1 перпендикулярны.В т о р о е р е ш е н и е . Из точки С \ опускаем на катет

Л С перпендикуляр С \ М . Пусть прямые С \ М и ЛЛ| пере­секаются в точке И (рис. 1 1 ) . Точка И есть пересечение

ли

двух высот С \ М и A F треугольника С С \ А . Поэтому медиана С О равнобедренного треугольника А С В про­ходит через точку Н . Отсюда ясно, что точка Н является пересечением медиан треугольника A B C . Поэтому А \ Н : А Н = \ : 2 . А так как отрезок С \ М параллелен отрезку С В , то и В С \ : С \ А = 1 :2.

Т р е т ь е р е ш е н и е . Пусть С В = С А — 1. Тогда

В А = ~ \ [ 2 . Обозначим: А А \ А С = Ц ) . Тогда из прямо­угольного треугольника А \ С А следует, что tg(p = 0,5. Из прямоугольного треугольника C F A (рис. 11) полу­чаем: F A = С А cos ф == cos ф. Далее, zlFAC\ = 45° — — ф, и из прямоугольного треугольника C \ F A находим:

F AС [ А cos(45° cos ф

cos 45° cos ф + sin 45° sin ф

Отсюда

2

V2 f 1 + tg ф)

COS ф

cos(45° ■ ф)1

cos 45° + sin 45°

1,5 '

*gfP

В С 1,5В С | : C , A = 1

Ч е т в е р т о e р е ш е н и е . Пусть С A = a \ C B = ib и B C \ \ C \ A — k . Тогда A A \ = a — 0 , 5 b , C C \ =

k , i■ a л . *i 1 + *

Из условия задачи следует, что С С \ - А А \ = = 0 ,

11 + k 2(1 + 4

или

0.

Но а 2 = Ь 2 . Поэтому k == 0,5.П я т о е р е ш е н и е . Проводим отрезок В Р У парал­

лельный отрезку С С \ (рис. 12). Углы Р В С и В С С \ рав­ны. Но из прямоугольных треугольников /liCF C A F следует равенство уг­лов A i C F и C A F . Поэтому углы Р В С и А \ А С равны. Так как В С = С А , то треуголь­ники Р С В и А \ С А равны.Отсюда ясно, что А \ С == Р С и В С Х : С \ А = P C :: С А = 1 : 2.

■ ф)

61

Ш е с т о е р е ш е н и е . Через точку В проводим пря­мую /, параллельную прямой С А . Прямая С С \ пере­секает / в точке К . В прямоугольных треугольниках А [ С А и К В С равны катеты С А и С В , и угол А \ А С равен углу В С К . Поэтому эти треугольники равны, т. е. В К — С А 1. Из подобных треугольников В К С \ и А С С \ следует:

B C r . C i A = B K : C A = A i C : C A = 1:2.С е д ь м о е р е ш е н и е . Применяя признак перпен­

дикулярности двух отрезков, запишем:

Л,С2 +С|Л2 = Л,С|2 +ЛС2 (рис. 11) . ( 1 )

Пусть В С \ : С \ А =

= 0,5хд/2; ВС, =тл

По теореме косинусов из треугольника А \ В С \ имеем

k , А В — х . Тогда А С = В С =

х, ЛС. =0,25л:д/2.

л'с'2=4 + ттА2-жЬ)х2- (2)

Из равенств (1) и (2) следует, что /г = 0,5.З а д а ч а 13. В треугольнике A B C сторона А С =

= 5 см, В С — А В = 2 см, ZL/1: ZLC = 2. Найдите длины сторон АВ и ВС.

Р е ш е н и е . Обозначим: А А С В = ф, тогда / L A == 2ф, Z . B = 180° — Зф. По теореме синусов:

sin Зф sin 2ф _5“ — В С ~

= . в с =sin ЗфПо условию задачи

5 sin 2ф 5 sin ф sin Зф sin Зф

Так как sin Зф Ф 0, то уравнение (1) равносильно уравнению

sin 2ф — sin ф = 0,4 sin Зф. (2)

Применив формулы sin 2ф = 2 sin ф cos ф rnin Зф == 3 sin ф — 4 sin ф, уравнение (2) приводим квиду:

2 sin ф cos ф — sin ф = 0,4(3 sin ф — 4 5Ш3ф).Упростим полученное уравнение:

2 sin ф cos ф — 2,2 sin ф + 1,6 sin3 ф = 0, sin ф (cos ф — 1,1 + 0,8 sin2 ф) = О,

sin ф (cos ф — 1,1 + 0,8 — 0,8 cos2 ф) = 0,

sin ф(0,8 cos2 ф — cos ф + 0,3) = 0. (3)

62

Уравнение (3) равносильно уравнению

0,8 cos2 ф — cos ф + 0,3 = 0. (4)

Решив его, получим:

cos ф! = 0,75; cos ф2 = 0,5.

ЕСЛИ COS ф2 = 0,5, ТО ф2 = 60°, 2ф2=120° И ф2 + -f- 2ф2 = 180°, а это означает, что ф не может быть рав­ным 60°.

Если cos ф1 = 0,75, то sin ф1 =д/1 — j q = и

sin29=iAL ; sin Зф = 3о

Тогда

— 4 • I 2 H - = .m/L.4 64 16

5 Ф

А В = i -5Д7

16З а д а ч а 1 4 .

Зл/7

= 4 (см), В С = 5 • —=6 (см).5д/7 16

Найдите отношение катетов С В и С А прямоугольного треугольника А С В , если известно, что одна половина гипотенузы (от середины гипотенузы до вершины) видна из центра X вписанной окружности под прямым углом.

Р е ш е н и е . Уго л А Х В равен 135° (рис. 13). Поэтому точка X есть пересечение окружностей, описанных вокруг треугольника А Х В и прямоугольного треугольни­ка А Х О ( А О = О В ) . После этого понятно построение треугольника, подобного треугольнику А С В .

Строим произвольный отрезок А В . Делим точкой О его пополам. Строим окружность ш радиуса О А с центром в точке О . Строим дугу о)1 окружности, кото­рая стягивается хордойА В и в которую вписыва­ется угол 135° Строим полуокружность со1 с диа­метром А О . Точка X есть пересечение фигур со и со1 Через точку О проводим прямую, перпендикуляр­ную прямой А В , и на ней откладываем отрезок ОМ,

63

равный АО (точка М не принадлежит полуокружности, в которой находится фигура со^. Третья вершина С прямоугольного треугольника А С В есть пересечение прямой M X С ОКруЖНОСТЬЮ С0|.

Пусть Л(0; 0), 0(1; 0), В(2; 0) и М(1; - 1). Тогдауравнение окружности, описанной вокруг прямоуголь­ного треугольника О Х А , имеет вид:

Находим радиус R окружности, описанной вокруг треугольника А Х В : г ~

R = A B : 2sin 135°=д/2.

После этого ясно, что центром этой окружности является точка М(1; — 1), а ее уравнение имеет вид:

Х(0,8; 0,4). А это означает, что tg а = tg z - Х А В =0,5 и

Отсюда C B : C A = 4:3.З а д а ч а 15. Биссектрисы A M и В Н треугольника

A B C пересекаются в точке О. Известно, что ЛО:МО =— д/3 и #0:В0 = д / з — 1 . Найдите углы треуголь­ника A B C .

Р е ш е н и е . Считаем треугольник В О А изображе­нием равнобедренного треугольника В О А с углом В О А , равным 120°.

Строим такой треугольник В О А . На продолжении отрезка ВО (за точку О) откладываем отрезок Н О = = (д/3 — l)BO. На продолжении отрезка А О (за точкуО) откладываем отрезок О М = А О : д/з. Прямые В М и А Н пересекаются в точке С. Таким образом, построен­ный треугольник ЛВС является изображением треуголь­ника, углы которого нужно найти. Отрезки В Н и A M являются изображениями его биссектрис.

Инструментальные измерения на построенном черте­же дают следующее: А Н : Н С л 1: 1,73; В М : М С ж 1:2 Но д/з а 1,73. И это позволяет выдвинуть гипотезу:

В исследуемом треугольнике ЛВС

(а* - 0,5)2 + у2 = 0,25. (!)

(2),получаем(2)

i g Z a - J _ t g 2-а- - у -

А В \ В С — А И : Н С = 1 :д/3; А В - . А С = В М - . М С = 1:2, т. е.

А В \ В С \ А С = \ : д/з :2. (1)

64

Если равенства (1) верны, то А В 2 : В С 2 : А С 2 == 1:3:4, т. е. треугольник A B C должен быть прямо­угольным ( А В прямой, Z. С = 30°).

Из изложенного ясно, что задача имеет единствен­ное решение. Поэтому остается только доказать, что треугольник A B C — прямоугольный, Z. С = 30° и Z _ A =60°. Значит, он удовлетворяет условию задачи.

Пусть A M = М С = 1. Тогда А В = 0,5дЛ3; В М =

= 0,5; В С = 1,5; А С = ф .По свойству биссектрисы угла треугольника, по­

лучаем:

А О : О М = А В : В М — д/з.

Далее, А Н : Н С = А В : В С = 1 :д/з и А Н = —! А С =1+л/з

= 0,5 • (3 — д/3). Поэтому О Н : О В = А Н : А В — л / З : \ ■Таким образом, доказано, что исследуемый тре­

угольник A B C является прямоугольным, у которого угол С равен 30°.

З а д а ч а 16. Дан правильный шестиугольник A B C D E F ( А В = 50; О — точка пересечения его диаго­налей) .

1. Как изменяется площадь треугольника T A B , если точка Т движется по отрезку A F ?

2 . Точка Л' движется по ломаной A B C D E F А . При каком ее положении площадь треугольника Х А В наи­большая?

3. Назовите точку на отрезке F C y наиболее уда­ленную от прямой В С .

4. При каком положении точки Y на отрезке F A длина медианы В М треугольника Y A B наибольшая?

5. Как изменяется расстояние от точки А до прямой В Х при движении точки X по отрезку A F ?

6. Существует ли такая точка Y на отрезке AF, что угол между медианой В М и высотой В Н треугольника Х А В равен 60°?

7. Найдите на отрезке F E такую точку Г, что четы­рехугольник B A F T вписывается в окружность.

8. Существует ли на отрезке О Е такая точка Х у что четырехугольникX O A F вписывается в окружность?

9. Найдите на отрезке B E такие точки X и Y , чтобы четырехугольник F X Y A вписывался в окружность и имел наибольший периметр.

3 А. Б. Василевский 65

10. При каком положении точек X и У на отрезках А О и О С соответственно периметр четырехугольника A X Y B наибольший?

И. При каком положении точки Т на отрезке F C периметр треугольника T A B наибольший?

12. Точка X движется по отрезку F C . Как при этом изменяется длина медианы Х М треугольника Х А В ?

13. Как изменяется биссектриса А К треугольника A Y B при движении точки У по отрезку В С ?

14. При каком положении точки X на отрезке A F биссектриса Х К треугольника Х А В наибольшая?

15. При каком положении точки Т на стороне C D медиана Т М треугольника T A B образует наибольший угол с прямой АВ?

16. Существует ли на отрезке F E такая точка X , что медиана Х М треугольника Х А В перпендикулярна прямой F E ?

17. Существует ли на отрезке A D такая точка у,что биссектрисы A L и В К треугольника A Y B перпенди­кулярны?

18. Существует ли на отрезке В С такая точка Р ,что верно равенство В Р : А Р = sin 10°?

19. Сколько существует на отрезке В С таких то­чек М , для которых верно равенство А М : В М = = cos 85°?

20. Точка X принадлежит отрезку C D , А Х А В = а . Существует ли такое значение а , при котором площадь треугольника Х А В равна 50cos20?

21. Точка X движется по отрезку B E . Как при этом движении изменяется периметр треугольника А В Е ?

22. При каком положении точки У на отрезке F C периметр треугольника F E Y наибольший?

23. При каком положении точки X на отрезке A F сумма биссектрис треугольника А Х В наибольшая?

24. При каком положении точек X и У соответст­венно на отрезках A F и А В площадь треугольника X Y D наибольшая?

25. Как изменяется радиус окружности, описанной вокруг треугольника Х А В , при движении точки X по отрезку ОЛ?

26. Как изменяется периметр треугольника X F C при движении точки X по отрезку О Е ?

27. Как изменяется радиус круга, вписанного в треугольник Х А В , при движении точки X по отрез­ку AF?

66

28. Существует ли такое положение точек X и У на отрезках О В и О С соответственно, при котором площадь четырехугольника B X Y C равна одному из корней уравнения 50—* = cosx?

29. Существует ли такая точка У на отрезке D E , что медиана Е М треугольника A E Y в три раза меньше его биссектрисы А Ю

30. Существует ли на отрезке О В такая точка /С, что площадь треугольника D K B в 50 раз меньше радиу­са окружности, описанной вокруг этого треугольника?

31. Существует ли такая точка X на отрезке D E , для которой верно равенство Х С = 2 X F ?

32. Существуют ли на отрезках A D и А В такие точки X и Y , что угол между прямой X Y и прямой А В является одним из корней уравнения cos50x=lgx?

З а д а ч а 17. Сторона правильного треугольника A B C равна 4. Точка D — середина стороны В С . Через В проходит прямая, которая пересекает сторону А С в точке М . Из точек D и А опущены на прямую В М перпендикуляры D H и А К . Вычислите-длину отрезка A M , если

A K 4 - D H a = 15. (1)

Указание. Уравнение (1) имеет единственное ре­шение. Пусть Z . А В М = х . Тогда D# = 2sin(60° — х), А К = 4sinx. Уравнение (1) принимает вид:

256 sin4x — 16 sin4(60° — х) = 15. (2)

Решив уравнение (2) на микрокалькуляторе, получаем х = 30°, и, следовательно, A M = 2.

З а д а ч а 18. В треугольнике A B C А С = В С , Z - A C B = 30°. Точка D принадлежит стороне В С и B D = 3, D C = 6. Найдите на стороне А С этого треуголь­ника точку Р такую, чтобы угол D P C был в 1,5 раза больше угла А Р В .

Р е ш е н и е . А В = 2 A C sin 15° = 18 sin 15°. Обозна­чим Z - A P B = х. Тогда Z . D P C = 1,5х. Применив теоре­му синусов к соответствующим треугольникам, полу­чим:

А Р : sin(75° + х) = 18 sin 15° : sin х; А Р == 18 sin 15° sin (75° + х): sin х; 6: sin 1,5х = P C :: sin(30° + 1,5х); P C = 6 sin(30° + l,5x): sin 1,5*.

Получаем уравнение:

18 sin 15° sin (75° + *) , 6 sin (30° + 1.5*) gsin 1,5* * ЛSin X

67

Из условия задачи ясно, что угол х острый. Поэтому точка Р принадлежит отрезку Н С ( В Н — высота тре­угольника В А С ) .

При движении точки Р по отрезку Н С (от Н к С ) угол А Р В уменьшается, а угол D P C увеличивается. Поэтому уравнение (1) имеет единственное решение.

Решив уравнение (1) на микрокалькуляторе, по­лучаем х = 60°, т. е. 1,5л; = 90°. Из прямоугольного треугольника D P C находим:

P C = D C cos 30° = 6 • 0,5л/з = Зд/з.

З а д а ч а 19. В треугольнике A B C дана разность внутренних углов А —В = 60°. Известно, что высота С Н на сторону А В равна С Н = В С — А С . Найдите углы треугольника.

Р е ш е н и е . Точка Н может совпадать с точкой Л, лежать внутри отрезка А В или лежать на луче В А (вне отрезка В А ) .

1) Если точка Н совпадает с точкой А , т о А = 90°, В = 30°, С = 60°.

2) Если А > 90°, то с увеличением угла А увеличи­вается и угол В . При этом В С уменьшается, а С А уве­личивается. Поэтому при заданной высоте С Н уравне­ние С Н = В С — А С имеет не более одного решения. Легко показывается, что это уравнение (если А > 90°) не имеет решений.

3) Если точка Н лежит внутри отрезка АВ, то А < 90° и В <30°. В этом случае уравнение С Н == В С — А С принимает вид:

sin В sin(£-f-60°)

Преобразуем его следующим образом:

sin ( В + 60°) — sin В , sin В sin (Я -f- 60°) ’

cos(B-f-30°) , /|чsin В sin (В + 60°) — ' К }

Если 0 < 5 < 30°, то функция у = cos ( В + 60°)убывает, а функция у = sin В s \ n ( B + 60°) возрастает.Поэтому уравнение (1) имеет не более одного решения. Доказываем, что уравнение (1) не имеет решений (если 0 < В < 30°).

О т в е т . А = 90°, В = 30°, С = 60°.68

Задание 6. РАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА

З а д а ч а 1. Решите систему уравнений( \ у — х I =2 ( х + у ) , IUI + \ у \ = 4.

Р е ш е н и е . Левая часть уравнения (1) неотрица­тельна. Поэтому х + у л 0, т. е. у л —х .

Если | у — х | — 0, т. е. у — х , то х — 0.Если у > х у то уравнение (1) принимает вид у —

— х = 2 { х + у ) - Отсюда у = — З х .Еслиу с х , т о из уравнения (1) получаем х — у =

= 2(х + у ) иу = — *:3.Таким образом, графикf ( x ) уравнения (1) является

объединением лучей О А и О В (рис. 1).Так как

1*1 + \ у \ — I — *1 + I у I —I — *1 + I ~ У -------------------= \х I + I — у \ ,

то осями симметрии графика уравнения (2) являются оси абсцисс и ординат. Строим сначала ту часть гра­фика ф(лг) уравнения (2), которая принадлежит первой координатной четверти:

х + у == 4, х л 0, у л 0.

Получаем отрезок C D . Для построения всего графика f ( x ) достаточно отобразить отрезок C D относительно осей координат.

Теперь ясно, что решениями данной системы урав­нений являются пары чисел ( — 1 ; 3), (3, —1).

З а д а ч а 2. Решите систему уравнений

Р е ш е н и е . Исследуем сначала уравнение (1):Если х л О и у л 0, то 2 х = 2 у у т. е. в этом случае

графиком уравнения (1) является биссектриса ОА пер­вого координатного угла (рис. 2).

Если х <С 0 и у А 0, то 0 = 2у, т. е. в этом случае графиком уравнения (1) будет луч ОС.

Пусть хлО и у л 0. Тогда уравнение (1) прини­мает вид 0=0. Это означает, что все точки третьего координатного угла являются решениями уравне­ния (1).

\ х \ + х = \ у \ + у у { \ х — 1 I = х + \ у \ .

69

Пусть, наконец, х > 0, */<0. Тогда уравнение (1) преобразуется к виду 2х = 0, т. е. х — 0.

Таким образом, решениями уравнения (1) являются все точки третьего координатного угла (включая его стороны) и точки биссектрисы О А первого координат­ного угла. Исследуем уравнение (2):

Если 1, то х — 1 = х -f- I г/1, т. е. в этом случае решений уравнение (2) не имеет.

Пусть х< 1 . Получаем 1— х — х - \ - \ у \ или х = = 0,5(1 - \ у \ ) .

Итак, графиком уравнения (2) является объедине­ние лучей D F и D E .

Находим координаты точки Р, в которой пересе­каются лучи О А и D F . Отрезок О Р — биссектриса угла D O F треугольника D O F . Поэтому D P : P F =

— O D : O F = \ : 2 . Отсюда следует, что Р 3 , ^

Таким образом, решением данной системы уравне­ний (1) и (2) является каждая точка луча Е Н и точка

З а д а ч а 3. Решите неравенство

а5 - 1,3а2 -2,8а -3,1 >0.

Р е ш е н и е . Исследуем на экстремум ность непрерывную функцию

/(а) = а5 — 1,3а2 — 2,8а — 3,1.Находим:

/'(а) = 5а4 -2,6а -2,8.

Определяем корни уравнения

5а4 — 2,6а — 2,8 = 0

следующим образом: преобразуем его к

(ои монотон-

(1)

(2)

(3)

виду 5а4 =

= 2,6а + 2,8. Строим эскизы графиков непрерывныхфункций:

ф(а) = 5а4; и ( а ) = 2,6а + 2,8.

Теперь ясно, что уравнение (3) имеет только два корня т и п . Уточняем значение корней при помощи микро­калькулятора:

т « —0,65; п « 1,05.

Поскольку (— 0,65)5 < 0 и — 2,8 • (— 0,65) — 3,1 <0, то 0. Так как 1,055 < 3,1, тоf ( n ) < . 0.

Преобразуем функцию /(а) следующим образом: /(а) = а(а4 — 2,8) — 1,3а2 — 3,1.

Если аЛ — 2, то а4 — 2,8 > 0, а поэтому ясно, что существует такое значение а, при котором /(а)</(т). А это означает, что непрерывная функция /(а) на интер­вале (— о о , т ) отрицательна и монотонно возрастает от — оо до f ( m ) .

Очевидно, /(2) > 0, т. е. /(2) > f ( n ) . Следовательно, непрерывная функция /(а) на промежутке ( п ; +оо) монотонно возрастает, и ее график пересекает ось абсцисс в единственной точке а0(1,05 < ао < 2). Поэто­му решениями данного неравенства (1) являются все а л а0.

Определим ао с точностью до 0,001.Для упрощения вычислений на микрокалькуляторе

преобразуем f ( a ) так: /(а) = а(а4 — 1,3а — 2,8) — 3,1 = = а(а(а3 — 1,3) — 2,8) — 3,1.

Составляем при помощи микрокалькулятора табли­цу значений /(а):

а /О)

1.51.6 1,7 1,61 1,621.6151.616

-2,6312507— 0,4222404

2,5815688— 0,2379322

0,1— 0,0261103

0,0009

Итак, ао ~ 1,616.З а д а ч а 4. Решите уравнение

Зл;4 — 2 х 3 + 4*2 — 4 х + 12 = 0. (1)

Р е ш е н и е . Преобразуем уравнение (1) к виду:

З х 4 - 2 x : i = — 4 х 2 + 4 х —1 2 . (2)

Построим графики функций

f ( x ) = З х 4 . — 2х5, ф(х) = — 4 х 2 + 4 х — 12.

Для этого находим:

/'(х) = 12х' — 6 х 2 = 6 х 2 ( 2 х — 1); с р ' ( х ) = 4 ( — 2 х + 1).

Очевидно, /'*(0) = /'(0,5) = 0; ф'(0,5) = 0. Вычислим:

ДО)— О; /(0,5)= -1; <р(0,5) = -ii; /(- 1) = 5; /(1) =

Графики функций /(х) и ф(х) показаны на рисунке 3. После исследования функций f ( x ) и ф(х) убеж­

даемся, что уравнение (1) не имеет действительных корней.

З а д а ч а 5. Решите уравнение

Р е ш е н и е . Функцияf ( x ) = §- + _ySy + ——2

-f L.4^ —г-| определена, если х <С 0, 0<X — о X — 4 X — О

< л< 1, 1 < х < 2 , 2<х<.3, 3 < х < 4 , 4 < х < 5 ,л >> 5. На каждом из этих интервалов она непрерывна.

Очевидно, f ( x ) > 0, если х ;> 5, и /(х)<С 0, если х < 0.

Чтобы получить первые представления о поведении функции f ( x ) на каждом из промежутков (0; 1), (1; 2), (2; 3), (3; 4), (4; 5), составляем таблицу 1 значенийэтой функции при помощи микрокалькулятора.

У ,

MS1---- IT,5--“Т-Г т

---- 1 X

-11 J--- 7^416 /Л

// Vw

72

Из таблицы 1 видно, что уравнение (1) имеет по крайней мере пять действительных корней. Может ли уравнение (1) иметь больше корней? Нет. Потому что после приведения к общему знаменателю левой части этого уравнения в его числителе получается многочлен пятой степени.

На таблице 2 показано уточнение одного из корней уравнения (1).

Итак, Х \ Ж 0,42925; 1,2 <*2 <1,3; 2,4<х3<2,5;3,8 < х4 < 3,9; 4,6 < х5 < 4,7:

Таблица 1

X /м * №

0,1 24,45 0,6 -3,3380,2 9,102 0,7 -5,3620,3 3,688 0,8 -8,2510,4 0,682 0,9 -15,070,5 — 1,463 1,1 7,2791,2 0,3665 3,1 47,831,3 -2,678 3,2 24,791,4 — 4,943 3,3 16,751,5 -7,171 3,4 12,431,6 — 9,844 3,5 9,541,7 — 13,69 3,6 7,2411,8 -20,66 3,7 5,0471,9 -40,30 3,8 2,2872,1 34,30 3,9 — 3,6352,2 14,47 4,1 14,82,3 7,136 4,2 9,0662,4 2,713 4,3 6,6512,5 -0,8666 4,4 4,9992,6 — 4,560 4,5 3,5292,7 -9,393 4,6 1,9262,8 — 17,75 4,7 -0,2212,9 - 40,97 4,8 -3,952

4,9 -14,29

Таблица 2

X f i * l X f i x )

0,4 0,682 0,4298 -0,0131580,5 -1,463 0,4297 -0,011090,43 — 0,01762 0,4296 -0,008690,42 0,2086 0,4293 -0,0019870,428 0,027129 0,4292 0,0002480,429 0,004723

73

Задание 7. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ И НЕРАВЕНСТВ С ПОМОЩЬЮ ГРАФИКОВ

З а д а ч а 1. Решите неравенство 2 | л: + 11 > х + 4.Р е ш е н и е . Строим графики функций f ( x ) = 2|х +

+ 1| и ф(х) = л:+4. Аккуратно выполненный чертежпозволяет найти точное значение координат точек А и В , в которых пересекаются графики этих функций. После этого остается только записать ответ: ( — о о ;

— 2) и (2; + оо).З а д а ч а 2. Назовите множество решений нера­

венства

\ 5 — х \ < \ х — 2| + \ 7 — 2 х \ . (1)

Р е ш е н и е . Преобразуем данное неравенство к виду:

U — 2| + |7 — 2 х \ — |5 — х \ >0.

Построим график функции

f ( x ) = I* —2 | + |7-2*| - |5 —*| (рис. 1).

Для упрощения построения надо напомнить сле­дующее:

1) Выражения \ х — 2|, | 7 — 2 х [ , |5 — х \ обра­щаются в нуль соответственно в точках 2; 3,5; 5.

2) Графиком каждой из функций у — \ х — 2|, у = — 17 — 2х|, у = \ 5 — х \ является объединение двух лучей.

3) Поэтому графиком функции f ( x ) является ло­маная.

4) Для построения этой ломаной находим коорди­наты ее вершин В, С, D : f(2) = 0; /(3,5) = 0; /(5) = 6.

Затем находим значение функции f ( x ) в какой-либо точке, лежащей левее точки х = 2, и в точке, лежащей правее точки х = 5 . Например, /(0) = 4 и /(6) = 8.

Осталось только прочитать график функции f ( x ) и записать о т в е т : ( — оо; 2), (3,5; + оо).

З а д а ч а 3. Решите неравенство \ х \ > \ 3 — 2 х \ —— х — 1 .

Р е ш е н и е . Преобразуем данное неравенство к виду:

UI — |3 — 2 х \ + х+ 1 >0

и строим график функции f ( x ) = \ х \ — |3 — 2 х \ + л: + 1 (рис. 2).

74

Рис. 1

* В

1:-/ }1 ~ о 1 1

\ с Я 71

1/L

Рис. 2

Выражения \ х \ и |3 — 2х| обращаются в нуль со­ответственно в точках 0 и 1,5. Графиком функции f ( x ) является ломаная. Для ее построения вычисляем:/(0) = —2; /(1,5) = 4; /(-1)= -4; /(2) = 4 (точка -1лежит левее точки 0, а точка 2 расположена правееточки 1,5)/

Прямая D E , очевидно, параллельна оси абсцисс. Поэтому график функции /(х), т. е. ломаная A B D E пересекает ось абсцисс только в одной точке С . Из подобия прямоугольных треугольников О С В и F C D следует О С = 0,5. Получаем о т в е т : (0,5; + оо).

З а д а ч а 4. Решите неравенство

7U— 1| —3 > U + 2I. (1)

Р е ш е н и е . Строим графики функций /(*)= U + + 2 | | , ср(х) = \ х — 11 — 3, \f>(x) = 7:ф(х)(рис. 3). Графики этих функций легко строятся без применения произ­водной, так как они монотонные на соответствующих промежутках.

Прямые х = — 2 и х = 4 являются вертикальнымиасимптотами графика функции г|)(х).

Для определения абсцисс точек В и С решаем со­ответственно уравнения

Получаем £(5; 7) и C ( — ~\[l — 2 f A J l ) . С помощью рисунка 3 получаем о т в е т : [ — V 7 — 2; —2), (4; 5].

З а д а ч а 5. Решите неравенство х — 2 А д [ х .75

Р е ш е н и е . Строим графики функций /(х) = х — 2и ц ( х ) = л / х (рис. 4). После этого становится понятным,

что уравнение х — 2 = л [ х имеет только один положи­тельный корень Х о > 2, а решением данного неравенства является промежуток [0; хо], так как данное неравенство определено только для неотрицательных чисел.

Решив уравнение х — 2 = л [ х путем возведения его обеих положительных частей в квадрат, получаем х0 = 4.

Здесь надо заметить следующее:Во-первых, уравнение (х— 2)2 = х не равносильно

уравнению х — 2=А~\[х. Первое из них имеет корни 1 и 4, а второе — только 4. Из рисунка ясно, почему число 1 является посторонним корнем для уравнения

х — 2 =л[х (точка А \ есть пересечение графиков функ­ц и й / ( х ) = х — 2 И ф|(х) =---------- \[х).

Во-вторых, предварительно построенные графики функций /(х) и ф(х) снимают вопрос о посторонних корнях соответствующих уравнений и неравенств.

З а д а ч а 6. Назовите множество решений нера­венства

"\Л7 + х а> 5 — х. (1)

Р е ш е н и е . Строим графики непрерывных монотон­ных функций:

f ( x ) = а 7 + х и ф(х) — 5 — х.

Функция /(х) определена на промежутке [ — 7; + оо), непрерывна и монотонно возрастает. Она изменяется от 0 до + оо. Функция ф(х) определена для всех дейст­вительных чисел, она монотонно убывает от + оо до

76

— оо. Поэтому уравнение \ l - \ - x = 5 — х имеет един­ственное решение лго- Легко заметить, что Х о = 2. С по­мощью графика находим о т в е т : (2; + оо).

З а д а ч а 7. Решите неравенство ~ y j x — 1 +-f- ~ \ J х + 14 л 3.

Р е ш е н и е . Левая часть неравенства определенана промежутке [1; +оо). Функция f i ( x ) = J J x — 1 не­прерывная и монотонная (на указанном промежутке

возрастает от 0 до -f-oo). Функция /г(*) = л / х 14непрерывная и монотонная (на промежутке [1; + оо)возрастает от ~\f\5 ’ j x o + оо), поэтому непрерывнаяфункцияf ( x ) = f ] ( x ) + f - 2( x ) на полуинтервале [1; + оо)возрастает от "Л15 до + оо*. Так как тосу-ществует единственная точка х 0 такая, что f ( x о) — 3. Очевидно,Х о — 2 . О т в е т , х л 2 .

З а д а ч а 8. Решите неравенство

^ .Vf-.+ l < 1. (1)1 — 2 “\/3 — х

Р е ш е н и е . Выражение 2 ~ у х \ определено наполуинтервале [ — 1; +оо). Выражение 1 — 2 ~ \ / з — хопределено и отлично от нуля на промежутках (— о о ; 2,75) и (2,75; 3], поэтому неравенство (1) определенона промежутках [ — 1 ; 2,75) и (2,75; 3].

Строим графики функций: f ( x ) = 2л]х + 1 и ф(х) == 1 — 2л] 3 — х на промежутках ( — 1 ; 2,75) и (2,75; 3].

Так как на полуинтервале [ — 1 ; 2,75) функцияf ( x )

неотрицательна, то л О на этом промежутке и

полуинтервал [— 1; 2,75) является решением неравен­ства ( 1 ).

Функцииf ( x ) и ф(х) на полуинтервале (2,75; 3] поло­жительные и возрастающие: "У 15 С f ( x ) л 4; 0 <

< ф(х) л 1. Поэтому на промежутке (2,75; 3] f ( х >

> 1 > 1О т в е т . [ — 1; 2,75).З а д а ч а 9. Решите уравнение

log3*=i+^r- 0)

13

Р е ш е н и е . Строим графики функций f ( x ) = log3*, <р(х) =

= 1 + 2 Г А Т (Рис- 5)- На полуинтервале (— оо; 0]

функция f ( x ) не определена,поэтому на этом промежуткенет решений уравнения (1).

На интервале (0; 0,5) функ­ция ф(х) положительна, а фун­кция f ( x ) отрицательна, поэтому и здесь нет решений уравне­ния ( 1 ) .

В точке лг = 0,5 функция ф(х) не определена.На полуинтервале (0,5; 1] функция /(*)> — 2, а

функция ф(лг)< —2.На интервале (1; 2) функция f i x ) положительна,

а функция ф(х) отрицательна.В точке х = 2 функция ф(л:) = 0, а функция f ( x )

положительна.На полуинтервале (2; 3] функция .ф(лг) < 0,4, а функ­

ция f ( x ) > 0,4.Наконец, на промежутке (3; + оо) функция ф(х) < 1,

а функция f ( x ) > > 1.Таким образом, уравнение (1) не имеет решений.

Задание 8. ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА

З а д а ч а 1. Решите уравнение ~\2х + 5 = 8 —

— у * — гП е р в о е р е ш е н и е . Преобразуем уравнение к

виду:

•д/2* + 5+ л]х — 1 = 8.

Функция f ( x ) = -\j2x + 5 +Ул; — 1 определена длях л \ , непрерывная и возрастающая. Очевидно,

f ( \ ) = - v <,8. Поэтому существует единственный ко­рень Х \ .

Находим значение функции f { x ) при некоторых

значениях х: /(2) = 4, /(5) » 6, /(17) = -\[\9 + 4 > 8. После чего ясно, что 5 < * i < 17. Нетрудно заметить,что /(10) = 8.

78

В т о р о е р е ш е н и е . Возводим обе части уравне­ния в квадрат. Получаем:

2* + 5 = (8 — У* — I)2 или

1 бУ* — 1 = 58 — х.

Возводим в квадрат обе части последнего уравнения После приведения подобных членов получаем:

х2 - 372* + 3620 = 0.

Корни этого уравнения: х\ = 10, *2 = 362.Каждое новое уравнение было следствием преды­

дущего. Поэтому в процессе решения уравнения (1) могли появиться посторонние корни. Следовательно, полученные корни нуждаются в проверке:

/(Ю) = 8, /(362) = 46.

Отсюда ясно, что уравнение (1) имеет единствен­ный корень * = 10.

З а д а ч а 2. Решите уравнение____________

~\] Зх —1 = 3 —{- л] х — 1. (1)

П е р в о е р е ш е н и е . После возведения обеих ча­стей уравнения (1) в квадрат получаем:

3* 1 = 9 6 У* — \ -J- (* — 1)или

6 -у/х — 1 = 2 х - 7 . (2)

Уравнение (2) после возведения его обеих частей в квадрат преобразуется к виду: 4*2 — 64* + 85 = 0.

Его корни: *i = 0,5(16 + зУГЁГ) ~ 14,539; *2 = 0,5(16 —— зУнГ)« 1,4615.

Проверка (при помощи микрокалькулятора) пока­зывает, что только число *i является его решением.

В т о р о е р е ш е н и е. Найдем наибольшее значениефункции /(*) = 3 +У* — 1 — Уз* + 1 при помощи производной:

1 2/'(*)=

5Решив уравнение /'(*) = 0, получим *— у. Очевидно,

^ f I — 1 и /(1)= 1, НО У > *2. Поэтому только число

*1 является решением уравнения ( 1 ).

79

Т р е т ь е р е ш е н и е . После двукратного возведе­ния обеих частей уравнения (1) в квадрат и приведенияподобных членов получаем уравнение 4 х 2 — 64* ++ 85 = 0. Его корни *i и х2.

Проверка найденных корней их подстановкой в уравнение (1) без помощи микрокалькулятора сопря­жена с большими трудностями. Поэтому можно при­менить такой способ проверки:

Область определения уравнения ( 1 ) : * А 1. В этом промежутке первое возведение в квадрат обеих частей уравнения (1) является равносильным преобразова­нием. Второе возведение в квадрат применялось куравнению 6 л [ х — 1 = 2 х — 7, которому могут удовлет­ворять только значения х, которые являются реше­ниями неравенства * а 3,5. Устанавливаем, что не­равенство 0,5(16 + Зд/ТэА) а 3,5 истинно, а неравен­

ство 0,5(16 — зУ19)> 3,5 Л О Ж Н О . Поэтому *2 являетсяпосторонним корнем уравнения (1 ).

З а д а ч а 3. Решите уравнение

л [ х — 9 = ( х — З)3 + 6. (1)Р е ш е н и е . Стандартные приемы решения этого

уравнения приводят к громоздким преобразованиям выражений с переменными.

В таких случаях нужно сначала получить гипотезу о числе решений уравнения. Для этого составим при помощи микрокалькулятора таблицы непрерывныхфункций

f ( x ) — л / х — 9 и ф(л:) = ( х — З)3 + 6:

X f ( x ) ф(*) - х ■ / м ф W

0 —2,1 —21 6,5 — 1,4 490,5 —2,0 —9,6 7 — 1,3 701 —2,0 —2,0 7,5 — 1,1 971,5 —2,0 2,6 8 — 1,0 1302 — 1,9 5,0 8,5 —0,8 1702,5 — 1,9 5,9 9 0 2203 — 1,8 6,0 9,5 0,8 2803,5 — 1,8 6,1 10 1 3504 — 1,7 7 10,5 1,1 4304,5 — 1,7 9,4 11 1,3 5205 — 1,6 14 1 1,5 1,4 6205,5 — 1,5 22 12 1,4 7406 . — 1,4 33

80

Строим графики функ- у цийf ( x ) и ф(х) (рис. 1).

Что дает внимательное изучение таблиц и графи­ков функций /(х) и ф(х)?

Во-первых, становится ясным, что решением дан­ного уравнения является _ число 1.

Во-вторых, на отрезке [1,5; 9] функция /(х) непо­

ложительная, а функция ф(х) положительная. Поэтому на этом промежутке решений уравнение (1) не имеет.

В-третьих, на интервале (9; + оо) функции /(х) и ф(х) положительны.

Графики этих функций подсказывают, что на интер­

вале (9; + оо) целесообразно заменить выражение- У х '— 9 на д/х — 3. Очевидно, л / х — 3 >> д/х — 9 на (9; +оо). Правую же часть уравнения (1) уменьшим,вычтя из него 6.

Итак, попытаемся доказать, что на интервале (9;+ оо) верно неравенство

.-у/х — 3 < ( х — З)3. (2)

После возведения обеих частей неравенства (2) в куб получаем:

(х-3)[(х-3)8- 1]>0. (3)

На промежутке (9; + оо) неравенство (3) верно. Значит, на этом промежутке верно неравенство (1) и, следова­тельно, неравенство ф(х) ;>/(х).

Таким образом, показано, что на промежутке [1,5; + оо) уравнение (1) решений не имеет.

На промежутке (1; 3] функция /(х) вогнутая, а функ­ция ф(х) — выпуклая. Поэтому на этом промежутке график функции f ( x ) лежит под хордой А С , а график функции ф(х) лежит над хордой А В (рис. 1). Отсюда ясно, что и на полуинтервале (1; 3] уравнение (1) реше­ний не имеет.

На интервале (—оо; 1) график функции f ( x ) нахо­дится над прямой А В , а график функции ф(х) лежит под прямой А В . Поэтому и на промежутке (—оо; 1) уравнение (1) решений не имеет.

81

Таким образом, только число 1 является действи­тельным корнем уравнения ( 1 ).

З а д а ч а 4. Решите неравенство

~{jx2 + 2х + 10 + х4 Л 62 — 32х. (1)

Р е ш е н и е . Так как г2 + 2х + 10 = (х + 1 )2 + 9 > 0 при любом значении л:, то данное неравенство опре­делено при любом действительном значении х. Иссле­дуем некоторые свойства непрерывной функции

f (х) = ~J{x -f- 1 )2 -f- 9 -j- х4 -j- 32х— 62. (2)

Если х Л О , то непрерывная функция f ( x ) — возра­стающая. Поэтому уравнение f ( x ) = 0 имеет не больше одного неотрицательного корня х \ . Но /(0) < 0 и/(2) > 0, поэтому 0 < х \ < 2.

Неравенство д/(х + I)2 + 9 > 0 верно при любом значении х . Поэтому уравнение f ( x ) = 0 не имеет корней для тех значений х , которые являются решениями не­равенства х 4 + 3 2 х — 62 л 0.

Получаем х 4 + 3 2 х — 62 = х(х3 + 32) — 62. Если х < — 4, то х3 + 32 < — 32 и х(х3 + 3 2 ) > 128. Поэтому при х < — 4 верно неравенство х + 3 2 х — 62 > 0. Теперь ясно, что отрицательные корни уравнения /(jc) = 0 могут принадлежать только интервалу ( — 4; 0).

При помощи программируемого микрокалькулятора составляем таблицу значений функции f ( x ) :

X — 4 -3,5 -3 — 2/5 -2 — 1,5 -1 -0,5 0

f i x ) 68 -22 -75 — 101 -108 -103 -91 -76 -60

На основании этой таблицы можно предположить, что на отрезке [ — 3,5; 0] уравнение f ( x ) = 0 не имеет корней. Но как это доказать?

Очевидно,

д/э <7(х+ 1)2 + 9<л/(-3,5+ 1)2 + 9.Отсюда

1,73<-ЭД* + 1)2 + 9< 1,98. (3)Выясним, как изменяется функция ф(х) = х4 +

+ 32х —62 на отрезке [ — 3,5; 0]. Находим ф'(х) =

82

= 4х3 + 32. Решив уравнение 4г3 + 32 = 0, получаем х = — 2. Вычисляем:

ф(— 2) = - 110; Ф(0)= -62; ф(-3,5)« -23,9375. (4)

Из условий (3) и (4) ясно, что на всем отрезке [ — 3,5; 0] функция /(лс)<0.

На отрезке [ — 4; —3,5] непрерывные функции

у = ~\](х + 1)2+ 9 и ф(дс) убывающие. И так как/(— 4) « 68 > 0, а /(— 3,5)« — 22 < 0, то на интервале ( — 4; —3,5) существует единственный корень Х 2 урав­нения f ( x ) = 0.

Для уточнения значений корней х \ и Х 2 составим при помощи микрокалькулятора таблицу значений функции f ( x ) :

л; № X /М

0 -60,22 — 4 68,062 20,06 -3 -75,11,5 -7,00 -3,5 -21,961,6 -2,25 -3,7 9,021,7 2,76 -3,65 0,68971,65 0,9754 -3,64 -0,929051,64 — 0,287 — 3,645 — 0,121661,643 — 0,13743 -3,646 0,040291,644 — 0,0875081,645 — 0,0375531,646 0,012434

Итак, х \ ж — 3,6455; Х2~ 1,6455.Легко заметить, что х \ + Х \ « — 2, Х \ Х 2 ~ — 6.

Решив систему уравнений: х\-\-Х2= ------------------- 2, *1X2=— 6,получим гипотезу:

*1 = — -\/7 — 1, х2 = -ф — 1.

Непосредственной подстановкой х\ и Х 2 в уравнении f ( x ) = 0 убеждаемся в справедливости этой гипотезы.

З а д а ч а 5. Решите неравенство

2л2х + 8 + -Л303 - 5* > 7. (1)

Р е ш е н и е . Исследуем на экстремум и монотонность непрерывную функцию

/(*)' = 2л2х + 8 + -Л303 - 5х. (2)

83

Находим:

■V(2х + 8)4 -л(303 -5ж)4

Для нахождения критических точек этой функции решаем уравнение f ’ ( x ) = 0:

0,8 1 0,85 1 /оЧ

т/(2* + 8)4 _ -д/(303 - 5дс)4 или 7.2А + If =/((3Ъ° - 5л) (3)

Уравнение (3) равносильно совокупности следую­щих двух уравнений:

/'(*)=- °’8

1 /4ч2х + 8 303 - 5* ’

3@ = L. (5)2*+"8 5х — 303 v '

Решив линейные уравнения (4) и (5), получаем:

w

X, = » 38,258301 1корень уравне-1 + 2 л/о,8 - 1

ния ( 4 ) ) .

Х2 = 303-0,4-лЛ8 + 4_ _ j33,06099 (корень уравне-2-Л08- 1

ния (5)).

Приближенные значения х \ и х2 получены на микро­калькуляторе.

Вычисляем на микрокалькуляторе: f ( x \ ) z z 7 y 3 7/(*2)« 2,86; /(0)Л6,166 </(*,); /(100)« 2,93 </(л)/(100) > /(*2). /(200)« 2,952 > /(*2); /(1000) «2,983/(100000)Л9,2. /(20000)Л6,65.

Строим график непрерывной функции /(*) (рис. 2) и график функции у = 7 . Эти два графика пересекаются в точках А , В и С (их абсциссы обозначены соответст­венно а, b, с ) . Отсюда ясно, что неравенство (1)верно, если а л х л Ь и х л с . Ясно также, что 0 < а < ; х и х \ < Ь < 100 и 20000 < с < 100000.

84Рис. 2

Более точное значение а , b и с найдем при помощи микрокалькулятора. Процесс последовательного уточ­нения значений а, b и с виден из таблицы:

X /м X №

30 7,36 57,13 6,999410 6,92 b = 57,125 7,0011 6,96 30 000 7,2129

а — 12 7,00 25 000 6,954650 7,31 26 000 7,009460 6,52 25 500 6,98855 7,14 25 700 6,99856. 7,08 25 800 7,00357 7,01 с = 25 75057,1 7,00757,11 7,0010557,12 7,000207

Задание 9. УРАВНЕНИЯ И НЕРАВЕНСТВА С ПАРАМЕТРАМИ

З а д а ч а 1. Решите неравенство

т х 2 — 2 ( т — \ ) х + ( т -f 2) < 0 (1)

относительно х [ т — параметр).Р е ш е н и е . Решаем неравенство (1) относительно

параметра т :_ 2 ( х 4-1) / «Л

т < т г

Если х = 1 , то неравенство (1) ложно.

Для построения графика функции т ( х ) = — 21 )

составляем при помощи микрокалькулятора таблицу ее значений. График подсказывает, что наибольшее зна­чение функции т ( х ) равно 0,25. Для подтверждения этой гипотезы достаточно доказать справедливость нера­венства

-2-л«0,25.

85

С помощью графика функции т ( х ) получаем о т в е т :

если m л 0,25, то неравенство (1) решений не имеет;

если 0 < т < 0,25, то х \ л х лХ 2 ( х \ иХ 2 — корни уравнения, соответствующего неравенству ( 1 ));

если т — 0, то х < — 1; если т < 0, то х < x i , х > Х 2.З а д а ч а 2. Найдите все значения а, при которых

уравнение2 lg(jr + 3) = Ig(a*) (1)

имеет единственный корень.П е р в о е р е ш е н и е . Очевидно, х >— 3, а х > 0,

х л О . Из уравнения (1) получаем:

( х + З)2 — а х , а — = (л[х + , если х > 0.

Очевидно,

Отсюда ясно, что для положительных л; наименьшее значение функции

равно 12. Если — 3 < х <0, то функция (2) убываю­щая от нуля до — оо.

О т в е т . а = 1 2 и л и а< 0 .В т о р о е р е ш е н и е . Строим график функции

у = (х-\-3)2 при х > —3 . Теперь ясно, что при всеха С 0 прямая у = а х пересекает график функции у = { х - + З)2 только в одной точке. Если а > 0, то прямая у = а х имеет единственную общую точку с кривой у = { х + З)2 при х > — 3 только тогда, когда у — а х является касательной к этой кривой. Отсюда получаем а = 12.

З а д а ч а 3. Найдите те вещественные значения параметра а, при которых неравенство

х2 — [ a *-f- 1)х -f- а 1 0 (1)

верно при всех значениях х , удовлетворяющих условию \х\ < 1 .

86

П е р в о е р е ш е н и е . Решаем неравенство (1) отно­сительно параметра:

х 2 — а х — х + а + 1 > О, х 2 — х + 1 > а х — а,а ( х — 1) С х2 — х + 1. (2)

Так как \ х \ < 1, т. е. - 1 1, то х - 1 <0 и изнеравенства (2) получаем (для х — 1 Ф 0!):

Строим график функции а ( х ) = х + ~ f на — 1

< JC < 1Для этого вычисляем:

«'(*) = - -(Г=тг=0-

Корнем этого уравнения, принадлежащим полуинтер­валу [— 1; 1], является только 0. Вычисляем: а(0) = — 1; а ( — 1) = — 1,5; а(1) = — оо.

С помощью графика получаем о т в е т : — 1 < С а < С + о о .

В т о р о е р е ш е н и е . График функции а ( х ) можно построить при помощи микрокалькулятора (и без по­мощи производной!). При помощи микрокалькулятора легко обнаруживаем, что нужное нам наибольшеезначение функция а ( х ) достигает в точке х = 0. После этого остается доказать, что

А это уже совсем простое дело.З а д а ч а 4. Решите уравнение

х ~ { + а х = 1 (1)и неравенства x ~ l + а х >1 (2)

x ~ l + а х < 1 (3)

относительно х ( а — параметр) и выполните исследова­ние свойств их решений.

Р е ш е н и е . Очевидно, х Ф 0. Решаем сначала урав­нение (1) и неравенства (2) и (3) относительно параметра а :

х — 1а = (4)87

Из неравенства (2) получаем:

c l > х - $ если х>>0; (5)

а С х-д_ если х < 0 . (6)

Из неравенства (3) получаем:

если (7)

а > если х < 0 . (8)

Исследуем функцию а =— т X(1 - 1 ). Эта

функция является квадратичной относительно х ~ \ По­этому ясно, что она принимает наибольшее значение в точке х_1=0,5, т. е. при х = 2 .

Обозначим X ] и х2 — корни уравнения ( 1 ), причем Х \ < *2.

Построим график функции а = х ~ х —х ~ 2 . С по­мощью его можно ответить на следующие во­просы:

1. Почему график функции а = х ~ 1 —х ~ 2 пересе­кает ось абсцисс только в одной точке?

2. Почему график этой функции не пересекает ось ординат?

3. При каких значениях параметра а уравнение (1) не имеет решений?

О т в е т , а > 0,25.4. При каких значениях параметра а уравнение (1)

имеет только одно решение?О т в е т . При а = 0.5. При каких значениях параметра а уравнение (1)

имеет наибольшее число корней?О т в е т . 0 < а < 0,25; а < 0.6. При каком значении а положительный корень

уравнения (1) будет наименьшим?О т в е т , а — 0,25.7. Как изменяются корни уравнения ( 1 ), если

а < 0 и неограниченно уменьшается?О т в е т . Оба корня уравнения (1) стремятся к нулю.8. Сравните \ х \ \ и х2, если а < 0.Решив уравнение (1) относительно х у получаем:

Отсюда ясно, что \ х \ \ > х л .9. Существует ли такое значение параметра а, при

КОТОРОМ Х \ + Х2 = О?О т в е т . Не существует.10. Существует ли такое значение параметра а, при

КОТОРОМХ \ > 2 ИХ2 > 2?О т в е т . Не существует.11. Существует ли такое значение параметра а, при

котором Х \ -\-Х2= 1000?О т в е т . Не существует.12. Как изменяется отношение х\ :х2, если а > 0 и а

стремится к нулю?О т в е т . Стремится к нулю.13. При каких значениях параметра а решением

неравенства (2) являются промежутки (0; х \ ) и[ Х 2 , + сю)?

О т в е т . 0 < а < 0,25.14. Какое из неравенств верно: (2) или (3), если

а С 0, x < x i и 0 < х < х 2 ?О т в е т . Неравенство (2).15. Точки какого промежутка являются решениями

неравенства (3), если а < 0?О т в е т . х ' \ < х < 0, х > Х 2.16. Существует ли такое значение параметра а, при

котором решением неравенства (3) является проме­жуток (xi; хг)?

О т в е т . 0 < а < 0,25.З а д а ч а 5. Рассмотрим ряд свойств уравнений и

неравенств, содержащих переменную под знаком моду­, ля. Проведем исследование квадратного уравнения и

неравенств ( а — параметр):

Р е ш е н и е . Сначала построим график уравне­ния ( 1 ):

если х Л а , то

х2 + 4х — 2 | х — а | + 2 — а = 0, х2 + 4х — 2 | х — а | + 2 — а > 0, х2 + 4х — 2 | х — а | + 2 — а < 0.

а \ ( х ) = а = — х 2 — 2 х — 2; (4)если х < а, то

а2(х) = а = у (х2 + 6х + 2). (5)

89

Графики функций а \ ( х ) и а 2{ х ) показаны на ри­сунке 1.

Числа а = — 3 — д/7 и (3 = — 3 + д/7 — дейст­вительные корни уравне­

ния J- (.х2 + 6х + 2) = 0.О

Если х А а, то из не­равенства (2) находим, что а > — х2 — 2х — 2.

Если х < а, то из не­равенства (2) следует,

что а < у(*2 + 6х + 2).Если х а а, то из неравенства (3) следует, что

а < — х2 — 2х — 2.Если х < а , то из неравенства (3) получаем, что

а ~Ь 6х -|-2).С помощью графика уравнения (1) можно дать отве­

ты на следующие вопросы:1. Назовите, при каких значениях параметра а урав­

нение (1) имеет: одно, два, три или четыре решения.2. Существует ли такое значение параметра а, при

котором уравнение (1) не имеет решений?О т в е т . Не существует.3. Назовите наименьшее значение параметра, при

котором уравнение (1) имеет три корня.

О 7О т в е т , а = ------- .4. Назовите наибольшее значение параметра а , при

котором уравнение (1) имеет три корня.О т в е т , а 2.5. Существует ли такое значение параметра а, при

котором один из корней уравнения (1) равен —1,5?О т в е т . Не существует.6. Существует ли такое значение параметра а, при

котором наибольший положительный корень уравнения(1) больше абсолютной величины наибольшего отри­цательного корня?

О т в е т . Такого значения параметра а не существует, потому что оси симметрии парабол a i ( x ) = — х —

— 2х — 2 и аг(х) = у(х2 + 6х + 2) сдвинуты от начала координат влево.

90

7. При каких значениях параметра а сумма всех корней уравнения (1) отрицательна?

О т в е т . При всех действительных значениях пара­метра а .

Для удобства в дальнейших рассуждениях обозна­чим: х \ , Х 2, х з , х 4 — корни уравнения (1), причем Х \ < *2 < Хз < Х 4 .

8. Уравнение (1) имеет корни х \ и х 4 . Назовите промежутки, точки которых являются решениями не­равенства (2).

О т в е т . x < x i , х > х 4 .9. Уравнение (1) имеет четыре корня: x \ t Х 2, Х з , х 4 .

Назовите промежутки, точки которых являются реше­ниями неравенства (3).

О т в е т . x i < x < x 2 , х 3 < х < — 2, —1 С х С х 4 .10. Назовите промежуток, на котором верно нера­

венство (3), если один из корней уравнения (1) ра­вен 1.

О т в е т. х \ < х <с — 2, — 1 < х < 1.11. Назовите промежуток, на котором верно нера­

венство (2), если один из корней уравнения (1) равен нулю.

О т в е т , х <Lx\t х> — 1.12. Существуют ли такие значения параметра а,

при которых неравенство (2) верно для всех действи­тельных значений х?

О т в е т . Такие значения а существуют. Например,

13. Существуют ли такие значения а, при которыхнеравенство (3) верно при всех отрицательных значе­ниях х?

О т в е т . Не существуют.14. Существует ли такое значение а, при котором

х 4 — хз = 2000(Л2 ---- *0?

разность х2 — х\ стремится к нулю, а разность х4 — х3 стремится к 3. Поэтому существует такое значение а, при котором верно равенство х4 — *з — 2000(А2 — Х \ ) .

15. Существует ли такое значение а, при котором х 4 — х3 = 200(х3 — х2)?

О т в е т . Такое значение а существует.16. Чему равна сумма корней уравнения ( 1 ), если

О т в е т . Если а стремится

а = -2?

91

О т в е т . О + ( — 2) -f- ( — 4) — — 6.17. К чему стремится сумма корней уравнения ( 1 ),

97 оесли а стремится к ?

О т в е т . ( — 3 ) + ( — 3 ) + ( — 2 ) ---------- 8.

З а д а ч а 6. Исследуем корни уравнения

х 4 + а ( х — I)4 — 8 ( а — параметр) (I)

и функцию

(2)

Р е ш е н и е. Построим график функции (2) следую­щим образом. Во-первых, замечаем, что выражение

g Л-4( -т-^н е определено в ^то чке х — 1. В о- вторых, а ( х ) =— 0, если х = — д/8 или х—д/8. Обозначим: — \ 8 —

= т , д/8 — п .Составляем при помощи микрокалькулятора табли­

цы значений функций: f ( x ) = 8 — х4, ф(х) — (х — I ) 4 , a ( x ) = f ( x ) : ф(х):

X И * ) <р(х) а ( х ) X f ( x ) фМ а ( х )

0 8,00 1,00 8,00 0 8,00 1,00 8,000,2 7,99 0,41 20,0 -0,2 7,99 2,07 3,860,4 7,97 0,13 61,3 -0,4 7,97 3,84 2,080,6 7,87 0,026 303 -0,6 7,87 6,55 1,200,8 7,59 0,0016 4744 -0,8 7,59 10,5 0,721,0 7,00 0,00 — -1,0 7,00 16,0 0,441,2 5,93 0,0016 3706 — 1,2 5,93 23,4 0,251,4 4,16 0,026 160 -1,4 4,16 33,2 0,131,6 1,45 0,13 11,2 -1,6 1,45 45,7 0,032

Х о = — Хо —— 78 0,00 0,24 0 — V® 0,00 53,1 0,00

1,8 -2,50 0,41 -6,09 — 1,8 -2,50 61,5 — 0,0412,0 — 8,00 1,00 -8,00 — 2,0 -8,00 81,0 -0,102,2 -15,4 2,07 -7,44 -2,5 -31,1 150 -0,212,4 -25,2 3,84 -6,56 -3,0 -73,0 256 -0,292,6 -37,7 6,55 -5,76 -4,0 -248 625 -0,402,8 -53,5 10,5 — 5,10 -5,0 -617 1296 -0,483,0 -73,0 16,0 -4,56 -10,0 — 9992 14 641 -0,683,5 -142 39,1 -3,63 -15,0 -50 617 65 536 -0,774,0 -248 81,0 — 3,06 -20,0 -160000 194 481 -0,82

10,0 -9992 6 561 — 1,52 -25,0 -390625 456 976 -0,8520,0 — 160000 130 321 -1,23

92

С помощью таблицы строим графики этих функций (рис. 2).

Выясним свойства функций f ( x ) , ф(х) и а ( х ) видны из таблицы и графиков. Какие из обнаруженных свойств мы сможем обосновать?

Функция f ( x ) принимает наибольшее значение в точке 0, и /(0) = 8. Она изменяется от — оо до 8. Ее график пересекает ось абсцисс в точках т и п и сим­метричен относительно оси ординат.

Функция <р(х) неотрицательна; ф( 1) = 0. Она изме­няется от 0 до + о о . Ее график симметричен относи­тельно прямой а = 1.

Функция а ( х ) есть частное функций f ( x ) и ф(х).На промежутке [т; 0] функции f ( x ) и ф(х) положи­

тельны; функция f ( x ) возрастает от 0 до 8, а функция

ф(х) убывает. Поэтому функция а ( х ) = - А щ на этом

промежутке возрастает от 0 до 8.Таблица и графики функций указывают на то, что

отрицательная функция а ( х ) на (— о о ; т ) больше — 1 и монотонно возрастает до 0.

Докажем, что если х < С т у то а ( х ) > —1.Очевидно,

Поэтому если бу­дет доказано не­равенство

то тем самымдокажем, чтоа ( х ) > — 1. Но

если х < — 1. Поэтому верно и неравенство

а ( х ) > — 1,если х<С т <С — 1.

93

Докажем еще, что если х > п > 1, то а ( х ) > — 8, т. е.

( —т> ~8. (3)( x -1 y w

После приведения к общему знаменателю и приведенияподобных членов последнее неравенство принимает вид:

х(9х2 - 32* + 48) - 32 > 0. (4)

Легко убедиться, что наименьшее значение функции

и ( х ) = 9х2 — 32х + 48 больше 19. А так как х > д/8, т. е. х >>1,7, то неравенство (4) верно при х > п .

Докажем, наконец, что если х > 2, то а(х) << — 1, т. е.

или 2х(2х2 — Зх + 2) — 9 ;> 0. Очевидно, для х > 2 функция v ( x ) = 2 x 2 — Зх + 2 возрастающая. Ее наи­меньшее значение (в точке х = 2) равно 4. Поэтому неравенство 2х(2х2 — Зх + 2) — 9 > 0 при х > 2 верно.

Таблица и график функции а ( х ) позволяют полу­чить ответы на следующие вопросы:

1. При каких значениях параметра а уравнение (1) имеет только одно решение?

О т в е т . При а = —8.2. Сколько корней имеет уравнение ( 1 ) , если а —

= —1?О т в е т . При а = — 1 уравнение (1) решений не

имеет.3. При каких значениях параметра а уравнение

(1) имеет два решения?О т в е т . — 8 <С.а<С— 1 и а >— 1 .4. Рассмотрите таблицу и назовите те промежутки,

на которых функция <р(х) изменяется быстрее, чем функция f(x).

5. При каких значениях параметра а оба корня уравнения (1) положительны?

О т в е т . а < — 1.6. Пусть х\ и х2 — корни уравнения (1) и Х2>Х|.

Существуют ли такие значения параметра а, при кото­рых х2 — х 1 <С 1 ?

7. Существуют ли такие значения параметра а, при которых х2 — Xi > 1000?

8. Как изменяются корни х\ и х2 уравнения ( 1 ) , если параметр а уменьшается от —8 до —1?

94

9. Существуют ли такие значения параметра а ,при которых верны неравенства: Х \ Х 2 <С 0 иХ \ Х 2 > — 1 ?

10. Как изменяется произведениеХ \ Х 2 , если а уве­личивается от 0 до + оо?

11. Существует ли такое значение параметра а, при котором уравнение (1) имеет три корня?

12. К чему стремится сумма х\'+*2, если а неогра­ниченно возрастает?

13. Верно ли, что х 4 + a ( x — I)4 > 8, если — 1<< а < 1 ?

У к а з а н и е . При обосновании ответа используйте таблицу и рисунок.

14. Почему не существует такого значения а, при котором один из корней уравнения (1) равен 1?

15. Верно ли, что х 4 - + а ( х — I)4 > 8, если х \ < х <

Постройте график этого уравнения и исследуйте его корни ( а — параметр).

Р е ш е н и е . Преобразуем уравнение (1) следующим образом:

< х2?16. При каких а верно неравенство

х 4 + а ( х — I)4 > 8

для всех х, принадлежащих полуинтервалу [3; 4)?О т в е т , а > а ( 4 ) . З а д а ч а 7. Дано уравнение

г3 + (2 — а ) х — а — 3 = 0. П

хЛ -{- 2 , х — 3 ( х — 1) • (х2 -j- х -f- 3)а х -f-1

(*— l)(x + —ру- ) = *(*— l) + Ml

x { x - 1) + 3(1 +Т-Д)

_l) + 3 _ _ 6 _ . ( 2 )

Составляем при помощи микрокалькулятора табли-g

цы функций: f ( x ) = х { х — 1) + 3; ф(х)

= f ( x ) + <р(4

; а ( х )

95

Таблица 1

X т фМ а ( х ) X я т ф(х) . Ф )

-1,0 5,0 — 1,0 5,0-1,2 5,6 50 55,6 -0,8 4,4 -30,0 -25,6

— 1,4 6,4 15 21,4 -0,6 4,0 -15,0 -11,0— 1,6 7,2 10 17,2 -0,4 3,6 — 10,0 -6,4-1,8 8,0 7,5 15,5 -0,2 3,2 -7,5 -4,3-2,0 9,0 6,0 15,0 0,0 3,0 -6,0 -3,0-2,2 10,0 5,0 15,0 0,2 2,8 -5,0 -2,2-2,4 11,2 4,3 15,5 0,4 2,7 -4,3 -1,6-2,6 12,4 3,8 16,2 0,5 2,5 — 4,0 -1,5-2,8 13,7 3,3 17,0 0,8 2,9 -3,3 -1,4-3,0 15,0 3,0 18,0 1,0 3,0 -3,0 0,0-3,2 16,4 2,8 19,2 1,2 3,2 -2,7 0,5-3,4 18,0 2,5 20,5 1,4 3,6 -2,5 М-3,6 19,6 2,3 21,9 1,6 ' 4,0 -2,3 1,7-3,8 21,2 2,1 23,3 1,8 4,4 -2,1 2,3

— 4,0 23,0 2,0 25,0 2,0 5,0 -2,0 3,0

Строим графики функций /(*), ср(х) и а ( х ) (рис. 3). В таблице 2 уточнено наименьшее значение функции а ( х ) на отрезке [ — 3; —2]: а(хо) ~ 14,961944; х 0 ~& -2,0785:

Таблица 2

а { х ) X а ( х )

— 2,0 15,0 — 2,06 14,96398-2,2 15,04 -2,08 14,961955-2,15 14,99 -2,075 14,96202-2,05 14,967 -2,085 14,962179-2,03 14,976 -2,081 14,961977-2,07 14,9624 — 2,079 14,961945

Используя таблицы 1, 2 и рисунок 3, ответьте наследующие вопросы:

1. Назовите наименьшее значение функции f ( x ) .2. Чему равно наибольшее значение функции f ( x )

на отрезке [0; 2].3. Назовите наименьшее значение функции f ( x ) на

полуинтервале ( — 1 ; 0].4. Назовите наименьшее значение функции f ( x ) на

интервале (— 1; 1).5. На каком промежутке функцияf ( x ) убывает?

96

6. На каком проме­жутке функция f ( x ) воз­растает?

7. Докажите, что фун­кция ф(х) на интервале ( — 4; —1) возрастает.

8. Назовите прибли­женное значение х, при котором верно равенство

f { x ) == ф(х).9. Почему уравнение

f ( x ) = ф(х) имеет только одно решение?

10. Верно ли, что фун­кция ф(х) возрастающая?

11. Чему равно наи­большее значение функ­ции ф(х) на полуинтервале(-1; 2]?

12. В скольких точках график функции ф(х) пе­ресекает ось ординат?

13. Почему график функции ф(х) не пересека­ет оси абсцисс?

14. Докажите неравенство а ( х 14, если — 2 , 2 А < л < — 2, 0.

Р е ш е н и е . Непрерывная функция f ( x ) на отрезке [ — 2,2; —2,0] убывает от 10 до 9 (см. таблицу 1). Непрерывная функция ф(х) на этом отрезке возрастает от 5 до 6. Но а ( х ) = f ( x ) + ф(А). Поэтому на отрезке [ — 2,2; —2,0] функция а ( х ) не может быть меньше14(9 + 5=14).

15. Докажите, что уравнение /(х) = ф(х) не имеет положительных корней.

16. Имеет ли корни уравнение а ( х ) = ф(х)?Р е ш е н и е . Не имеет, потому что а ( х ) = ф(х) + f ( x )

и /(*) > 0.17. Почему функция а ( х ) возрастает на промежутке

[0; 0,5]?Р е ш е н и е . На этом промежутке f ( x ) убывает от

3 до 2,5, а функция ф(х) возрастает от —6 до —4. Поэтому а ( х ) возрастает.

18. При каких значениях параметра а уравнение х 3 + (2 — а ) х — а — 3 = 0 не имеет корней?

4 А. Б. Василевский 97

19. Назовите несколько значений параметра а, прикоторых уравнение х 3 + (2 — а ) х — а — 3 = 0 имеет: только один корень; три корня; два отрицательныхкорня; один отрицательный корень; только положи­тельный корень.

20. Существует ли такое значение параметра а, прикотором сумма всех трех корней уравнения х3 + (2 —— а ) х — а — 3 = 0 положительна?

21. Существует ли такое значение а, при котором корень уравнения х3 + (2 — а ) х — а — 3 = 0 равен — 1 ?

22. Как изменяются корни уравнения х3 + (2 —— а ) х — а — 3 = 0, если параметр а увеличивается от -6 до 20?

23. Существует ли такое значение параметра а, прикотором произведение трех действительных корней уравнения х3 + (2 — а ) х — а — 3 = 0 больше 1000?

Задание 10. ИССЛЕДОВАНИЕ УРАВНЕНИЙ И НЕРАВЕНСТВ

З а д а ч а 1. Сколько решений имеет уравнение ~ [ х + х3 = 5?

Р е ш е н и е . Функция f ( x ) — ~\[х + х3 определена для х л 0, непрерывная, монотонная, неотрицательная, изменяется от 0 до + оо. Поэтому данное уравнение имеет только одно решение Х\. Очевидно, 1 <xi<2.

З а д а ч а 2. Существует ли корень Хо уравнения sin 2х + 5 sin х + 5 cos х + 1 = 0, если 0 л Хо л 0,25л?

Р е ш е н и е . Не существует. Если 0 л л 0,25я, товсе слагаемые левой части этого уравнения неотрица­тельны.

З а д а ч а 3. Уравнение

sin 2х + 5 sin х + 5 cos х + 1 = 0 (1)

преобразовали следующим образом:

2 sin х cos х + 5 sin х + 5 cos x + 1 = 0. cos x ( 2 sin x + 5) = — 1 — 5 sin x ,

C 0 S X L sjn x + 5 (24),

c o s x = -------1!A 2,5.2 sin x +5

(3)

Докажите, что уравнения (1), (2), (3) равносильны.

98

Как изменяются cos х , 2 s i n x + 5, ^"+5 и -

— 2,5,если х увеличивается от 0,5л до л? Докажите, что на отрезке [0,5л; л] уравнение (3) имеет един­ственный корень.

З а д а ч а 4. Докажите, что уравнение

3 tg 2л: — 4 tg Зл: = tg2 З х tg 2 х (1)

Уе имеет корней, принадлежащих интервалу л0;

Р е ш е н и е . Если 0 < С х < у , то функции tg 2 х и

i g 3 x положительные и возрастающие. Отсюда ясно,

что на л0; левая часть уравнения (1) отрицатель­

на, а правая положительна.З а д а ч а 5. Уравнение

3 tg 2л: — 4tg3* = tg23xtg2x (1)преобразовали следующим образом:

tg 2 х = —, (2)' 3 — tg2 Злг w

tg 2х 3 З х _ Зл_ ■ (3)

Какие два из уравнений ( 1 ), (2), (3) равносильнымежду собой?

З а д а ч а 6. Сколько решений имеет уравнение

arcsin 2 х + arcsin х — (1)

Р е ш е н и е . Функция f ( x ) = arcsin 2 х определена на отрезке [ — 0,5; 0,5], а функция ф(х) = arcsin х опреде­лена на отрезке [ — 1; 1]. Поэтому левая часть уравне­ния (1) определена на отрезке [ — 0,5; 0,5]. Монотон­ная и непрерывная функция у = arcsin 2 х + arcsin х

изменяется на отрезке [ — 0,5; 0,5] от л—5. —JL ) до

(я . я \ 2 2т т я _ 2т - гТ ' Т )’ т' е‘ от J n до Т71' Т <TJt* Поэтому

уравнение (1) имеет единственное решение.З а д а ч а 7. Уравнение

1 + cos 2х cos Зх = 0,5 sin2 Зх (1)

99

преобразовали следущим образом

о 0cos 2х--------

cos 2х

0,5 sin2 3jc — 1 *

cos Зле 0,3 (? — cos2 Зх) — 1 .

cos Зх

cos2x = 1 +cos Зхл. (2)

Докажите, что уравнения (1) и (2) равносильны. До­кажите, что двойное неравенство

— 2 < —!-т—\- cos Зх < 2cos Зх

не имеет решений. Докажите, что уравнение (2) равно­сильно совокупности систем уравнений:

г cos Зх = 1, rcos Зх == — 1,{cos 2х 1, (cos 2х — 1.

З а д а ч а 8. Уравнение

sin х + cos х = -д/2 + sin4 4х (1)

преобразовали к виду:

"\/2 + sin4 4х — sin х — cos х == 0.

В таблице выписаны некоторые значения функции/(х) = ~д/2 + sin4 4х — sin х — cos х, полученные при по­мощи микрокалькулятора:

х° /М * оf ( x )

0 0,414 195 3,20115 0,752 210 2,34330 0,611 225 2,82845 0,000 240 3,34360 0,611 255 3,20175 0,752 270 2,41490 0,414 285 2,684

105 1,270 300 2,343120 1,611 315 1,977135 1,414 330 1,541150 2,340 345 1,270165 2,684 360 0,414180 2,414

100

Рассмотрев таблицу, можно предположить, что на отрезке [0; 2л] уравнение имеет только один корень

X i = а в остальных точках этого отрезка функция f ( x ) положительная.

Наименьшее значение правой части уравнения (1)

равно "У2 Ав точках х = ~ и * ~ у Выясним, чему

равно наибольшее значение левой части этого данного уравнения. Для этого исследуем функцию ф(х) = = sin х + cos х. Находим ф'(х) = cos х — sin х. Оче­

видно, ф'(х) = 0, если х — Вычисляем ф а у а = 2.

Итак, уравнение (1) на отрезке [0; 2л] имеет един­

ственный корень х =

З а д а ч а 9. Уравнение4 sin4 З х — 3 cos х + 5 = 0 (1)

преобразовали к виду:

COS X =1!-1_о—. (2)

В каких пределах изменяются функции /(х) = cos х/ ч 4 sin4 З х 4- 5 И <р{*) =.............з ?

Сколько решений имеет уравнение ( 1 ) ?О т в е т . Уравнение (1) не имеет действительных

корней.З а д а ч а 10. Неравенство

л/2х + 5 а 8 — д/х — 1 (1)

преобразовали к виду:

д/2х + 5 + д/х 1 а 8. (2)

Докажите, что функция /(х) == д/2х + 5 +д/лс ~ 1

возрастающая. Почему уравнение д/2х + 5 + д/х — 1 == — 8 имеет единственный корень х = 10? Назовите все решения неравенства (2).

О т в е т. х а 10.З а д а ч а 11. Докажите, что уравнение д/х + 3-f-

— 2 = 7 имеет единственный корень Х\.

101

Р е ш е н и е . Функцияf ( x ) = л / х + 3 -f л/Зл: — 2 Л . 2определена для лг л —, возрастающая, непрерывная,

/(■|-) = < 7. Легко заметить, что лч = 6.

З а д а ч а 12. Уравнение

-\/22 —л; —\/10 —* = 2 (1)

преобразовали следующим образом:

(-V22 — х — -\/10 — х ) (~\/22 — х + ~\/10 — л:) 2-

~у/22 — л: + “д/lO — х * (22 — х ) — (10 - х ) _д.

л22 - л: + -т/Ю - л:

-V ^------------- .---------- = 1- ( 2)”у22 — л; + "у 10 — х

Для каких значений х определена функция f ( x ) == “\/ 22 — лс + ЛЮ — х ?

Докажите, что функции f ( x ) и ф(лг)== монотонные.

В каких пределах изменяются функции f ( x ) и ф(л:)? Сколько решений имеют уравнения (2) и (1)? Назо­вите целое число, которое является решением уравне­ний (2) и (1).

З а д а ч а 13. Найдите наименьшее значение функ­ции

t|)(jc) = -\/15 — 12 cosx + "л7 — 4д/з sin х (1)

на отрезке [0; 0,5я].Р е ш е н и е . Т а к к а к | c o s x | л 1 и | s i n x | < 1 , то

функция я|)(лг) определена на всем отрезке [0; 0,5л1.

Для поиска свойств функций f ( x ) = A J 15 — 12 cos х ,

ф(х)= у7 — sin лг, ^ф(х) = f ( x ) -j- ф(лг) составляем при помощи микрокалькулятора таблицу их значений:

102

* о /<*) <рМ <р(х)

0 1,7320508 2,6457513 4,37780215 1,7451827 2,5290645 4,2742472

10 1,7839021 2,4076816 4,191583715 1,8463179 2,2818523 4,128170220 1,9296859 2,1518401 4,081526025 2,0308387 2,0179237 4,048762430 2,1465542 1,8803984 4,026952635 2,2738018 1,7395827 4,013384340 2,4098684 1,5958185 4,005686945 2,5523945 1,4494896 4,001884150 2,6993608 1,3010333 4,000394155 2,8490493 1,1509769 4,000026260 3,0000020 0,9999989 4,000000165 3,1509650 0,84906731 4,000032370 3,3008723 0,69972737 4,Q00359775 3,4487928 0,55485998 4,003652780 3,5939145 0,42077535 4,014689985 3,7355228 0,31330512 4,048827990 3,8729833 0,26794924 4,1409325

На основании таблицы можно высказать предполо­жение, что на отрезке [0; 0,5я] функция i|?(x)>4, при­

чем ) — 4-Итак, попытаемся доказать, что

-л/15 — 12 cos х+ "А7 — 4А3 sin 4. (2)

Пусть д/7 — 4-\/з sin x = t .7 /2 I ( 7 /2\2

Отсюда sinx = —, cosx = - \ / l------------------------------ а— и нера-4 д/3 v

венство (2) принимает вид:

V l 5 - V 3 - V 4 8 - ( 7 - / 2 ) 2 > 4 - A . (3)

Обе части неравенства (3) неотрицательны, поэтому после возведения его обеих частей в квадрат получаем равносильное неравенство

15 — д/3 • л/48 — (7 — /2)2 >(4 - О2

ИЛИ-\/3'У48-(7-/2)2<8А- 1 -/2.

Отсюда /4 — 4/3 + 6/2 — 4/ + 1 а 0.

103

Применив теорему Безу, получаем ( t — 1) • ( t 3 — — 3 1 + 3/ — 1 ) Л 0 или ( t — 1 )4 Л 0.

Таким образом доказано, что наименьшее значение функции 'ф(х) равно 4.

З а д а ч а 14. Выясните, каким необходимым и до­статочным условиям должны удовлетворять числа а, b, с, для того чтобы уравнение х3 + а х 2 + Ь х + с = = 0(1) имело три действительных корня, образующихарифметическую прогрессию.

Р е ш е н и е . Обозначим х = р + t . После этого дан­ное уравнение (1) преобразуется к виду:

+ (а + 3 p ) t 2 + (3 р2 + 2 а р + b ) t ++ { р 3 + а р 2 + Ь р + с ) = 0. (2)

Если р = —а : 3, т. е. а + 3р = 0, то уравнение (2)принимает вид

t I / и я3 \ j . I / 2а3 + (*- —)' + (Л7-

И Л И

t3 =

Построим графики функций f ( t ) = t 3 и ф(/) =

= (4 “ (рис* Теперь ясно>что прямая <р(/) пересекает кубическую параболу f ( t ) в точках А и В , симметричных относительно началакоординат, если

a b 2 а а“з" "27 Т (5)

a b , \-3- + С): (3)

а/?“3~

2а3

"27“ (4)

Если — b л 0 и с 0 и прямая ф(/)a b 2 а 3 3 27

пересекает график ффункдим /(ДГ), то корни уравнения (4) не симметричны относительно начала координат.

Итак, необходимым и достаточным условиями, при которых корни данного кубического уравнения вещественны и образуют арифметическую прогрес­сию, служат соотношения (5).

З а д а ч а 15. Решите уравнение

—s— = L 11.Рис. 1 ± 1 2 [ )

(и+

104

Р е ш е н и е . Положительная функция Р ( х ) = —V1 — х2

определена на ( — 1 ; 0) и (0; 1). Положительную функ-ч 1 ,85 / , 12 \

цию /г(х) = у + у 2 рассматриваем на # — 1; — gg) и

(0; 1). Для получения гипотезы о числе корней уравне­ния составляем таблицы функций Р ( х ) и F ( x ) :

X Р ( х ) F { x ) ■ X Р ( х ) F ( x )

-1 о о 6,08 0 5 ООО

-0,9 11,4 5,97 0,1 5,02 17,1-0,8 8,33 5,83 0,2 5,10 12,1-0,7 7 5,65 0,3 5,24 10,4-0,6 6,25 5,41 0,4 5,46 9,58

-0,5 5,77 5,08 0,5 5,77 9,08-0,4 5,46 4,58 0,6 6,25 8,75-0,3 5,24 3,75 0,7 7 8,51

-0,2 5,10 2,08 0,8 4 • т12 5,05 0 1 оо 8,0885

(—1 1; —J убывают.

Методом «ступенек» легко доказывается, что на этом промежутке уравнение (1) корней не имеет. На (0; 1)непрерывная функция Р ( х ) возрастает, функция F ( x ) убывает. Число 0,8 является единственным корнем уравнения ( 1 ).

З а д а ч а 16. Решите уравнение

lg(*2 + 9) — 3 • 2Л' + 5 == 0. (1)

Р е ш е н и е . Отрицательных корней уравнение не имеет, потому что на (— оо; 0) функция Р { х ) = lg(*2 + + 9) + 5 убывает, функция К ( х ) = 3 • 2х возрастает и Р(0)>/С(0).. Для получения гипотезы о числе корней данного уравнения составляем таблицы функций Р ( х ) и К { х ) :

105

X Р ( х ) К ( х ) X Р ( х ) К { х )

0 5,954 3 1,6 6,062 9,090,2 5,956 3,45 1,8 6,087 10,40,4 5,961 3,95 2 6,113 120,6 5,971 4,55 2,2 6,141 13,80,8 5,984 5,22 2,4 6,169 15,81 6 6 2,6 6,197 18,21,2 6,018 6,89 2,8 6,226 20,91,4 6,039 7,92 3 5,255 24

Теперь можно сделать предположение, что если х > 2 , то lg(x2 + 9)<2* (это неравенство легко дока­зывается при помощи производной). После этого ста­новится ясным, что все корни данного уравнения при­надлежат отрезку [0; 2]. Число 1 является корнемуравнения.

Из таблицы ясно, что отрезкам [0; 0,8] и [1,2; 2] не могут принадлежать корни уравнения (1).

Для доказательства того, что 1 является единствен­ным корнем уравнения (1), составляем таблицы функ­ций Р ’ ( х ) и к ’ ( х ) :

Р ’ ( х ) К ’ ( х ) Р ’ ( х ) К ’ ( х )

0,8 0,072 3,6 1,1 0,093 4,40,9 0,079 3,8 1,2 0,099 4,71 0,080 4,1

Теперь ясно, что на интервале (0,8; 1,2) функцияу = р ( х ) — К ( х ) убывает.

З а д а ч а 17. Вычислите наименьший корень Х о урав­нения

л;2 — ->Jlg х + 100 = 0 (1)

(с относительной погрешностью не более 10“390 %). Р е ш е н и е . Уравнение (1) определено на [10” 00;

+ оо). Пусть Р ( х ) = х 2 —A f ' \ g A c + 100. Очевидно, Р(Ю-юо)> 0; Р( 1 ) < 0 ; />(0,1) <0.

Заменим уравнение (1) равносильным ему уравне­нием л:4 = lg л; + 100. Обозначим: М ( х ) = х \ F ( x ) = = l g x + 1 0 0 . Находим М ’ ( х ) = 4x3

t F ’ ( x ) = 1 : ( х In 10).

106

Если 10“100 < х < 0,1, то М ' ( х ) <С F ' ( x ) . Отсюда следует, что наименьший корень данного уравнения принадлежит интервалу (10" ; 10“1). Этому интервалудругие корни уравнения (1) не принадлежат.

Заменим уравнение (1) равносильным ему урав­нением

| х = ~Jlgx+ 100. (2)

Если * = 10-100+10~396, то "\/lgx + 100 = 10“".Так как 10~100_л ю-396 <с 10 ", то наименьший корень уравнения (1) принадлежит интервалу (10“100; lO-ioo+io-396). Но

Ю-100 + 10— , .-Ю0 96

Теперь остается доказать, что Ю10 3% < 10“392. При106/—

помощи микрокалькулятора получаем у Ю< 1,000003.Так как лГ\+а < 1 + — (если 0 < а < 1), то

L jq390 /6 --- V г—_________ ’Ю10'396 = д/ у 10 < 1 Vl.000003 < 1 + 10~395.

О т в е т . 1 0 _ l 0 0 < j c 0 < 1o-100+10"39e.З а д а ч а 18. Найдите корни уравнения F ( x ) =

= 2 2 х — 5 • 3 х + 29 = 0 (с точностью до 0,01).Р е ш е н и е . Данное уравнение равносильно урав­

нениям:

4* + 29 = 5 • 3х, 1п(4х + 29) = 1п5 + *1пЗ.

Пусть Р ( х ) = 1п(4* + 29) — х In 3 — In 5.

Решив уравнение Р ' ( х ) = 0, получаем 4 х = 29 In 3:

: l n - i . Отсюда *1п 4 = In-Щ''Л- и х0« 3,395578 (ко­

рень х о уравнения Р ( х ) = 0 получен на микрокальку­ляторе).

Находим:F (хо)да - 68,73277; F{0) = 29; F(6) = 480.

Теперь ясно, что уравнение F(x) = 0 имеет два корня. Причем, Х \ =2, х о < х 2 < 6. После уточнения получаем Х 2 ~ 5,55(4= 0,01).

10

107

Задание 11. МЕТОД ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ПРОЕКЦИЙ

З а д а ч а 1. Сторона правильного треугольника ABC равна 4 ем. Его сторона АВ параллельна плоскости чертежа. Постройте параллельную проекцию этого треугольника, если проектирующая прямая парал­лельна стороне АС.

Р е ш е н и е . Параллельной проекцией данного треугольника является отрезок длиною 4 см.

З а д а ч а 2. Плоскости аир пересекаются по пря­мой, параллельной проектирующей прямой. Постройте изображение плоскостей а и (3.

Р е ш е н и е . Изображением плоскостей а и (3 явля­ются пересекающиеся под любым углом две прямые.З а д а ч а 3. Постройте изображение двух парал­

лельных несовпадающих плоскостей, параллельных проектирующей прямой.

Р е ш е н и е . Изображением данных плоскостей явля­ются две параллельные несовпадающие прямые.

З а д а ч а 4. Постройте параллельную проекцию правильного треугольника ABC, сторона которого 4 см, если плоскость этого треугольника параллельна пло­скости проекции.

Р е ш е н и е . Параллельной проекцией треугольника ABC является треугольник, равный данному.

З а д а ч а 5. Постройте изображение прямоуголь­ного равнобедренного треугольника АСВ, катет АС которого равен 6 см, если плоскость АСВ параллельна плоскости проекции.

Р е ш е н и е . Решением является всякий равно­бедренный прямоугольный треугольник.

З а д а ч а 6. Дана четырехугольная пирамида MABCD. Ее основание — квадрат ABCD. Ребро AM перпендикулярно плоскости ABC. Отрезки AM и АС равны. Постройте изображение пирамиды на плоскости, параллельной плоскости MAC, приняв прямую BD за проектирующую.

З а д а ч а 7. Дана правильная четырехугольная пирамида MABCD, все ребра которой равны между собой. Точка Р— середина ребра МС. Диагонали BD и АС основания пересекаются в точке Н. Постройте изображение этой пирамиды на плоскости, параллель­ной грани ВСМУ приняв за направление проектирова­ния прямую HP.

Р е ш е н и е . Треугольник ВСМ правильный и его

108

плоскость параллельна плоскости проекции. Поэтому сначала строим правильный треугольник ВСМ (рис. 1). Отрезок PH изображается точкой Р = Н| (серединой отрезка МС). Прямая AM параллельна прямой HP. Поэтому ребро AM изображается точкой М = А. Стро­им точку D, симметричную точке В относительно точки р — Н. Получаем CBMD — изображение данной пи­рамиды.

З а д а ч а 8. Определите форму параллельной проекции правильного тетраэдра DABC на плоскость, параллельную ребрам АВ и CD.

Р е ш е н и е . Скрещивающиеся прямые АВ и CD взаимно перпендикулярны и АВ = CD. Существует единственная плоскость а, которой параллельны пря­мые АВ и CD. За направление проектирования можно принять любую прямую /, пересекающую плоскость а.

Если прямая I параллельна ребру ВС или АС, то проекцией данного тетраэдра на плоскость а является прямоугольный равнобедренный треугольник.

Если прямая / проходит через вершину С и сере­дину ребра АВ, то параллельной проекцией тетраэдра на плоскость а является равнобедренный треугольник, высота которого равна стороне основания.

Если прямая / проходит через середины ребер АВ и CD, то параллельной проекцией данной пирамиды будет квадрат.

Если прямая / проходит через произвольные внут­ренние точки ребер АВи CD, то параллельной проекци­ей тетраэдра будет четырехугольник, диагонали кото­рого взаимно перпендикулярны.

Если прямая / проходит через вершину С и произ­вольную точку М луча АВ, не принадлежащую отрезку АВ, то параллельной проекцией тетраэдра является неравнобедренный прямоугольный треугольник.

Параллельной проекцией данного правильного тетраэдра могут быть и другие четырехугольники. В частности, и равнобокая трапеция ABCD, у которой боковые стороны АВи CD взаимно перпендикулярны.

З а д а ч а 9. Дана призма ABCDA | B | C | D | , основа­нием которой является трапеция (стороны ВС и AD параллельны и AD = 2ВС). Точка Р делит ребро С\С в отношении 1:2 (считая от вершины Ci). Постройте такое изображение этой призмы, на котором:

1 р = Н означает, что точки Ри Н совпадают.

109

М - - А 2 > г А , -

РИС. 1 2?гД 8-с Рис. 2

а) сечение A\D\CB изображается отрезком А|В| б) треугольник AD\Ризображается отрезком ADi.

Р е ш е н и е , а ) Располагаем призму так, чтобы грань АВВ[А\ была параллельна плоскости проекции. Проектирующей прямой считаем прямую A\D |. Решение показано на рисунке 2.

б) Спроектируем призму на плоскость грани ADD\A\y приняв за направление проектирования пря­мую D|P Ответ показан на рисунке 3.

З а д а ч а 10. Можно ли две параллельные несовпа­дающие прямые считать изображением скрещиваю­щихся прямых?

Р е ш е н и е . Ответ на вопрос задачи будет утверди­тельным, если проектирующая прямая параллельна двум параллельным плоскостям, каждая из которых проходит через одну из данных скрещивающихся пря­мых.

З а д а ч а 11. На рисунке 4 изображена четырех­угольная пирамида MABCD, основанием которой является параллелограмм ABCD. Точка Т не принадле­жит плоскостям MCD и ABC. Верно ли, что плоскости PKFи TDH пересекаются по прямой РТ

Р е ш е н и е . Прямые FK и DH пересекаются в точке X, которая принадлежит плоскости ABC, но не

X# П И /

принадлежит прямой РТ. Поэтому плоскости PKF и TD H не пересекаются по прямой Р Т.

З а д а ч а 12. Изображением какой пространствен­ной фигуры можно считать рисунок 5?

Возможные ответы:1) Изображена треугольная пирамида CABD и ее

сечение плоскостью, проходящей через точки В, D и середину М ребра АС.

2) Изображена правильная четырехугольная пира­мида с основанием ABCD и вершиной М. Высота этой пирамиды изображена точкой М.

3) Изображена четырехугольная пирамида MABCD, основанием которой является параллелограмм ABCD, и ее диагональные сечения BDM и ACM. Эти сечения изображаются диагоналями BD и АС параллелограмма.

4) Изображена четырехугольная пирамида, осно­ванием которой является параллелограмм ABCD, а одно из боковых ребер которой перпендикулярно осно­ванию.

5) Изображена прямая четырехугольная призма (с основанием ABCD). Отрезки АС и BD изображают ее диагональные сечения, а точка М —отрезок, по которому пересекаются эти сечения.

6) Изображены две правильные четырехугольные пирамиды с общим основанием. Точка М является изображением вершин этих пирамид и их высот.

7) Изображены две треугольные пирамиды с общей вершиной М и основаниями ABC и ACD, которые принадлежат одной плоскости.

8) Изображены две треугольные пирамиды, осно­вания ABC и ACD которых принадлежат одной пло­скости. Точка М является изображением вершин этих пирамид, которые расположены по разные стороны от плоскости ABC.

9) Изображен октаэдр ABCDMK. Точка М является изображением его диагонали М/С

З а д а ч а 13. Изображением какой пространствен­ной фигуры можно считать рисунок 6 (АВКР иKPDC— равные квадраты)?

111

Возможные ответы:1) Изображена правильная четырехугольная пи­

рамида с основанием ABCD и вершиной М.2) Изображен куб, две боковые грани которого

параллельны плоскости проекции. Его верхнее и нижнее основания изображены соответственно отрезками ВС и AD. Параллелограмм АКСР является изображе­нием одного из диагональных сечений куба. Отрезки АС и BD изображают его диагонали.

3) Изображены четырехугольная пирамида с осно­ванием АКСР и вершиной М и треугольные пирамиды КАВМ и CMPD, расположенные по одну сторону от плоскости ABC.

4) Изображены треугольная пирамида CABD и непараллельные отрезки АК и СР на поверхности пи­рамиды. Отрезок КР является изображением сечения этой пирамиды плоскостью, проходящей через середины ее ребер ВС и AD и параллельной скрещивающимся прямым АВ и CD.

5) Изображен октаэдр ABCDMH. Точка М является изображением его диагонали МН.

6) Изображены две четырехугольные пирамиды. Их основаниями являются квадраты АВКР и KPDC, которые принадлежат одной плоскости. Их вершины изображаются точкой М и расположены по разные стороны от плоскости ABC.

7) Изображены две четырехугольные пирамиды. Их основания АВКР и KPDC принадлежат параллель­ным несовпадающим плоскостям. У этих пирамид общая вершина М.

8) Изображены треугольные пирамиды ВАКМ, DMPC, ВКСМУ DAMP с общей вершиной М. Их осно­вания расположены в различных непараллельных плоскостях.

З а д а ч а 14. На рисунке 7 показан параллелепи­пед ABCDA[B[C[D\. Скрещивающиеся прямые АР и C|D на этом рисунке изображены параллельными прямыми. Верно ли, что прямая /, параллельная на­правлению проектирования, пересекает прямые АР и CiD?

Р е ш е н и е . Скрещивающиеся прямые АР и C\D на рисунке изображены параллельными прямыми. Это возможно только в том случае, если проектирующая прямая не пересекает две параллельные плоскости, каждая из которых проходит через одну из скрещиваю-112

щихся прямых АР или C\D. Поэтому и прямая / не пересекает прямые АРи C|D

З а д а ч а 15. Докажите, что ортогональная проек­ция правильного тетраэдра DACB с ребром а на пло­скость будет иметь наибольшую площадь, когда эта плоскость параллельна двум скрещивающимся ребрам DC и АВ тетраэдра.

Р е ш е н и е . Ребра DC и АВ данного правильного тетраэдра равны и взаимно перпендикулярны. Если прямые DC и АВ параллельны плоскости проекции, то ортогональной проекцией правильного тетраэдра является квадрат ABCD, диагонали которого равны а. Площадь этого квадрата равна 0,5а2. Если плоскость проекции не параллельна ребрам DC и АВ, то ортого­нальной проекцией данного тетраэдра является че­тырехугольник, диагонали которого меньше а.

З а д а ч а 16. Дан параллелограмм ABCD. Точка М — середина отрезка АВ. Точка К принадлежит от­резку AD и AKKD — \ .2. Найдите, в каком отноше­нии точка Р пересечения отрезков АС и МК делит отрезок МК.

Р е ш е н и е . Считаем данный параллелограмм изображением квадрата ABCD со стороной, равной 6. Отрезок АР— биссектриса прямого угла треугольникаКАМ. Поэтому КР.РМ = АК'.АМ =1. /Ш:0,5 АВ =

= 2:3.З а д а ч а 17. Дана правильная шестиугольная

пирамида MABCDEF. Точка К делит ребро ВМ по­полам. Найдите, в каком отношении плоскость FEK делит ребро AM (точкой X).

Р е ш е н и е . Строим ортогональную проекцию дан­ной пирамиды, приняв прямую FE в качестве проекти­рующей (рис. 8). Плоскость FEK изображена прямой КЕ. Так как на рисунке отрезки КЕ и МА являются медианами треугольника МВЕ, то МХ\ХА= 2:1.5 Л. Б Василевский из

З а д а ч а 18. На диагоналях АВ\ и СА| боковых граней призмы АВСА|В|С\ расположены точки D и Е так, что прямые DE и ВС\ параллельны. Найдите отношение отрезков DE и ВС\.

Р е ш е н и е . Изображаем нижнее основание призмы правильным треугольником ABC, а прямую ВС\ — точкой В = Сi (рис. 9). Тогда отрезок DE, параллель­ный прямой ВС 1, изобразится точкой D — E (в точке Е пересекаются прямые В|А и А|СЛ Так как отрезки DE и ВС\ параллельны, то прямые С\Е, BD и АА| пересекаются в точке М. Так как MD:DB= 1:2, то и DE.BC = 1:2.

З а д а ч а 19. Дан куб ABCDA\B\C\D\. В каком отношении делит ребро В|С\ точка £, которая принад­лежит плоскости, проходящей через вершину Л и центры Ки /Уграней A\B\C\D\ и В\С\СВ?

Р е ш е н и е . Изображаем нижнее основание данного куба квадратом ABCD, а прямую АК — точкой А = К (рис. 10). На этом рисунке плоскость АКН изобра­жается прямой АН. Прямые В|С\ и НА пересекаются в точке Е. Для треугольника В\СА отрезки АН и В\С\ являются медианами, поэтому В\Е:ЕС\ = 2:\.

З а д а ч а 20. Основанием четырехугольной пира­миды MABCD является параллелограмм ABCD. Точка К делит ребро DM пополам. Точка Р принадлежит ребру ВМ и ВР\РМ— 1:3. Плоскость АР К пересекает ребро МС в точке X Найдите отношение отрезков МХи ХС.

Р е ш е н и е. За изображение грани МВС принимаем прямоугольный треугольник МВС (рис. 11), а за на­правление проектирования — прямую АР. Сечение АРХК пирамиды MABCD на рисунке изображено отрезком РК. Для решения задачи дополним прямо­угольную трапецию MBCD до квадрата МВСН. Тре­114

угольники АМХ и НСХ подобны и МА.НС— 3:4, поэтому и MX :ХС = 3:4.

З а д а ч а 21. На рисунке 12 изображена правиль­ная четырехугольная пирамида MABCD. Точка К делит ребро МС в отношении 1:2 (считая от вершины М). Точка Р — середина ребра MD. На прямых МН, ВК и СР постройте точки X, У и Q так, чтобы точка Убыла серединой отрезка XQ.

Р е ш е н и е . Построим ортогональную проекцию данной пирамиды на плоскость ее основания ABCD (рис. 13). Так как прямая МН изображается на черте­же точкой М = Н = X, то задача свелась к проведению на этом чертеже через точку X такой прямой, которая пересекает прямые ВК и Ср в таких точках У и Q, что ХУ = YQ.

Для этого через середину F отрезка ВС проводим прямую, параллельную прямой ВК. Она пересекает прямые НС и СРв точках Ти Q. МК — КТ и ХУ = YQ.

Полученные на рисунке 13 точки Q и У переносим на рисунок 12. Строим прямую QK, которая пересекает прямую МН в точке X.

З а д а ч а 22. ABCDA|B|C|D|—куб. Его ребро равно 60. Точка Н принадлежит ребру АВ и АН :НВ — = 1:2. Точка Р — середина ребра В\С\. Точка К при­надлежит ребру DD и DK:KD\ = 1 :3. Какие ребра

115

куба пересекают плоскость КРН? Найдите отношение отрезков, на которые плоскость КРНделит эти ребра.

Р е ш е н и е . Пусть грань ВВ|С|С куба параллельна плоскости проекции. За направление проектирования принимаем прямую РК. Получаем параллельную проекцию куба, на которой отрезок Н изображает сечение куба плоскостью КРН (рис. 14).

Из этого чертежа ясно, что секущая плоскость пересекает ребра АВ, ВВ\, AD, DD\, В|С|, C|D| со­ответственно в точках Я, М Г, К, Р, F, т. е. в сечении получаем шестиугольник HMPFKT.

На чертеже строим отрезки М/? и НТ| параллельные отрезку AD. По условию задачи В\Р = РС\—30 и KD = 0,25DD\ = 15. Поэтому В\Е=\Ъ, ££ = 45 и АЕ = 30. Далее, ВТ .ТЕ = ВН: НА = 2:\у т. е. = = 30 и ТЕ =15.

Из подобия треугольников ВТ'Н и ВЕА получаем НТ'.АЕ = 2:3 и НТ — 20. Из подобных треугольни­ков МНТ'и имеем: МТ\МВ\ = НТ :В\Р == 20:30 = 2:3, т. е. ВМ.МВ, = 7:3 и МТ = 0У2ВВ] = = 12, MB = 42, ЕМ= 3.

Из подобных треугольников и PDT следуетiW7’:7 P = £Af:PD = 3:15=1:5, т. е. AT TD = 7:5.

Треугольники и CiPDi подобны. ПоэтомуD\F:FC\ = BH.HR = ВТ': ТМ = 30:12 = 5:2.

З а д а ч а 23. Докажите, что во всяком треуголь­нике его медианы пересекаются в одной точке.

Р е ш е н и е . Всякий треугольник„/о можно считать изображением правильного треугольника. Утверждение задачи для правильного треугольника верно, потому что в этом треугольнике медианы являются его бис­сектрисами.

З а д а ч а 24. Дан произвольный треугольник ABC.

ВМ= В А, АК — 4" АС, СР =— СВ. Докажите,о о 3

что центры тяжестей треугольников ABC и МКРсовпа­дают.

Р е ш е н и е . Треугольник ABC принимаем за изобра­жение правильного треугольника. Тогда и треугольник МКР будет изображением правильного треугольника. Центры вращений этих треугольников совпадают. А так как у правильного треугольника центр вращения и центр тяжести совпадают, то утверждение задачи доказано.

З а д а ч а 2 5. Докажите, что в четырехугольникеJ16

ABCD отрезки PH и ТЕ, соединяющие середины проти­воположных сторон, и отрезок KF, соединяющий се­редины диагоналей АС и BD, пересекаются в одной точке Ми делятся ею пополам.

Р е ш е н и е . Четырехугольник ABCD (вместе с его диагоналями) можно считать изображением правиль­ного тетраэдра ABCD, а точки Т Я, Е, Р, F, К — изображением вершин октаэдра. Теперь утверждение задачи доказано.

З а д а ч а 26. В четырехугольник ABCD вписана трапеция МКРЕ (рис. 15), параллельные стороны которой параллельны диагонали АС. Докажите, что прямые ME, BDи КРпересекаются в одной точке.

Р е ш е н и е . Принимаем четырехугольник ABCD (вместе с его диагоналями) за изображение треуголь­ной пирамиды. Трапеция МКРЕ является сечением этой пирамиды плоскостью МКР. Эта плоскость не­параллельна прямой BD, так как боковые стороны ME и КР трапеции МКРЕ не параллельны прямой BD. Прямая BD пересекает плоскость МКР в точке Я, которая принадлежит плоскостям ABD и BDC. Отсюда следует, что в точке Я пересекаются прямые ME, КР и BD.

3 а да ч а 27. Дан треугольник ABC и произвольная точка М внутри него (рис. 16). Докажите, что если построить параллелограммы МВВ\С и МАА\В\, то диагональ МА| последнего проходит через центр тя­жести О данного треугольника.

Р е ш е н и е . Данный треугольник ABC вместе с от­резками ВМ, СМ, МА и МО считаем изображением правильной треугольной пирамиды МАВС (с основа­нием ABC и высотой МО).

117

Построим другое изображение этой пирамиды (и связанных с ней параллелограммов МВВ\С и АМВ\А\), расположив ее основание параллельно плоскости проек­ции и приняв за направление проектирования прямую МО (рис. 17). После этого утверждение задачи стало очевидным.

З а д а ч а 28. Дана произвольная трапеция ABCD.В точке К пересекаются прямые AD и ВС: Диагонали АС и BD трапеции пересекаются в точке М. Докажите, что прямая КМ проходит через середины Н и Р соот­ветственно сторон АВи CD трапеции.

Р е ш е н и е . Треугольник АКВ принимаем за изобра­жение правильного треугольника А\К\В\Уа трапецию ABCD — за изображение равнобокой трапеции A\B\C\D 1. Прямая М|К| является осью симметрии треугольника А\К\В| и трапеции A\B\C\D\. Поэтому прямая М|К| делит пополам отрезки D|C\ и А|В|. Точки Р и Н являются образами точек Р\ и Н\ соответ­ственно. Поэтому прямая КМ проходит через середины сторон CD и АВ данной трапеции.

З а д а ч а 29. На сторонах АВ и CD четырехуголь­ника ABCD (рис. 18) даны точки Мм К такие, что AM == kAB, DK = kDC. Докажите, что середины отрезков ВС, МК, AD принадлежат одной прямой.

Р е ш е н и е . Рисунок 18 считаем изображением пра­вильного тетраэдра ABCD. Пусть точки Р и К — сере­дины ребер AD и ВС. Прямая РТ является осью сим­метрии этого тетраэдра. Поэтому точки М и К сим­метричны относительно прямой РТ, и точка Е, в кото­рой пересекаются прямые РТ и МК, есть середина от­резка МК.

З а д а ч а 30. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDA\B\C\D\ (рис. 19). Точки К и Р — середины соответственно ребер ВВ| и A\D\. Точка Н делит ребро СС1 пополам. Точка Е принадлежит ребру В \С \ и118

В\Е:ЕС\ = 1:3. Верно ли, что прямая КР пересекает прямые АЕи А \Н?

Р е ш е н и е . Пусть плоскость проекции параллельна грани ВВ\С\С прямоугольного параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ и прямая КР параллельна направлению проектирования. Получаем изображение параллелепи­педа, на котором прямая КР изображена точкой.

На этом рисунке прямая А\Н совпала с изображе­нием прямой A\D|. Отрезок АК пересекает отрезок ТВ в его середине М. Поэтому треугольники МВК и ЕВ|К равны, и точки Л, Ки Ележат на одной прямой.

Итак, на рисунке изображения прямых А\Н и АЕ проходят через точку К — Р, т. е. эти прямые пересе­кают прямую КР• ___

З а д а ч а 31. Дан куб ABCDA\B\C\D\. В\К == ~КС\ \ -СР = 0,25CD; СХМ = 0,25CiD,. Точка X при­надлежит прямой BD 1. Точка У является пересече­нием прямых КХи МР. Постройте точку X.

Р е ш е н и е . Изображаем нижнее основание дан­ного куба квадратом ABCD, а прямую МР — точкой М = Р (рис. 20). Точка X (на рисунке 20) является пересечением прямых МК и B|D Треугольники FBK и МСК равны. Поэтому ХВ1 :XD = FB'.MD = С\М: MD = 1:3, т. е. ВХ = 0, 5 DXB.

З а д а ч а 32. Дан параллелепипед ABCDA\B\C\D\. Проведите прямую /, которая проходит через центр сим­метрии Н основания ABCD и пересекает прямые ВС и FBi (точка F— середина ребра АА \).

Р е ш е н и е . Изображаем нижнее основание парал­лелепипеда квадратом ABCD со стороной 1 (рис. 21) Прямую С|В считаем проектирующей. Тогда изобра­жением параллелепипеда будет объединение квадра­тов А|В|ВА и ABCD. Прямая ВС\ изображается точкой В = Ci. Поэтому изображение прямой / проходит через

* Рис. 18

119

A - A f D ' - f y A f F A - H j D

точку В = С i и пересекает прямую B\F в точке X. Треугольники ХВ\В и XFD подобны. Поэтому ХВ| :XF = = B\B:FD= 1:1,5. Отсюда, XF = 2В\F.

З а д а ч а 33. Дана произвольная треугольная пи­рамида DABC. AM = МК = KD, ВР = PH = НС, АЁ = 0,25ЛД MF = 0,25МР, /(Q = 0,25 Щ DT == 0,25Z)C. Докажите, что точки £, Z7, Q, Г принадлежат

одной прямой.Р е ш е н и е . Прямую считаем проектирующей.

Тогда данная пирамида изображается равнобокой трапецией (рис. 22). Так как точки К и М гомотетичны точкам Н и Р относительно точки Т = £, то утвержде­ние задачи доказано.

З а д а ч а 34. На рисунке 23 изображена четырех­угольная пирамида MABCD, основанием которой является параллелограмм ABCD. Точки Н и Р се­редины соответственно ребер DM и БС. Точка К делит ребро БМ в отношении 1:3, считая от вершины М. Постройте точку Г, в которой прямая, пересекающая прямую КР, пересекает прямую

Р е ш е н и е . Принимаем за изображение основания данной пирамиды квадрат ABCD. Считаем прямую КРнаправлением проектирования (рис. 24). Очевидно,FD = МР = у РВ.

Из подобных треугольников TFD и ТРВ следует TD\DB = 1:2. Теперь переносим точку Тна рисунок 23.

120

З а д а ч а 35. В пятиугольнике ABCDE (рис. 25) соответственно параллельны отрезки:* АВ и СЕ, ВС и AD, CD и BE, и ЛС. Докажите, что отрезки Л£ иBDтакже параллельны между собой.

Р е ш е н и е . Изображаем параллелограмм ABCF квадратом (рис. 26). По условию задачи отрезки DE и АС параллельны. Очевидно, на рисунке отрезки FD и FE равны. При движении точки D по лучу FQ (от точки F) угол BCD увеличивается. Увеличивается также при этом и угол СВЕ. Поэтому существует на луче FQ единственная точка D такая, что параллельны между собой отрезки : DE и Л С, BE и CD. Докажем, что в этом случае отрезок АЕ параллелен отрезку BD. Точки Л и С, D и Е симметричны относительно пря­мой BF. Поэтому трапеция BCDE и ABDE равны, и, следовательно, прямые АЕ и BD параллельны.

Решение этой задачи становится очень простым, если заметить, что из параллельности соответствующих сторон и диагоналей пятиугольника ABCDE следует равновеликость треугольников ABC, BCD, CDE, DEA, ABE.

Задание 12. ВЕКТОРНОЕ РЕШЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ

З а д а ч а 1. ’Докажите, что отрезки АВ и CD парал­лельны, если Л(1; 3), ВС2; — 1), С(0; 4), Р(2; —4).

Р е ш ени е. Находим АВ — (1; —4) и CD = (2; —8). Отсюда АВ = 0,5 CD.

121

3 а д а ч а 2. Найдите координаты вершины D парал­лелограмма ABCD, если Л ( — 1 ; 2; 3); В( — 2; 4; 6), С(6; -5; 8).

Р е ш е н и е . Четырехугольник ABCD — паралле­лограмм. Поэтому AD = ВС = (8; —9; 2). Чтобы найти координаты точки D, следует к координатам точки А прибавить соответствующие координаты вектора ВС. Получаем D(7;—7; 5).

З а д а ч а 3. Принадлежит ли точка С(7; 9; 0) пря­мой АВ, если А(— 1; 1; 2) и В(3; 6; —1)?

Р е ш е н и е . Если точка С принадлежит прямой АВ, то существует такое число к, что АС = kAB, т. е. (8; 8; —2) = k(4; 5; —3), что невозможно.

З а д а ч а 4. Записать координаты точки С которая делит отрезок А В в отношении 2:1, считая от точки А, если А{ 1; -1; 2) и В(7; -4; -1).

Р е ш е н и е . Очевидно, АС = л~ав = л-(6; —3;— 3) = (4; -2; -2). Поэтому С(1 +4; —1 - 2; 2-2), т. е. С(5; - 3; 0). ____

З а д а ч а 5. Можно ли вектор D|K разложить по векторам D|Dи D|A|, если К( — 3; 7; —7), Di( —3;10; -5), D( —5; 6; -1), Л,( 1;_6i -7)?__________

Р е ш е н и е . Если D\K = kD\D + nD\A, то (0; —3;— 2) = k( — 2; —4; 4)+я(4; —4; —2). Отсюда полу­чим систему уравнений:

Система этих уравнений несовместима. Поэтому задача не имеет решения. Иначе говоря, точка К не принад­лежит плоскости D[DA\.

З а д а ч а 6. Составьте уравнение плоскости ABF, если F(— 4; 8; -3), Л(-1; 2; -3), В/3; 4; 1).

Р е ш е н и е . Если М(х, (/, _z) — произвольная точка плоскости ABF, то ВМ = kBA + nBFили (х — 3; — 4;2- 1) =&( — 4; -2; —4) + /г( — 7; 4; -4).Отсюда получаем систему уравнений:

(1)(2)

122

Умножаем обе части второго уравнения на — 2. После этого уравнение (2) сложим почленно с уравне­ниями (1) и (3). Получаем

х — 3-2(у — 4) = —15 п (4)2-— 1 — 2 (t/ — 4) = —12 п (5)

Умножим уравнение (4) на 4, уравнение (5) — на —5.После почленного сложения этих уравнений получаем о т в е т : 5 г — 2у — 4х + 1 5 = 0 .

З а д а ч а 7. Найдите расстояние В\Н от точки В| до прямой D|B, если В\{Ъ\ 8; —3), Di( —3; 10; —5),В/3; 4; 1). ____________

Р е ш е н и е . Пусть D|H= nD\B= /2(6; —6; 6).Далее,

~НВ, = lhB | — D~JT = (8; -2; 2) —/1(6; -6; 6) == (8 —6я; —2 + 6п| 2-6 п). (1)

По условию задачи, D\B-HB\ = 0. Поэтому6(8 — 6л) - 6( — 2 + 6п) + 6(2 - 6п) = о.

Отсюда п = 2:3. Из равенства (1) имеем НВ=(4;2; -2_______________________________________

НВ| = 42 + 22 + ( —2)2 = 24 и =

З а д а ч а 8. Составьте уравнение плоскости а, про­ходящей через середину М отрезка AD и перпенди­кулярной прямой СВ, если Л(—1; 2; —3), D(—5; 6; -1), С( —3; 10; -5), В<3; 4; 1).

Р е ш е н и е . Очевидно, Af( — 3; 4; —2). Пусть Я(л:; f/; 2) — произвольная точка плоскости а. Тогда МР-СВ = 0, или (х + З; у — 4; г + 2) • (6; —6; 6) = 0, или 6(* + 3) — 6(у — 4) + 6(2 + 2) = 0.

Итак, уравнение плоскости а имеет вид: z — у + + * + 9 = 0.

З а д а ч а 9. Составьте уравнение плоскости а, от­носительна которой симметричны точки D(— 5; 6; — 1) и В(3; 4; 1).

Р е ш е н и е . Плоскость а пересекает отрезок DB в точке Р(— 1; 5; о), которая является серединой от­резка DB. Пусть М(х\ у\ г)—произвольная точка плоскости а. Тогда DB-PM = 0, т. е. (8; —2; 2) X Х ( * + 1; у — 5; 2) = 0, или 8(х+ 1) — 2(у— 5) + 2z= 0.

Итак, уравнение плоскости а имеет вид: 4х — у-\- + 2 + 9 = 0.

123

Рис. 1 м Рис. 2 Рис. 3

З а д а ч а 10. Найдите координаты точки М(х; у 2), симметричной точке В(5; 8; —3) относительно прямой, заданнойточками В<3; 4; 1) и А(1; 6; —7)(рис. 1).

П е р в о е р е ш е н и е .ВН = 0,5Z?£i + 0,5/Ш; BHt== kBA |.

кВАх= 0уЫ3В[+ 0,5 Ш , (1)BiM-BAi = 0. (2)

Из равенства (1) и (2) получаем:k{— 2; 2; -8) = 0,5(2; 4; - 4) + 0,5(* - 3; у —4; г — 1);

(г-5; г/ — 8; 2 + 3 ) * ( — 2; 2; — 8) = 0.Система этих двух уравнений равносильна следую­

щей системе:-2k = 1 + 0,5(лг —3),— 86 = -2 + 0,5 /г — 1),

2* = 2+ 0,5(f/ —4),Л — 2(х - 5) + 2У- 8) — 8(z + 3)= 0.

Решив эту систему уравнений, получаем М( — 1; 2; —3).В т о р о е р е ш е н и е . Пусть К— такая точка пря­

мой BAi, что четырехугольник ВВ\МКявляется ромбом. Есгш BK = kBA{=[-2k\ 26; —86), то /((3-26:4 + 26; 1 —8к) (рис. 1). Поэтому£7/Г=(-2-26; -4 + 26;4-86);£Т£ = (-2; -4; 4).Так как В [К2 = £i£2, то

(- 2 - 26)2 + (- 4 + 26)2 + (4 - 86)2 =— (— 2)2 + (— 4)2 + 42.

Отсюда k = 0 или 6 = 1. Теперь ясно, что К\; 6; — 7). Точка Н— середина отрезка В К. Поэтому Н(2; 5; — 3) и Л1(—1; 2; -3).

З а д а ч а И. Найдите расстояние А|Н от точки >4i(1; 6; —7) до плоскости АВ|К> заданной точками Л(— 1; 2; -3), Bi(5; 8; - 3) и К(- 1; 8; -6) (рис.2).

П е р в о е р е ш е н и е . Пусть Р(0; у\ z) такая точка, что AP-ABi= 0 и АР-АК = 0. Так как АР = (1; у-2;124

z —3), AB| = (6; 6; 0), AK = (0; 6; —3), то последние два равенства принимают вид:

6 + 6(г/ — 2) = 0; 6Q/ — 2) — 3(2 + 3) = 0.

Решив систему этих уравнений, имеем у= 1, z = — 5. Итак, ЛР = (1; —1 -2).

Пусть AM = НА\. Тогда МА \ • AM = 0.Если AM = пАР = (п, —я, —2п), то МА\ = АА\ —

— AM = (2 — п, 4 + п, — 4 + 2я) и (2 — п)п ++ (4 +л)я — ■( — 4 + 2п)2п = 0. Отсюда п= 1, НА| == (1, -1, -2) и ЯЛ,=л/6.______________________

В т о р о е р е ш е н и е . Пусть j4i£'==j4Bi и отрезок Л4Г — общий перпендикуляр к прямым А| В' и Л/( (рис. 3). Тогда А|Н = МТ.

Пусть А\М = тА\В\ = mAB\ = (6т; 6га; 0) и ЛГ = = 6Л/( = (0; 66; —36). Очевидно,

Находим ТМ=ААХ+АМ — ЛГ = (2 + 6га; 4 + 6га — — 66; —4 + 36). После этого равенства (1) и (2) пре­образуются к виду:

6(2 + 6га) + 6(4 + 6га — 66) = 0,6(4 + 6га — 66) — 3( — 4 + 36) = 0.

Решив систему этих уравнений, получаем:m = — 1:6, £ = 2:3, ТМ = (1; —1; -2)иЛ,Я=Уб. Т р е т ь е р е ш е н и е . Пусть АН — пАВ| + kAK\

TfAi ш ABi = 0; Шх ш АК = 0 (рис. 4). Тогда

Очевидно, ЯЛ| = /4Л/—АН = АА | — /гЛВ|— kAK ==(2 — 6п, 4 —би — 6k — 4 + 36); ABi=(6, 6, 0);АК = (0, 6, —3).

После этого уравнения (1) и (2) принимают вид:6(2 — 6л) + 6(4 — 6k) = 0,

6(4 - 6п - 6к) -3( —4 + 3k) = 0.

МВ\-ТМ = 0у АК-ТМ = 0.

(1)(2)

(AAi - АН)ТВ. = 0, (АА, — АН)АК= 0.

(1)(2)

125

Рис. 4 Рис 5

Решив систему этих уравнений, получаем:fe = 2:3, п =1:6, 77Л,=( 1, -1, -2) и ЯЛ,=Уб.

Ч е т в е р т о е р е ш е н и е . Пусть прямая А|Нпере- секает плоскость XOYв точке Р(х, у, 0). Тогда

а7Г-ак = 0, (1)А,Р-АВ=0. (2)

Так как AiP = (x— 1, у — 6, 7); АК = (0, 6, — 3); АВ i = (6, 6, 0), то уравнения (1) и (2) преобразуются к виду:

6(у — 6) — 21 = 0, 6(х-1) + 6(*/-6) = 0.Решив систему этих уравнений, находим Р( —2,5; 9,5;0). Из прямоугольного треугольника АНА| получаем (рис. 5):

А [Н= | AiAcos ; АА|Н| = I Л,Л- А \Л ••AiP

|л7р]

1 Жа \ ЛАхТГ\ 1 (-2; -4; 4)-(-3,5; 3,5; 7)

Уз,52 + 3,52 + 72 -т/Е

П я т о е р е ш е н и е . Пусть НМ =А \Н и М(х, у, г).Тогда ЛМ2 = ЛЛ], Ш2 = АТ*, BtM2 = Afil По­лучаем ссингему уравнений:

•(х+1)2 + (1/-2)2 + (2 + 3)2 = 36, (1)(х+1)2 + (у-8)2 + (2 + 6)2 = 9, (2)

. ( х — 5)2 -\-(у— 8)2 + (z+ З)2 = 36.1 s (3)Выполнив почленное вычитание уравнений (1) из

(3), (2) из (3), получаем:— 12* + 24 — 12// +60 = 0,— 12х +24 —6z —27 = 27.

Отсюда у = — х 7 и z = — 2х нение (1) принимает вид:

(*+1)2 + (-* + 5)2 + (-2*

5. После этого урав-

2)2 = 36.126

После очевидных преобразований последнего уравне­ния и уравнений (2) и (3) получаем: х\ = 1, х2 = — 1;у, =6, г/2 = 8; 2-, = — 7, z2= —3.

Итак, Л*,(1; 6; -7) или М2(- 1; 8; -3). Но М, == А |. Поэтому М(- 1; 8; -3); Я(0; 7; -5) и ЯЛ, == (1; —1; —2); НА\=-ф>.

Ш е с т о е р е ш е н и е . Пусть Н{х\ у\ г) — основание перпендикуляра А|Н к плоскости АВ|К. Тогда

77л-Ж, = о, яв,-ялло, як^ ял, = о. (i)Так как

ЯЛ =(— 1 — 2 - у ; -3-г),ЯЛ1=(1 — х; 6 —у; —7 — z),НВ\ — {Ъ — х| 8 — у —3 — 2),ЯЛ = (— 1 — 8 — у; —6 —г),

то три равенства (1) принимают вид:(— 1 — х) • (1 — х) + (2 — у) • (6 — у) +

+ ( —3 — 2).(—7 — 2) = 0, ,1’)(5 — х)- (1 — х) + (8 — у)' (б— у) +

+ ( - 3 - 2 ) . ( - 7 - 2 ) = 0, (2’)(— 1 — х) • (1 — х) + (8 — у) • (6 — у) +

+ (— 6 — z ) * ( — 7 — 2) = 0. (30

Выполнив почленные вычитания уравнений (2’) из (Г) и (3’) из (1’)> получаем

-6(1 - х ) - 6 ( 6 - у ) = 0,6(1 — *) + 3( —7 — г ) = 0.

Отсюда у = 7— х, z = — 5 — 2* и Xi = 0, *2 = 1; yi = 7, «/2 = 6, 21 = — 5, 22= — 7 . Итак, Я(0; 7; —Ъ)\НА\ =

= (1; -1; -2); ЯЛ, =л/б.С е д ь м о е р е ш е н и е . Прямая А|Н является пе­

ресечением плоскостей а и р , перпендикулярных со­ответственно прямым АВ| и ВхК и проходящих через точку Ль

Составляем уравнения этих плоскостей:(х- 1 )6 + (у — 6)6 + (2 + 7) = 0, (1,)(х-1)6 + ( у - 6 ) - 0 + (2 + 7) = 0 (2.)

ИЛИ

(у + х — 7 = 0, /п\2 + 2л: + 5 = 0. кч

J27

Найдем координаты какой-либо точки F, принадле­жащей прямой А\Н, т. е. такой, которая является ре­шением системы уравнений ( 1 ) . Пусть х = 0. Тогда у = 7, z = —5. Итак, точка Р(0; 7; —5) лежит на пря­мой А|Н.

Точка ^является пересечением прямой AFи плоско­сти АВ\К, которая перпендикулярна этой прямой. По­этому получаем такое уравнение плоскости АВ|К;

(х+ 1). 1 +(у — 2 ) * ( — 1 ) + ( г + 3 ) - ( — 2) = 0 или 2z-j- у— х -f- 3 = 0. (2)

Решив систему уравнений (1) и (2), находим Я(0; 7; - 5) и НАХ = У6.

З а д а ч а 12. Медианы С К и AM треугольника ABC пересекаются в точке Р. Докажите, что МР:РА == КР'.РС= 1 :2.

Р е ш е н и е . Пусть точка Рпринадлежит отрезкуАМи АР РМ= 2:1. Тогда СР = у СА +у СМ =

= ±(СА + СВ)- Далее, СК = 0,5(СЛ—+ СВ), Отсюда

ясно, что СР = у С/С, т. е. медиана С/С проходит через точку Р и СР.РЕ =2:1.

З а д а ч а 13. Дан треугольник ЛВС (рис. 6). Л£ == ЕВ, CD = 2DB, точка О — точка пересечения пря­мых СЕ и ЛО. Найдите DO..OA.

Р е ш е н и е. Выбираем векторы ВА и ВС в качестве базисных. Точки Л, О и D принадлежат одной прямой. Поэтому ВО = BA + (1 — x)BD. В силу тех же условий ВО = {1 — у)ВЕ + уВС. По условию задачи, BE =

= 0,5 В А и BD = у-ВС. Следовательно,

ВО = хВА + -Ц-АЁС и ВО =

= 0,5(1 -у)Ш+уВС.Из этих равенств получаем систему уравнений:

(X= 0,5(1 — у),{(1 — х):3 = у.

Решив ее, получаем: х = 0,4 и 1— * = 0,6. Итак, DO : О А = 0,4 : 0,6 = 2:3.

З а д а ч а 14. ABCD — трапеция с основаниямиС 28

ВС и AD. Прямые АВ и CD пересекаются в точке Я. Точка М есть пересечение прямых АС и BD\ ВР = РС, Л/С — KD. Докажите, что точки Я, Р, М и К принадле­жат одной прямой.

Р е ш е н и е . Пусть BC = kAD. Тогда из подобия треугольников ВМС и DMA следует МС: МА = к : 1.Треугольники НВСи HAD подобны. Поэтому НА =

= £-ТГв и 777)К= -|-77с.Считаем векторы НВи НС базисными. Получаем:

77р = о,5(77в+77с); 77м = Т*Ш +

НК = 0,5 (77л + Ш) = -*(нв + 77с).

Теперь ясно, что векторы ЯР, ЯМ, Я/( коллинеарны, т. е. точки Я, Р, М принадлежат одной прямой.

З а д а ч а 15. Дан треугольник ABC. BD=3DC, Л£—1,5£С, ВК = 2КА (рис. 7). Докажите, что пря­мые AD, и С/С пересекаются в одной точке.

Р е ш е н и е . Пусть В А и ВС — базисные векторы и точка М есть пересечение прямых AD и С/С. Оче­видно,

0,4/М + 0,6£С = 0,2 (2/М + ЗЩ (1)

В силу коллинеарности точек /С, М, С и Л, М, D имеем:

ВМ=(7 - х)ВК + хВС и ВМ= уВА + (1 - у)Ш.

Так как Б/С = 0,4ВЛ и BD = 0У75ВС, то129

Рис. 8 А Рис. 9

ВМ- 2(1 ~х) В А + хВС и ВМ шш

уВА + 31а-у) ВС. (2)

Из этих равенств получаем систему уравнений:

Решив ее, получаем x = 0,5. Теперь равенства (2) принимают вид:

Из равенств (1) и (3) следует ВМ = ^гВЕ, т. е. пря­мая BE проходит через точку М.

З а д а ч а 16. Четырехугольник ABCD — трапеция с основаниями АВ и CD. AM = MD, ВК = КС. Дока­жите, что прямые А К и СМ не параллельны (рис. 8).

Р е ш е н и е . Выбираем векторы АВ и AD в качестве базисных. Пусть DC = kAB. Тогда МС = 0,5AD + kAB| АК = 0,5 (AB_ + JC) = 0,5(АБ +AD + kAB) = МС ++ 0,5(1 — k)AB. Отсюда ясно, что векторы АК и МС неколлинеарны.

З а д а ч а 17. Докажите, что для любых четырех точек Л, В, С, D выполняется равенство

Р е ш е н и е . Четырехугольник ABCD можно задать векторами АВ, АС и AD. Выражаем через них все остальные векторы в доказываемом равенстве: CD =

1 . 3(1-1/)

ВМ = -ЛВА + уВС = у(2ЯД +35С).

АВ + Ш -AD - AC - BD ==0. (1)

130

= AD — АС, ВС = AC — AB, BD = AD — АВ. После этого утверждение задачи становится очевидным.

З а д а ч а 18. В треугольнике ABC АВ = с, ВС = а,АС = Ь, ВМ = МС. Найдите длину медианы AM.

Р е ш е н и е . Очевидно, AM = 0,5(4В + АС) и AM2 == 0,25(АВ2 + АС2 + 2АВ • АС) = 0,25 (с2 + Ь2 + с2 ++ Ь2- а2).

AM = 0.5-V2&2 + 2с2 - а2.

З а д а ч а 19. Вокруг правильного треугольника ABC описана окружность радиуса 1 с центром в точке О. Докажите, что сумма квадратов расстояний от произ­вольной точки М окружности до вершин этого треу­гольника равна 6 (рис. 9).

Р е ш е н и е . Очевидно,СМ2 + МА2 + MB2 = (ОМ-ОС)2 + (ОА - ОМ)2 +

+ (ОВ - ОМ)2 = ОМ2 + ОС2 - 2 ОМ • ОС + О А2 ++ ОМ2 — 20А • ОМ + ОВ2 + ОМ2 - 20В • ОМ = 6 —— 2 ОМ (ОС + ОА + ОВ) = 6 — 2ОМ -0 = 6.

З а д а ч а 20. В выпуклом четырехугольнике ABCDстороны АВи CD перпендикулярны. Докажите, что

BC2+ AD2 = AC2 + BD. (1)

Р е ш е н и е . Векторы АВ, АС, AD определяют по­ложение на плоскости вершины данного четырехуголь­ника. Равенство (1) переписываем в виде:

ВС2 -АС2 = DB2 - AD2. (2)

Выражаем входящие в это равенство векторы через векторы АВ, АС и AD. ВС = АС—АВ, DB=AB —— AD, CD = AD— AC. После этого равенство (2) пре­образуем следующим образом:

(АС - ABf -АС 2 =(АВ- ID) 2 - AD 2 .Отсюда

АС 2 - 2ЛС • АВ + ~АВ 2 _ — АС 2 = АВ 2 - — 2АВ • AD + AD 2 — AD2

И

AB(AD - АС) = 0, АВ • CD = 0. (3)Последнее равенство дано. Теперь ясно, что из равен­ств (3) получаем утверждение задачи.

131

З а д а ч а 21. Дан треугольник Л ВО Отрезки А /С, ВН, СЕ — его высоты. Докажите, что прямые А К, ВН и СЕ пересекаются в одной точке D.

Р е ш е н и е . Пусть АС — наибольшая из сторон треугольника ABC. Тогда треугольник можно распо­ложить относительно прямоугольной системы коорди­нат ХОУтак, как показано на рисунке 10.

Пусть В(а, b) и С(с, 0). Тогда АВ = (а, Ь) и АС == (с, 0). СВ = (а — с, Ь). Пусть прямые СЕ и АК пере­секаются в точке D(x, у). Тогда AD=(x, у) и CD == (х — с, у).

По условию задачи, прямые AD и ВС, CD и ЛВвзаимно перпендикулярны. Поэтому v4D • СВ = 0,CD-AB = 0 и а: (а — с) + yb = 0, (х — с)а + уЬ = 0.Отсюда х = а и у = {с — а)а:Ь.

З а д а ч а 22. Докажите, что биссектрисы двух пло­ских углов трехгранного угла и биссектриса угла, смеж­ного с третьим плоским углом, лежат в одной плоскости

Р е ш е н и е . Отложим на ребрах трехгранного угла с вершиной О равные отрезки О А, ОВ, ОС (рис. 11). Пусть ОВ| = —ОВ. Треугольники В\ОС, АОВ, АОС равнобедренные, поэтому их биссектрисы О/С, ОМ, ОР являются и медианами. Приняв векторы ОА, ОВ и ОС за базисные, разложим по ним векторы: ОМ = 0,50/2 ++ 0,504; ОР = 0,504 + 0,5QC; ОК = 0,5 ОВ, ++ 0,50С = -0,50В + 0,50С.

Очевидно, ОР — ОМ = О,БОС — 0,50В и О/С = == ОР — ОМ, что и доказывает утверждение задачи.

З а д а ч а 23. Основанием четырехугольной пира­миды MABCD является параллелограмм ABCD, DK — = КМ, ВР = 0,25ВМ; точка X есть пересечение прямой

МС и плоскости АКР. Найдите отношение МХ.ХС.Р е ш е н и е . Выбираем в качестве базисных векторы

Рис. Ю Рис. 11в

AB, AD, AM. Так как точка X принадлежит плоскости АКР, то

Хх = тАК + пАР= т(0,5ЛР + 0,5ЛМ) ++ дг(0,25ЛМ + 0J5AB) = OjbnAB+ 0,5 mAD +

+ (0,5т+0,25я)ЛМ. (1)

Пусть MX = kMC. ТогдаАЛ = (1 — k)AM-f IzAC == (k- 1 )AM + kAD + kAB. (2)

Из равенств (1) и (2) имеем:0,75я = 6; 0,5га = 6; 0,5m -f- 0J5n =1 — k.

•Решив систему этих уравнений, получаемб = 3:7,т. е. МХ.ХС =3:4.

3 а д а ч а 24. ABCDA|B|C|D| — куб (рис. 12). А В == 1; Wj( = KCx; CP = 0,25CD; CW=0,25C7D,. Точка

X принадлежит прямой BD|. Точка Y есть пересечение прямых КХи МР. Постройте точку Y.

Р е ш е н и е . Считаем векторы В А, ВС, ВВ| базис­ными. Пусть

W= уРМ, (1)BX = xBDx. (2)

По условию задачиKY = nKX. (3)

Выражаем векторы, входящие в равенства (1) — (3), через базисные:

Р/Й ==££,; 'BD=BA+BC + ~BBry KY== КС{ + CiM- YM = 0,5ВС + 0,25ВА — (1 -у)ВВ;

КХ = ВХ -ВВ{ - £,/( = xSZ) - ££, — 0,5£С =:::::::: хВА -j- (х— 0,5^-^ (х — 0yb)BBi.

Теперь равенство (3) принимает вид:0,5£С + 0,25£Л — (1 — у)ВВ{ =_

= яхВЛ + п(х — 0,5)£С + n(x — 0,5)BBi.Отсюда

(0,2 5 — пх)ВА (0,5 — tix -j- 0В С-f- -f- (у— 1 — tix -| - оуЪп)ВВ[ = 0

133

\\

в! л

-V-­/ \ \\

С

А В Рис. 12 Рис. 13

И0,25 — пх = 0,0,5 — пх + 0,5я = О,

I у — 1 — пх + 0,5/2 = 0.Решив систему этих уравнений, находим у =1,5.Итак, PY= 1,5—МЗ а д а ч а 2 5. Докажите, что если два пересекаю­

щихся ребра тетраэдра перпендикулярны соответ­ственно противолежащим им ребрам, то остальные два противолежащих ребра также перпендикулярны.

Р е ш е н и е . Пусть АВ, AC, AD — базисные векторы и взаимно перпендикулярные прямые: АВ и CD, AD и ВС. “Тогда АВ • CD = 0 и AD • ВС = 0 или AB(AD — -АС) = 0 и Ш{АС-Ш) = 0.Сложив почленно последние два равенства, получаем AC(AD-AB) = 0 или AC-BD = 0.

3 а да ч а 26. ABCDA\B\C\D\ — куб (рис. 13). АВ =

= 1; DM = -ArDB|. Плоскость а проходит через точку М перпендикулярно прямой B|D. Найдите, в каком отно­шении плоскость а делит ребро A\D\.

Р е ш е н и е . Пусть плоскость а и прямая A |D| пере­секаются в точке X. По условию задачи,

Считаем базисными векторы DA, DC и DD\.DB\ = DD\ + DA + DC. Пусть D|X= nD\Aь Тогда

MX — DDi +D,X — DM = DD+П — ^'y)A — DC

После этого равенство (1) принимает вид:

MX-DBi=0. (1)

X (DD| + DA + DC) = 0. (2)134

Векторы DD\, DA, DC взаимно перпендикулярны, и длина каждого из них равна 1. Поэтому уравнение(2) после упрощения принимает вид:

Отсюда п = 0,6, т. е. D|X/XA \ =3:2.

Задание 13. СЕЧЕНИЯ МНОГОГРАННИКОВ.ПЕРИМЕТРЫ И ПЛОЩАДИ

З а д а ч а 1. Докажите, что периметр любого сече­ния треугольной пирамиды DABC плоскостью не пре­восходит наибольшего из периметров ее граней.

Р е ш е н и е .1. Пусть грань ABC имеет наибольший периметр.

Если сечение А 'В'С' параллельно плоскости ABC, то утверждение задачи очевидно. В самом деле, треуголь­ник А'В'С' подобен треугольнику ABC, а коэффициент подобия меньше единицы.

2. Утверждение задачи также очевидно и в том случае, если сечение МКЕ параллельно одной из боко­вых граней пирамиды. В этом случае треугольник МКЕ подобен треугольнику ABD (коэффициент подобия меньше единицы), а площадь треугольника ABD мень­ше площади треугольника ABC.

3. Пусть секущая плоскость проходит через верши­ны А и В пирамиды и произвольную точку X ребра DC. Построим три развертки боковой поверхности пира­миды DABC (на рисунках 1, 2, 3 показаны различные развертки, соответствующие различной сумме плоских углов пирамиды при вершине D). Из рисунков ясно, что

AD + DB < АХ + ХВ С АС+ СВ.Итак, утверждение задачи верно, если сечением

Рис. 1 Рис. 2 А Рис.3

пирамиды является треугольник АВХ (точка X лежит внутри ребра CD).

4. Пусть сечением пирамиды является треугольник AYX (рис. 4). Воспользуемся результатом, получен­ным в п. 3.

Периметр треугольника AXYне превосходит пери­метра треугольника AYC или треугольника AYD, а периметр треугольника AYC не превосходит периметра грани ABC. Поэтому периметр треугольника AYX не превосходит периметра грани ABC.

5. Пусть сечением пирамиды DABC является тре­угольник BDM (рис. 5). Периметр треугольника MBD не превосходит периметра треугольника BDC. Но пе­риметры граней ABD и BDC не превосходят периметра грани ABC.

6. Если сечением пирамиды DBAC является треугольник MKD (рис. 6), то его периметр не пре­восходит периметра треугольника MDC или MDB. Но периметр треугольника MDC меньше периметра тре­угольника ADC, а периметр треугольника MBD не пре­восходит периметра грани ABD или грани DBC. Поэто­му и в этом случае утверждение задачи верно.

7. Пусть сечением пирамиды DABC является па­раллелограмм MKEF (рис. 7). Обозначим: DC= 1 и DK = х. Тогда МК = FE = хАС (это следует из по­добия треугольников DM К и DAC); КЕ = MF = (1 — — x)DB (из подобных треугольников СКЕ и CDB). Таким образом, периметр параллелограмма MKEF равен 2хАС + 2(1 — x)DB. Очевидно, 0 < х < 1.

Функция f(x) = 2хАС + 2(1 —x)DB линейна*}. Наи­меньшего и наибольшего значения она достигает на концах промежутка определения. Поэтому 2DB < < f(x) < 2АС. Но 2АС меньше периметра треугольника ABC. Поэтому периметр параллелограмма MKEF мень­ше периметра грани ABC.

136

8. Пусть сечением пирамиды DABC является тра­пеция MKEF (рис. 8). При движении точки К по ребру DC периметр Р сечения MKEF изменяется ли­нейно. Это следует из того, что подобны между собой треугольники: DM\K\ и DMK, СК\Е\ и СКЕ, BF\E\ и BFE, AF\M\ и AFM.

Поэтому в этом случае для обоснования утвержде­ния задачи используются рассуждения, изложенные в п. 7.

9. Пусть, наконец, сечением пирамиды DABC яв­ляется произвольный четырехугольник MKEF (рис. 9). И в этом случае для доказательства утверждения задачи используется идея линейного изменения пе­риметра четырехугольника MKEF, если точка К дви­жется по ребру DC.

З а д а ч а 2. Проверьте, верно ли утверждение: «Площадь любого сечения треугольной пирамиды DABC плоскостью не превосходит наибольшей из пло­щадей ее граней».

Р е ш е н и е . 1. Пусть грань ABC имеет наиболь­шую площадь S. Если сечение A\B\C\ параллель­но плоскости ABC, то треугольник А\В\С\ подо­бен треугольнику ABC- Коэффициент подобия треугольников А\В\С\ и ABC меньше единицы, а Поэтому площадь тре­угольника А\В\С\ мень­ше S.

137

п Рис 10 С

2. Если сечение МКР параллельно боковой грани ABD, то треугольник МКР подобен треугольнику ABDy и площадь треугольника МКР меньше площади треу­гольника ABD, и, следовательно, меньше S.

3. Пусть секущая плоскость проходит через ребро АС пирамиды и перпендикулярна плоскости ABD.В сечении получаем треугольник ACM (рис. 10). Его площадь меньше площади треугольников ACD и АСВ. Это следует из формулы 5длсм = SaAcd • cos <р, где <р — угол между плоскостями ACM и ACD.

4. Пусть секущая плоскость проходит через ребро АС и произвольную точку Xребра DB^o 11). Тогда

(плоскость ACM перпендикулярна плоскости ADB, а а — угол между плоскостями ACM и АСХ). Если (3 — угол между плоскостями ACM и АСВ, то

Но (3 >> а. Поэтому из равенств (1) и (2) следует, что площадь сечения АСХ меньше площади грани АСВ, т. е. меньше 5.

5. К такому же выводу при помощи аналогичных рассуждений приходим и в том случае, если точка М совпадает с точкой D или В или лежит на продолже­нии ребра DB.

6. На рисунке 12 показано сечение ADX пирамиды DABCплоскостью, проходящей через ребро ADи пере­секающей грань ABC, имеющую наибольшую площадь. На основании результата, полученного в п. 4, можно утверждать, что площадь треугольника ADX меньше площади одной из граней ACD или ADB. Поэтому площадь сечения ADX меньше S.

S д асх = S л асм : cos а (о

Sд АСВ = Sаасм: COS р. (2)

138

7. На рисунке 13 показано сечение AXY пирамиды DABC плоскостью, пересекающей в точках X и У ее ребра DB и CD. На основании результата, получен­ного в п. 4, получаем: площадь треугольника AXY меньше площади треугольника AXD или треугольника АХС. Но S aadx <С S aadb и S дахс <СS.Поэтому и в этом случае площадь сечения меньше 5.

8. На рисунке 14 показано сечение пирамиды DABC плоскостью DXY. Площадь треугольника DXY меньше площади треугольника DXB или треугольника DXC. Но площадь треугольника DXB меньше площади треугольника ABD или треугольника DBC, а площадь треугольника DXC меньше площади треугольника ADC- Поэтому S adxy < S, т. е. и в этом случае площадь сечения меньше наибольшей из площадей граней пи­рамиды DABC-

Таким образом, доказано, что если сечением пи­рамиды DABC является треугольник, то его площадь меньше наибольшей из площадей ее граней.

9. Пусть сечением пирамиды DABC является па­раллелограмм KPFM (рис. 15). Из треугольной пира­миды KABF следует, что площадь треугольника KMF меньше наибольшей из площадей треугольников AKF и KBF (см. п. 4). Из треугольной пирамиды DABF получаем, что площадь треугольника KBF меньше наибольшей из площадей треугольников ABFи DBF.

Итак, площадь треугольника KMFменьше наиболь­шей из площадей треугольников AKFи DBF.

Рассуждая аналогично, получим, что площадь треугольника KPF меньше наибольшей из площадей треугольников KDF и DFC.

Площадь параллелограмма KPFM равна площади треугольников KMF и KPF. Поэтому площадь сече­ния KPFM меньше наибольшей из площадей треуголь­ников ADFи DBC. Но площадь каждого из этих двух

S

139

треугольников меньше площади треугольника ЛВС, равной S.

10. Пусть сечением пирамиды DABC является произвольный четырехугольник KPFM (рис. 16). Вы­полнив рассуждения, приведенные в п* 9, докажем, что и в этом случае площадь сечения меньше 5.

Таким образом, доказано, что площадь любого сечения треугольной пирамиды DABC плоскостью не превосходит наибольшего из площадей его граней.

З а д а ч а 3. Ребро куба ABCDA\B\C\D\ равно 1. Постройте сечение куба плоскостью с наибольшим пе­риметром.

Р е ш е н и е .1. Пусть сечением куба ABCDA IB 1C ID | (АВ = 1)

является треугольник МКР (рис. 17). Каждая сторона этого треугольника является гипотенузой одного из прямоугольных треугольников МАК, МАР или КАР. Поэтому периметр треугольника МКР будет наиболь­шим, если точка М совпадает с точкой А\, точка К— с точкой Ву а Р— с точкой D.

2. Пусть секущая плоскость задана точками КУ Р и М, первые две из которых принадлежат ребрам АВ и AD, а третья — лежит на продолжении ребра АА | (за точку А \). В этом случае сечением куба ABCDA\B[C\D| является трапеция FEPK с основа­ниями FE и КР(рис. 18).

На рисунке изобразим еще одно сечение данного куба — трапецию ЕТВР. Очевидно, отрезок FE больше отрезка AiE.

Рассмотрим подобные пирамиды МА \ТЕ и МАРВ. Было уже доказано (задача 1, п. 3), что периметр сечения FEM не превосходит периметра треугольника МА\Е или треугольника МКР. Аналогично, периметр треугольника МКРне превосходит периметра треуголь­но

ника МАР или треугольника МРВ. Между собой по­добны (с одним и тем же коэффициентом подобия) треугольники: МА|Е и МАР, MFE и МКР, МТБ и МВР. Поэтому периметр сечения FEPK не превосходит периметр трапеции А\ЕРА или ТЕРВ.

3. На рисунке 19 изображена равнобокая трапе­ция BDLT, которая является сечением куба плоскостью, проходящей через вершины В и D куба и произволь­ную точку М, лежащую на продолжении ребра АА| (за вершину Л1). На основании результата, получен­ного в предыдущем пункте, заключаем, что площадь сечения ТЕРВ меньше площади трапеции А\ТВА или трапеции TLDB (трапеция ТЕРВ является общей гранью усеченных пирамид АхТЕАВРи TLEBDP).

4. Пусть А\Т = A\L = х (рис. 19).Выразим через х периметр Р(х) сечения TLDB.

Из прямоугольных треугольников ABD и A \TL полу­чаем: BD=a/2, TL = x/2.

Из равных прямоугольных трапеций АхТВА и A\LDA имеем:

ТВ = LD =-\/l+(1 -х)2.Итак, ___________Р(х) = -д/2 -f- хл[2 + 2-1/1 + (1 - х)2, О <С х <С 1.(1)На основании результатов, полученных в пп. 1—3,

естественно предположить, что Р(х) меньше периметра сечения BDDxBx, т. е.

Р(х) < 2 + 2А/2, если 0 < х < 1.Итак, попытаемся доказать неравенство

~|[2-| - Л2 2 - / 1 (1 — хУ<С 2 -j- 2 -\(2 ,если 0 < х< 1. (2)

2-yi +(1 -*)2<2 + д/2 -хд/2 ИЛИ V2(l + (l-x)2)<V2+l-x. (3)

После возведения обеих частей неравенства (3) в квадрат получаем:

2 + 2 (х - х) 2 < (-ф+ I)2 - 2 х(ф+ 1) + *2;х2-2х(\ -V2) + (l - 2 V 2 ) < 0 . (4)

Решив уравнениех2 — 2x(l — -д/2) + (1— 2-д/2) = 0, (5)

получаем: х\ = 1 — 2д/2 <0, Х2= 1.Теперь ясно, что неравенство (2) верно, если 0 <<

<х<\.Таким образом, доказано, что если сечение куба

является треугольником или трапецией, то его пери­метр не превосходит периметра диагонального сечения BDD\B\ куба ABCDA \B\C\D\.

П р и м е ч а н и е . Г ипотеза о том, что Р(х) < 2 ++ 2д/2, если 0<л:<С 1, может быть получена и путем составления таблицы функции Р(х) при помощи микро­калькулятора.

5. На рисунке 20 изображено сечение KD\MB куба ABCDA \B|C \D|. Четырехугольник KD\MB является параллелограммом, если КС | = AM.

Пусть КС\=АМ = х. Тогда MD\ = д/( 1 — х) 2 + 1,KDi = д/l +х2 . Если Р(х) — периметр параллелограм­ма KD\MBy то

Рх) = 2(VTT7 д/(1 — х)2 +1), 0 <С * <С 1. (1)

Как и в п. 4, естественно предположить, что Р(х) меньше периметра сечения B\D\DBy т. е.

2(д/ 1 х2 -f- д/( 1 — х) 2 -f- 1) < 2 -f* 2 д/2, 0 <С х<С 1. (2)Если неравенство (2) верно, то

д/( 1 — *)2 + 1 <С (1 -f- д/2) — д/1 х2л (3)

Так как 0 < х < 1, то 1 < д/l -f х2 < 2, и обе части неравенства (3) положительны. Поэтому после возве-

Если неравенство (2) верно, то

142

дения в квадрат обеих частей неравенства (3) получаем равносильное ему неравенство

(1 -xf+l <(1 +У2)2 - 2(1 + V2) X X "V1 + х2 + (1 + х2 )

После понятных упрощений имеем(1 +л/2 )л[Г+х2 <(ф+1) + х. (4)

Обе части неравенства (4) положительны. Поэтому после возведения его обеих частей в квадрат и приве­дения подобных членов получаем неравенство

x(-\J2 - 1) + х2 {\ — -\/2) > 0, (5)равносильно неравенству ( 4 ) . Т а к к а к 0 < л : < 1 , то х > х2. Неравенство (5) при 0 < х < 1 верно, поэтому верно и неравенство ( 1 ) .

Таким образом, доказано, что если сечение куба ABCDA\B\C\D\ является треугольником или четырех­угольником, то его периметр не превосходит периметра диагонального сечения BDD B .

6. На рисунке 21 изображен пятиугольник МКЕС\Н, который является сечением куба ABCDA\B \C\D | пло­скостью, проходящей через вершину С\ и прямую МК, параллельную прямой BD(AM = АК = х < 1).

Строится это сечение следующим образом. Полу­чаем точку F, в которой прямая МК пересекается с прямой DC. Ребро DD| с отрезком C|F пересекаются в точке Е Через точку М проводим прямую, парал­лельную прямой FC\. В пересечении с ребром ВВ\ получаем точку Н.

Выразим периметр Р(х) этого сечения через х.DF = DK = 1 — х, потому что треугольник KFD по­

добен треугольнику КМА и АМ=АК = х.

143

Из подобных прямоугольных треугольников D}C}E и DFE получаем D\E:DE = D\C\\DF. Отсюда (1 — — DE):DE = } :(\ — х) и DE = (1 - х):{2 - х| EDX = = 1:(2 — х). Очевидно, МН = КЕи НС\ = ЕС].

Из прямоугольных треугольников МАК, KDEи

EDiCi находим: МК = хл]2; KE=-yJ(1 -

Итак, (2

Р(х) = *д/2 + 2д/( i - х)2 + +

или

р (х) - хд/2 + +-+г[( 1-дг)+1| =

= ХЛ/ 2 + 2 (2 -*) =хд/2 -(- 2дЛ(2 — x)2 -f-T. (2)

Попытаемся и в этом случае доказать, что Р(х) меньше периметра диагонального сечения BDD|B| куба ABCDA[B\C\D\, т. е.хд/2 + 2 V(2 - х)2 +1 < 2 + 2д/2, если 0 < х < 1 . (3)

Если неравенство (3) верно, то верны иследую-щие неравенства (если 0 < * < С 1 ) :

2д/(2 -х)2 + 1 < (2 + 2д/2) - хд/2;4(4 —4х + х2 + 1 )<(2 + 2д/2)2 — 2х(2 +

2д/2~)д/2 -|- 2х2; х2-2х(2-72) + (4-4д/2)<0. (4)

Находим корни уравнения, соответствующего нера­венству (4):

х\ = 2 —2 Л[2 \ *2 = 2.Так как 2 —2д//2<0 и 2> 1, то неравенство (4)

верно, если 0<х< 1. Поэтому доказано и неравенство( 3 ) , если О С х С1.

Мы уже рассмотрели несколько сечений куба. И во всех этих случаях доказали, что их периметры не пре-144

восходят периметра его диагонального сечения. А это дает основание попытаться доказать гипотезу о том, что из всех сечений куба наибольший периметр имеет его диагональное сечение.

7. На рисунке 22 показано сечение КМРВ\Е куба плоскостью, заданной точками Ки М, принадлежащими соответственно ребрам AD и DC, и точкой В. Для построения этого сечения находим точку L, в которой прямая КМ пересекается с прямой АВ. Проводим отрезок МР, параллельный прямой LB\.

На рисунке 23 изображены четыре грани куба ABCDA\B\C[D[ которым принадлежат соответствую­щие стороны сечения ЕКМРВ\ (отрезки В\Е, ЕК, КМУ МР). Очевидно, пятая сторона В\Р сечения равна отрезку PDi.

Таким образом, попытаемся доказать, чтоВхЕ + ЕК + KM + MP + PDi <2 + 2д/2. (1)

Если ломаная BiEKMP (на плоскости !) выпук­лая, то

BiE + EK + KM + MPcBAt +AtD + DP +

+ PD l = \+- ' j2 + DP + PD i . (2)

Найдем наибольшее значение длины ломаной DPD\. Пусть СР = ху тогда

DP --д/1 4-je2, PDi = V1 +(1 ~*)2- Докажем, что

"V1 + + "V 1 + (1 — х)2 а 1 ~\/2,если 0 < х < 1. (3)

6 А. Б. Василевский 145

-д/l +(1 _д;)2<(1 +л/2)-У1 +Х2. (4)

После возведения обеих частей неравенства (4) в квад­рат и соответствующих упрощений получаем:

~| fT-f- х2 л 1 х{л/— 1).

Возведя обе части последнего неравенства в квадрат и приведя подобные члены, получим: х2 — х^0. Это неравенство верно, потому что 0<х< 1. Значит, дока­зано неравенство (3), и, следовательно, неравенство (1) верно.

К аналогичным рассуждениям сводится доказатель­ство неравенства (1) и в том случае, если на рисунке 23 Лшйаная В\ЕКМР не будет выпуклой. Например, вместо ломаной В\ЕКМР исследуется ломанаяВ\Е\К\М\Р. В этом случаеВхЕх + ЕхКх < В| А + АК| и КхМх + МХР < K\D + DP.Поэтому BiEi + EiKi + KiMi + MXP < B^A + AKi ++ KiD + DP = ф + l + DP n B{Ei + EiKi + KiMt ++ M,P + PD< 2 + 2V2.

8. На рисунке 24 показаны три сечения куба ABCDA\BXCXDX параллельными между собой плоско­стями — пятиугольники В\ЕКМР, A\B2 F2 M2 K2 и шести­угольник В\В[Р\М\К\Е\.

При движении точки В{ по ребру В|А| (от вершины Вх к А \) периметр шестиугольника ВХВХР\М\К\Е| из­меняется линейно. Поэтому периметр этого шестиуголь­ника не превосходит периметра пятиугольников В\ЕКМР и А{В%Р2 М2 К2 - Следовательно, периметр шестиуголь­ника В| В[Р\МХК\ЕХ не больше 2 2~\/2Л

Таким образом, доказано, что сечениями куба ABCDA\BXC\D\ с наибольшим периметром являются его диагональные сечения.

З а д а ч а 4. Доказать, что из всех сечений куба плоскостью наибольшую площадь имеют его диаго­нальные сечения.

Доказательство этого свойства куба сводится к рассмотрению его различных сечений к доказатель­ству соответствующих неравенств, т. е. эта задача аналогична задаче 2. Поэтому ограничимся рассмот­рением только некоторых частных случаев.

Если неравенство (3) верно, то

146

Р е ш е н и е . 1. Если в сечении куба плоскостью получается треугольник MKD (рис. 25), то очевидно, что площадь сечения MKD меньше площади треуголь­ника A \BD, т. е. меньше д/2.

2. На рисунке 26 секущая плоскость задана точка­ми М, К и F:

AK = AF = ал\, АХМ = х> 0.Сечением куба является равнобокая трапеция FHEK.

Пусть АВ = 1. Тогда АО = a sin 45° = (из треуголь­ника AOF).

МО =л(1 +*)2+ («-#)2 =V(1 + *)2 + 0,5а2.

ЛО 0,5аУ2COS ф :

МО

> ДЛ/C— 0 52_у( I Н~ Х2 Ч~ 0.5а2Samkf = ' — 0,5d^

COS(p 7 0,5ад/2

= 0,5ад/2 • V( 1 + *)2 + 0,5а2.

Из подобных пирамид МА\ЕНи MAKFследует: EH:KF = A,H:AF = MA,:MA =х:[\ +х).

Поэтомуъ амен

Sakmf(x + I)2 и S амен= 0,5ад/2 X

Хд/(1 ХТ4“ 0,5а2 (х+х)2‘

Отсюда лSehfk = 0,5ад/2 • л/( 1 + х?+ 0,5а2 (1 --Д+)

147

= 0,Ьсф ш У( 1 + *)2 + 0,5а2' • л+1 =

= о .Ьа-Ф-ЦЛ-л +°.5(-4т )’• <»Итак, для выяснения вопроса, как изменяется пло­

щадь сечения (трапеции EHFK) с увеличением х и а, необходимо исследовать функцию

s W = 0,5Л2 • -£±1 • д/l +0,5(лгг)2

(а — параметр). (2)

Чтобы получить гипотезу об изменении функции 5(х) с увеличением х (например, при а = 1 ) , целесо­образно предложить различным учащимся найти 5(0,5); 5(0,7); 5(1); 5(10); 5(200); 5(3000).

При помощи микрокалькулятора эта работа вы­полняется достаточно быстро. На доске появляется таблица:

х(а = 1) 0,5 0,7 1 10 200 3000

S(x) 1,04231 1,08118 1,12499 1,3527 1,4107 1,41398

На основании этого появляется гипотеза, что при О Л а Л | и х > 0 площадь трапеции EHFK не пре- *

восходит -д/2, т. е. не превосходит площади диагональ­ного сечения BB|D|D.

Итак, попытаемся доказать неравенство

0.5 +0.5(7Tr)!<V2.если х > 0 , 0 < a < 1 ( 3 )

илиа(2х + 1)д/(х + О2 + 0У5а2 < 2 (х.+ I)2. (4)

Так как 0 < а Л 1, то доказательство неравенства (4) сводится к доказательству неравенства

(2х + 1)У(* + I)2 + 0,5 < 2(х + I)2. (5)Возводим обе части неравенства (5) в квадрат:(2х+ \)(х2 + 2х + 1,5)<4(л;2 + 2* + I)2.

148

Отсюда4хз + 9л:2 + 8х + 2,5 > 0.

Последнее неравенство при х>0 верно. Тем самымдоказано, что площадь трапеции KFHE меньше д/2, т. е. меньше площади диагонального сечения куба.3. На рисунке 27 изображено сечение FKPH куба

плоскостью МНР (прямая HP не параллельна пря­мой BD). Показаны также сечения FEDH и QEDB, заданные соответственно плоскостями HDM и BDM.

Между собой подобны треугольники: MA\F и МАН, MFK и МНР, MFE и MHD, MFQ и МНВ, МКЕ и MPD,MQE и MBD.

Поэтому, используя свойства сечений многогран­ников, доказанные в процессе решения задачи 2 этого задания, приходим к следующим выводам:

площадь сечения FKPH не превосходит площади трапеции FA\AH или FEDH. Площадь сечения FEDH не превосходит площади трапеции KEDP или QEDB. Поэтому площадь сечения FKPH не превосходит пло­щади трапеции A\FHA, KEDP или QEDB. Но площадь каждой из этих трапеций меньше площади диагональ­ного сечения B|D|DBкуба. Поэтому площадь сеченияFKPH меньше д/2*.

4. На рисунке 28 изображено сечение А{МСК кубаABCDA\B\C\D[плоскостью А|КС Пусть АВ = 1,

Очевидно, C|M = yC|D| и четырехугольник А{МСК■итт

149

является параллелограммом. Для вычисления площади параллелограмма необходимо знать длины смежных сторон АК и КС и угол ф — zl А|КС. Из прямоугольных треугольников КАА | и КВ Сполучаем:

*с~у/|!+(т)’—#-

Известно, что А|С = ~\/з. По теореме косинусов из треугольника К4|С находим:

Л,/(2 + KC2~AiC2 -2 Л 1-с.COS ф 2Л1/С. /сс -д/Тзо" л *

Теперь ясно, что угол А|КСтупой.Вычисляем:

Sin? = VI -0054=л1 -4=Vi

Sak-cm — Л i/C • /(С sin ф —

— #-#'У 1 —ум-

Задание 14. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ У Р А В Н Е Н И Я И НЕРАВЕНСТВА

З а д а ч а 1. Докажите, что все решения уравнения (2У2 cos 2 5° - 1) tg х°—(2-#ят 2 5° - l) tg 3x° (1)

— целые числа.Р е ш е н и е . Основной период уравнения (1) равен

180°. Поэтому сначала исследуем это уравнение на отрезке [ — 90°; 90°].

Преобразуем уравнение (1) к виду:tg Зх" 2*2 cos 2 5° — 1 /сух

tg 2д/2 sin 25° - 1

При помощи микрокалькулятора получаем:2д/2 cos 25° - 1 л 8)0034! 08 л 8 (3)

2д/2 sin 25° - 1

150

Находим:

to- Зл'° ^n лх' 3 sin х" — 4 sin3 х_ ° cosЗх" 4 cos3 х°-

n 3 — 4 sin2 х°4 cos3 х" — 3 cos х" cos х(4 cos2 х"— 3)

о 3 — 4 sin2 х"

sin х°(3 — 4 sin2 х)

— lg-t 4(I----- sin'*')--- 3 — л (4>

(5)

Решив уравнение ( 5 ) , получим:sin2 лг° ж zo «0,17857142, sin х° « 0,42257711 или

s\nx° ж—0,42257711. Отсюда *о ~ ±24,997398° ж ж ±25°.

Выполненные вычисления представляют возмож­ность предположить, что корнями уравнения ( 1 ) , при­надлежащими отрезку [ — 90°; 9 0 ° ] , являются —25°, 0° и 2 5°.

Проверяем полученную гипотезу. Очевидно, 0° является решением уравнения (1 ).

Пусть х° — 2 5°. Докажем справедливость равенства(2д/2 • cos 25° — 1)tg 25° —(2-\/2sin250 — l)tg 75°. (1)Если равенство (1) верно, то

(2д/2 • cos 25° — l)sin 25° cos 75° —— (2д/2 sin 25° — 1) sin 75° cos 25°;

2 д/2 • cos 25° sin 25° cos 75° — 2 д/2 sin 25° cos 25° sin 75° —— sin 25° cos 75° — sin 75° cos 25°;

д/2 sin 50° cos 75° — д/2 sin 50° sin 75° — — sin 50°; V2(cos 75° - sin 75°) — -1; 1 —д/2Ып 75° — sin 15°);

Отсюда ясно, что равенство (1) верно.Так как t g ( - 2 5 ° ) — -tg25° и tg( — 75°) — —tg75°,

то верно и равенство

1 —/j^/2°-2 750os+£-^i-- sin 75° - 15°

1 — д/2. 2—л.0,5.

(2д/2 • cos 2 5° - l) tg( —2 5°) — — (2д/2 sin 25° - l ) t g ( —75°).

151

Таким образом, доказано, что корнями уравнения (1) являются только целые числа 180° • 6, 180оя±2 5о (к, п— целые числа).

З а д а ч а 2. Решите неравенство

Функция <р(х) — arcsin Зх определена на отрезке [ — у; yj. Число 0, очевидно, является решениемуравнения sin х — arcsin Зх.

Возникает вопрос: нет ли у этого уравнения еще и других корней? Неравенство arcsin х< arcsin Зхверно для каждой точки промежутка ,потомучто на этом промежутке функции arcsin х и arcsin Зх являются возрастающими и sin (arcsin х)< sin (arcsin Зх), т. е. х<3х.

Рассуждая аналогично, можно показать, что нера­венство arcsin х > arcsin Зх верно для каждой точкипромежутка Г ; 0\

Докажем теперь, что уравнение sin х = arcsin х имеет решением только число 0.

у симметричны относительно прямой у = х. Дока­жем, что если х Ф 0, то sin х < х и arcsin х > х. Для этого исследуем функции /(x) — sinx — х и 0(х) —— arcsin х —х при помощи производной:

Г(х) — cos х — 1 < 0, если х Ф 0. Поэтому f(x) — убывающая функция. Следовательно, уравнение sin х —— х имеет единственное решение х — 0. Теперь ясно, что графики функций f(x) и у — х имеют единственную общую точку (0; 0). Поэтому и график функции 0(х) имеет только одну общую точку (0; 0) с графиком функции у = х.

Таким образом, число 0 является единственным решением уравнения sin х — arcsin Зх, а решением не­равенства (1) является отрезок |\); yj.

З а д а ч а 3. Решите уравнение

sin х л arcsin Зх.

Г рафики функций sin х и arcsin х ( на отрезк

arcsin 2х + arcsin х — у.

152

П е р в о е р е ш е н и е . Так как функция arcsinx определена на отрезке [ — 1 ; 1], то функция arcsin2x определена на отрезке [ — 0,5; 0,5]. Поэтому монотонная (возрастающая) и непрерывная функция f{x) == arcsin 2x + arcsin x определена на отрезке [ — 0,5; 0,5]. Находим:

/( — 0,5) = arcsin(— 1) + arcsin( —0,5) =Л 2

1Г ~ - Т Я.

/(0,5) = arcsin 1 -f- arcsin 0,5 = 0,5я + у = у я.

Теперь понятно, что уравнение (1) имеет единст­венный корень Х\у причем 0<Сх\ С 0,5.

При помощи микрокалькулятора найдем прибли­женное значение х\ с точностью до 10" . Для этого составляем следующую таблицу значений функцииf(x). Заметим, что 1,0471975:

X fix) X №

0 0 0,3279 1,04709820,5 2,0943951 0,32735 1,04728340,3 0,9481938 0,32733 1,04720930,35 1,1329686 0,32732 1,04717230,33 1,0571224 0,327325 1,04719080,328 1,049692 5 0,327327 1,04719820,327 1,0459873 0,3273265 1,04719630,3275 1,0478391

О т в е т . х| ж 0,3273227.В т о р о е р е ш е н и е . Находим косинус от обеих

частей уравнения ( 1 ) :

cos(arcsin 2х+ arcsin х)= cosy.Отсюда

~\]\ — 4х2 • д/l — х2 — 2х-х = 0,5.Решив это иррациональное уравнение, получаем:

*.=0,5уЬ *2 = -0,5

Полученное решение нуждается в проверке. Пусть153

а — arcsin 2х\ + arcsin xi. Тогда cosAarcsin-A-A +

+ arcsinA0,5-A-A-)) = cos а и cos a = 1 jX

Хд/I - | ‘ y — t - e’ cosa = 0>5- TaK

л IT. sfi i Гз" д/i"как 0 < у < 2" и У _\/Т< 2 ’ то

О < arcsin -Лу<-|- и 0 < arcsin у

Но тогда

О < arcsin-Ay + arcsinAy-Ay л < у,

т. е. а принадлежит первой четверти.

Итак, cos а —0,5 и 0<а<у, но в таком случае

л * Г, Г ГГ , ,а = у, и *i = 0,5 -wy— корень уравнения (1).

Проверяем, является ли *2 корнем уравнения (1). Обозначим |3 = arcsin 2х2 + arcsin х2. Отсюда

arcsinA Лт) a r c s i n л ) = Р- Так как

— 1 <-------\Jy<: 0 и ” 1 < — 0,5-лу < 0, то

— я < arcsinA yjj-) + arcsinA —<Г~ЛТ ) <

или — я < p < 0.

Следовательно, (3 Л у. Поэтому х2 не является

корнем уравнения(1).

О т в е т . Xi = 0,5-Лу л 0,32732683 (приближенное

значение получено на микрокалькуляторе).З а д а ч а 4. Решите уравнение

cos у* = cos2x. (1)

Р е ш е н и е . Находим основной период уравнения ( 1 ) . У функции у = cos2* основной период равен я.

4Основной период функции у = cos у* равен 1,5я.

154

Наименьшее общее кратное чисел я и 1,5я равно Зя. Поэтому основной период уравнения (1) равен Зя. Пусть Т = [0; Зя].

Очевидно, х = Оявляется решением уравнения ( 1 ) .На интервале (-|я; -|-я) функция у = cos -j.x отри­

цательна. Поэтому другие корни уравнения (1) сле­дует искать только на интервалах Л0; -g-я) и (-g-я;

3 \При помощи микрокалькулятора сначала найдем

приближенные значения корней уравнения ( 1 ) . Для этого составляем таблицу значений функции f(x) =

= cos2 x— cos—-хна интервалах Л0; -g-я) и (-g-л;

у я ) , т. е. на интервалах ( 0 ° ; 67,5°) и (202,5°; 270°).

.. /« Пх)

0 0 202,5 0,853553423 — 0,00080306 207 0,68936426 — 0,00119426 210 0,576351899 -0,00261932 213 0,4614465

12 — 0,00448897 216 0,345491 5515 -0,00667995 219 0,2293493118 — 0,00903692 222 0,1 1 38931

21 -0,01 137519 225 0,0000000224 — 0,01312438 228 -0,1114571227 -0,01512438 231 — 0,2196173630 — 0,01604446 234 -0,3236390333 -0,01597149 237 -0,4227081936 -0,01462203 240 -0,516044539 — 0,01170562 243 — 0,6029096542 -0,00692866 246 — 0,6826134545 0,00000002 249 -0,7545200648 0,00936458 252 — 0,8180539751 0,02143757 255 -0,8727053554 0,03647455 258 — 0,9180344457 0,0547098 261 -0,9536758660 0,07635185 264 -0,9793418763 0,10157893 267 — 0,9948250566 0,1305352 270 — 167,5 0,14644661

Из таблицы легко усматриваются следующие ги­потезы :

155

1. Корнями уравнения, принадлежащими отрезку [0; Зя], являются числа: 0; 0,25я; 1,25я. Непосредствен­ная проверка подтверждает эту гипотезу.

2. На интервале А0; улЛ наименьшее значение

функция f(x) достигает в точке х0 ж у, а на интервале

(у я; ) (функция f(x) монотонно убывает. Для про­верки этой гипотезы находим:

f'(x)----- 2 cos х sin х + у sin у х =■ / . 4 . 4= — sin 2x4- у sin у х.

Решив уравнение f'(x) = 0, получаемИтак, решениями уравнения (1) являются числа

3kn\ 0,25я + 3пл\ 1,25я + Зят (к, п, т— целые числа).

Задание 15. ЗАДАЧИ НА РАЗВЕРТКАХ МНОГОГРАННИКОВ

З а д а ч а 1. На рисунке 1 изображена треугольная пирамида DABC, а на рисунке 2 дана ее развертка. DH — высота пирамиды. Отрезки DK, DM, DP — апофемы боковых граней.

Почему на рисунке 2 лежат на одной прямой точки: Я, Ри £>,; Я, Ми D2; Я, /С и D3?

Выполнив необходимые измерения на развертке и вычисления, определите (с точностью, которая задается разверткой): 1) длину высоты DH| 2) величину (в гра­д у с а х ) угла прямой CD с плоскостью ABC; 3) величину

D

156

двугранного угла между плоскостями ABC и ABD\ 4) площадь грани ACD| 5) объем пирамиды; 6) рас­стояние от точки В до плоскости ACD.

З а д а ч а 2. На рисунке 3 дана развертка треуголь­ной пирамиды DABC. Ее основание — прямоугольный треугольник АСВ с катетами АС = 3 см, СВ = 4 см. Основание Нвысоты DH пирамиды лежит на биссектри­се угла АСВ. Боковое ребро CD = 7,3 см; BF = 2см (DF— высота грани DBC на ребро ВС).

Опишите план построения этой развертки.Выполнив необходимые измерения, построения и

вычисления, определите: 1) длину высоты пирамиды; 2) величину двугранного угла, образованного гранями СВА и BAD; 3) угол между ребром BD и плоскостью АВС\ 4) площадь ортогональной проекции грани CBD на плоскость ABC.

З а д а ч а 3. Дан остроугольный треугольник D3DiD2. Точки А, В, С — соответственно середины сторон D2 D3 , .DD\, D\D2 . Отрезок D2D3 = 14 см.

1) Докажите, что треугольник D|BC, ACD2 , D3 BA и CAB равны.

2) Докажите, что эти треугольники образуют раз­вертку треугольной пирамиды DABC.

3) Начертите эту развертку в своих тетрадях и постройте на ней основание Н высоты DH пирамиды DABC(ответ показан на рисунке 4).

4) Выполнив необходимые измерения, построения и вычисления, определите: а) длину высоты пирамиды DABC\ б) угол наклона ребра CD к плоскости ABC; в) двугранный угол при ребре СА.

5) Почему угол МОА является линейным углом157

двугранного угла при ребре CD? Найдите величину этого угла.

6) Сделайте бумажную модель пирамиды DABC.З а д а ч а 4. На рисунке 5 даны грани ABC и ABD

треугольной пирамиды DABC. Двугранный угол между гранями равен 60°. (Точки С, А и D на этом рисунке принадлежат одной прямой.) На рисунке 6 показано построение развертки этой пирамиды (точка Н— осно­вание высоты DH пирамиды, и DM = МН).

1) Сделайте обоснование выполненных построений.2) Определите длину высоты DH этой пирамиды,

выполнив на рисунке 6 необходимые измерения.3) Вычислите угол между прямой BD и плоскостью

АБС.4) Сделайте из бумаги модель пирамиды DABC.З а д а ч а 5. На рисунке 7 изображена четырех­

угольная пирамида FABCD, основанием которой яв­ляется параллелограмм ABCD. Ребро AF перпенди­кулярно плоскости основания пирамиды. Отрезки FK

158

и FM — апофемы соответственно боковых граней FCD и FBC. Точка К — середина ребра CD; ВМ.МС = = 3:4. Ребро AD равно 7 см. Постройте развертку

этой пирамиды.Р е ш е н и е . Строим отрезок AD = 7 см (рис. 8).

Точкой Р делим этот отрезок так: AP.PD = 4:3. Де­лим пополам точкой Q отрезок PD. Через Р и Q про­водим перпендикуляры h\ и h2 к прямой AD. На луче h2 отмечаем такую точку /С, что OK = OD (О — сере­дина отрезка AD). Прямая DK пересекает луч h| в точ­ке С. Точки Л, D и С определяют параллелограмм ABCD. Строим прямоугольный треугольник FAD — боковую грань пирамиды, перпендикулярную плоско­сти основания ABCD(AF = АК). Строим грань F|AB (F\A=AF, угол F|AB — прямой). На луче AM нахо­дим такую точку F2 t что BF2 = BF\. Получаем грань BF2 C. Строим грань DCF3 .

Задание 16. КОМБИНАЦИИ МНОГОГРАННИКОВ И ФИГУР ВРАЩЕНИЯ

З а д а ч а 1. Дан куб ABCDA\B\C\D\ (рис. 1), ребро которого равно 1. Через вершины А и С середины F и Е соответственно ребер В|С\ и CiDi проведена сфера. Найдите радиус Я этой сферы.

Р е ш е н и е . Центр М сферы равноудален от точек Л и С, поэтому он принадлежит плоскости симметрии этих точек, т. е. плоскости BDD\. По той же причине точка М принадлежит и плоскости Л1С1С (плоскости симметрии точек F и Е). Итак, точка М принадлежит прямой OOi, по которой пересекаются плоскости Л1С1С и BDD\.

Введем прямоугольную систему координат. Мы не знаем, где на прямой 001 находится точка М. Поэтому Af(0,5; 0,5; Г). Но МЕ2 = МС\ т. е.

(0,5 - 0,5)2 + (0,5 - I)2 + (z - I)2 == (1 - 0,5)2 + (1 - 0,5)2 + (0 - г)\

Отсюда 2 = { и к2 = МС2 = (1 -0,5)2 + (1 -0,5)2 +

З а д а ч а 2. Через каждую вершину треугольной пирамиды проведена плоскость, содержащая центр

159

окружности, описанной около противоположной грани, и перпендикулярная противоположной грани. Дока­жите, что эти четыре плоскости пересекаются в одной точке X.

Р е ш е н и е . Рассмотрим сначала треугольную пи­рамиду DABC, у которой плоские углы ACD, ABC, ABD и BCD прямые и АВ = ВС (рис. 2).

Чем она хороша для получения рабочей гипотезы?Да тем, что для нее легко строятся центры окруж­

ностей, описанных вокруг граней, и основания четырех ее высот.

Прямая DC перпендикулярна плоскости ABC, и середина М ребра АС является центром окружности, описанной вокруг грани ABC. Поэтому плоскость ACD является одной из четырех рассматриваемых в задаче плоскостей.

П р я м а я MB перпендикулярна плоскости ACD. Се­редина О ребра AD является центром окружности, описанной вокруг грани ACD. Поэтому плоскость МОВ одна из исследуемых четырех плоскостей.

Очевидно, плоскости ABD и КОС (К — середина ребра BD) являются третьей и четвертой из рассмат­риваемых в данной задаче. Плоскости aCd, МОВ, ABD и КОС пересекаются в точке О, которая является центром сферы, описанной вокруг пирамиды ABCD.

Таким образом, появилась гипотеза, что точкой X является центр описанной вокруг любой треугольной пирамиды сферы.

Эта гипотеза легко доказывается. Пусть, например, точка Р — центр описанной вокруг треугольника ABC окружности, a DH — высота пирамиды к грани ABC- Тогда прямые ХР и DH параллельны (потому что160

они перпендикулярны плоскости ABC), и, следова­тельно, принадлежат одной плоскости.

З а д а ч а 3. Основанием пирамиды DABC является равносторонний треугольник ABC, длина стороны ко­торого равна 4 д/2. Боковое ребро DC перпендикулярно плоскости основания и имеет длину 2. Найдите величину угла и расстояние между скрещивающимися прямыми, одна из которых проходит через точку D и середину М ребра ВС, а другая проходит через точку С и сере­дину К ребра АВ(рис. 3).

Р е ш е н и е . Искомый угол равен PMD. Поэтому задача свелась к решению прямоугольного трехгран­ного угла MCPD (М— его вершина, СМ— ребро пря­мого двугранного у г л а ) .

Длина отрезка СН равна расстоянию между скре­щивающимися прямыми DM и СК, потому что прямая С К параллельна плоскости DPM. Из ACDM находим:

MDAAfCD ’ТсМ* = 2д/з.Поэтому _

cos Z СМ D = д/ 2:3 и cos Z PMD =

= cos /LPMCcos ZCMD = cos 30° "~\Jy = 0>5д/2> t. e. ZPMD = 45°.

Из трехгранного угла MCPD получаем:cos Z.DPC = tg Z CMP: tg Z.PMD= д/3:3,

sin zopc=Vi-(¥7=Vf

CH = CPsin Z DPC — д/2ж-д/у = -p.

З а д а ч а 4. Дана треугольная пирамида ABCD, у которой углы BDC, CD А и ADB — прямые и DA =а, DB = b, DC = с. Точка М, принадлежащая грани ABC, равноудалена от плоскостей всех остальных граней пирамиды. Вычислить длину отрезка DM.

Р е ш е н и е . Пусть, для определенности, а^.Ь^с. Достроим данную пирамиду ABCD до куба с основа­ниями A'DB'K' и А\СВ\К\ (рис. 4). Каждая точка диагонали DK\ этого куба равноудалена от плоскостей CDB, CDA и ADB. Поэтому точка М есть точка пере­сечения отрезка DK с плоскостью ABC.

161

Пусть прямые ОК'и АВ пересекаются в точке К. Тогда Месть точка пересечения прямых СКи D/Ci.

Треугольники MDKи МК|Сподобны. Очевидно,СК\ = с -\[2, DK\ = сд/з; MKi =DK\ — DM = сл/з - — DM. Из подобия треугольников АШ/( и M/CiC по­

лучаем:D/Ci - DM

DMc"v5"+ 1. (1)

Теперь понятно, что для решения задачи нужно сначала найти длину биссектрисы DK прямоугольного треугольника ADB.

Биссектриса DK делит отрезок АВ на части, про­порциональные отрезкам DBи DA. Поэтому

а + b 1 а + b

Векторы DA и DB перпендикулярны. Поэтому

DK DB ь2

(a + bf {a + bf

Ь2а2 2а?Ь2{a + bf (a + b)2’

"FTDA я262

DK

(a + bf ab^f2a + b

Из равенств (1) и (2) получаем:£Уз1_ (а + &)сд/2 | , _ ас + Ьс + ab

DM ab-ф

и DM яя

ab

аЬ~1 [ ас -j- be -j- ab

162

З а д а ч а 5. DABC — треугольная пирамида (рис. 5). AK = KD, ВР = РС, DM = 0,4DC. Найдите площадь 5 сечения пирамиды плоскостью КМР, если вершина А удалена от плоскости КМР на h = 1 и объем пирамиды DABCравен 5.

Р е ш е н и е . Строим сечение пирамиды DABC мето­дом параллельных проекций. За направление проекти­рования выбираем прямую КР. В этом случае пира­мида DABC изображается параллелограммом ABDC (рис. 6), а секущая плоскость — прямой КМ, которая пересекает ребро АВ в точке Е Точка К = Р является центром симметрии параллелограмма ABDC, поэтому AE:EB = DM.MC =2:3.

Итак, сечением пирамиды DABC плоскостью КМР является четырехугольник КМРЕ(рис. 5).

Четырехугольные пирамиды АЕКМР и DEKMP имеют общее основание КМРЕ и AK — KD. Поэтому их объемы равны. Площадь треугольника AMD равна 0,4 площади треугольника ACD, а расстояние от точки Р до плоскости ACD в два р а з а меньше расстояния от точки В до этой плоскости. Поэтому объем пирамид РАМС и DEPB составляет 0,6 объема пирамиды DABC. А это означает, что .объем пирамиды АКМРЕ равен 0,2 объема пирамиды DABC, т. е. равен 1.

Итак, -LSh= 1. Но h = 1, поэтому 5 = 3.З а д а ч а 6. В правильную четырехугольную пи­

рамиду MABCD с вершиной М вписан шар. Второй шар касается первого шара, а также плоскости основа­ния пирамиды в точке А. Через центр второго шара и сторону ВС основания пирамиды проведена пло­скость, пересекающая ребро МА в точке К. Найдите угол наклона этой плоскости к плоскости основания

Рис. 5 ъ

А

163

пирамиды, если известно, что ребро МА и диагональ СКсечения перпендикулярны (рис. 7).

Р е ш е н и е . Пусть АВ = 2, высота МО = Я, а осно­вание высоты пирамиды является началом прямоуголь­ной системы координат — 0(х\ у\ г). Положительное направление осей координат показано на рисунке СВН = НС, Ж=Ш), тогда М(0; 0; h| Л ( - 1 ; 1; 0), С(1; —1; 0). Пусть Р — центр вписанного в пирамиду MABCD шара. Допустим, что его радиус равен г, тогда Р(0; 0; г). Пусть Е— центр второго шара радиу­са R. Очевидно, £( — 1 ; 1; R).

Составим уравнение по условию задачи.Вписанный в пирамиду MABCD шар касается сто­

рон равнобедренного треугольника MFH(F— середина отрезка AD>. Воспользовавшись зависимостью между площадью S треугольника MFH, его полупериметром р и r(S = pr), получаем:

0,5 • FH • ОМ = (FO + FM)r или 0,5 . 2h == ( i + Vi + й 2 ) / - .

Отсюдаh = r( 1 +-ф +/г2). (1)

Применим метод координат длявыражения того факта, что рассматриваемые шары касаются внешним образом:

ЕР = (R + г) 2 или (0 + I)2 + (0- I)2 ++ (r-R) 2 = (R + rf.Отсюда

2rR=l. (2)

Прямые С£ и ЛМ перпендикулярны. Поэтому СЕ • AM = 0 или

(-2; 2; R)(l; -1; h) = 0 и /?/г = 4. (3)

Из уравнений (2) и (3) имеемг = /г: 8. (4)

Из уравнений (1) и (4) находим h = 4~\j3.Для определения величины ф двугранного угла

между плоскостями ABC и ВС К рассмотрим прямо­угольный трехгранный угол СКАВ. У него /-АСВ = = 45° и А. КС А = 90° — ЛМЛС. Так как tg /.MAC =

164

= MO.AO = h:-yj2 = 4^]3:л=2-^, то tg АКСА =i

2Тб’Из трехгранного угла СКАВ находим t g ( p = Л/3:6.

З а д а ч а 7. Основание пирамиды HABCD — квад­рат ABCD, ребро ЯЛ перпендикулярно плоскости осно­вания. АВ = 3, НА = 4. Докажите, что в пирамиду можно вписать сферу, и найдите ее радиус.

Для сравнения приведем два решения этой задачи.П е р в о е р е ш е н и е . Сначала найдем радиус сфе­

ры. Потом докажем ее существование. Для этого при­меним формулу 3v = = Sr. Очевидно, V = у 3 • 3 • 4 = 12;ИВ = 5; 3(Л£С£) = 9; S(BAH) = S(HAD) = 0,5 • 3 • 4 == 6; S(HBC) = S(HDC) = 0,5 • 3 • 5 = 7,5. Поэтому S == 9 + 2 • 6 + 2 • 7,5 = 36. Получаем г — 1.

Плоскости АВН, ЛЯД и ЛВД взаимно перпенди­кулярны. Поэтому точка О, отстоящая на 1 от этих плоскостей, есть вершина куба АВ’ CD’ A\B\OD\ (рис. 8). Докажем, что точка О отстоит на 1 от пло­скостей НВС и HDC.

Так как прямая В\0 параллельна прямой ВС, то расстояние от точек В| и О до плоскости НВС одина­ково. Плоскости АВН и ВНС перпендикулярны. Поэто­му расстояние от Si до плоскости НВС равно расстоя­нию от В| до прямой ВН.

Таким образом, задача свелась к доказательству того, что точка В| есть центр окружности, вписанной в прямоугольный треугольник НАВ. Так как площадь

165

треугольника АНВ и его полупериметр равны 6, то радиус вписанного в него круга равен 1.

В т о р о е р е ш е н и е . Дополним данную пирамиду HABCD до прямой треугольной призмы HADPBC (рис. 9). Прямоугольный треугольник HAD является ортогональным сечением этой призмы. Поэтому радиус шара со, который касается плоскостей НАВ, ABD, HDC и HAD, равен радиусу г круга, вписанного в треугольник HAD.

Мы уже знаем, что г = 1. Очевидно, центр О шара со находится внутри пирамиды HABCD. Поэтому шар со касается граней ABCD, НАВ, HAD и HCD этой пира­миды. Плоскость НАС является плоскостью симметрии пирамиды HABCD. Поэтому шар со касается и грани НВС, симметричной грани HDC относительно плоско­сти НАС.

З а д а ч а 8. Основанием треугольной пирамиды * DAB С является треугольник ABC, в котором угол Апрямой, угол АСВ равен 30°, ВС = 2~\/2. Длины ребер AD, BD, CD равны между собой. Сфера радиуса 1 касается ребер AD, BD, продолжения ребра CD за точку D и плоскости ВАС. Построить изображение центра О этой сферы и найти длину отрезка касатель­ной, проведенной из точки А к сфере.

Р е ш е н и е . Основание данной пирамиды — прямо­угольный треугольник ABC, а боковые ребра ее равны, поэтому высотой пирамиды является отрезок DH(H — середина гипотенузы ВСтреугольника ABC).

Данная сфера касается ребер AD и BD, поэтому ее центр О принадлежит плоскости симметрии а лу­чей DB и DA. Так как треугольник АВН правильный, то плоскость а проходит через точку Н и середину К отрезка ВА (рис. 10). Данная сфера касается ребра BD и луча DC\ (продолжения ребра CD за точку D),166

поэтому точка О принадлежит плоскости симметрии (3 лучей DBи DC|.

Итак, плоскость BDC перпендикулярна плоскости ВАС, а плоскость а перпендикулярна плоскости BDC и делит внешний угол C|DB равнобедренного треуголь­ника BDC пополам. Поэтому плоскости аир пересе­каются по прямой а, проходящей через точку Dи парал­лельной прямой НК.

Таким образом, точка О лежит на прямой а. От­сюда следует, что четырехугольник MODH является прямоугольником (М— точка касания сферы с плоско­стью ABC) и DH = МО = 1.

Следовательно, прямая OD параллельна ЯМ, а НМ параллельна АС. Поэтому прямые OD и АС парал­лельны, т. е. точка О принадлежит плоскости C|DA.

Очевидно, АС = ВС sin 60° = 2~\2 - 0,5д/з = д/б. По теореме, обратной теореме Пифагора, получаем, что угол ADC прямой. Так как ОС\ = ОМ = 1, то четырех­угольник OC\DA является квадратом со стороной, равной 1. Следовательно, искомый отрезок касатель­ной, проведенной из точки А к сфере, равен — 1.

Теперь понятно построение точки О на рисунке.Через точку D проводим прямую а, параллельную

прямой НК. На продолжении ребра DC (за точку D) откладываем отрезок DC\ = 1. Через точку С\ прово­дим прямую, параллельную прямой DA. Она пересе­кается с прямой а в искомой точке О.

З а д а ч а 9. В основании пирамиды DABC лежит равнобедренный треугольник ЛВС (АВ = АС = 1, /LABC = а). Плоскость DBC составляет с плоскостью

ABC угол величиной a; Z.DAB= Z.DAC = а. Высота DH пирамиды расположена внутри нее (рис. 11). Найдите объем пирамиды KDPC, если точки К и Р принадлежат соответственно ребрам AD и BD, а.пло- щадь треугольника KDPотносится к площади треуголь­ника ABD как 4:25. При каком значении а объем пирамиды КР^аибольший?

Р е ш е н и е . Для существования пирамиды DABC необходимо:

1) /.DAB + Z.DAC > ABAC, т. е. 45° < а << 9 0 ° . ( 1 )

2) /.DAM + /-AMD < 180° (это неравенство яв­ляется следствием условия ( 1 ) , т а к к а к /LDAM < а ) .

167

Задача, по существу, сводится к решению треуголь­ников ABC, ADM и прямоугольного трехгранного угла AMDB. Выполнив необходимые преобразования, полу­чаем:

, , 4 sin3 a/7/—cos 2аVKDPC = —г •------------------- =. (2)

sina—у — cos2a

Очевидно, объемы пирамид KDPC и ABCD относятся как площади треугольников ^Ри ABD.

Для получения ответа на второй вопрос задачи преобразуем формулу (2) к виду:

V(KDPC) = 4- . '--------------------’ ’ -9

sin2 а-д/ — cos 2a

Теперь ясно, что функция V(a)=V{KDPC) моно­тонная на интервале Поэтому не существуеттакого значения а, при котором объем пирамиды KDPC принимает наибольшее значение.

З а д а ч а 10. Основанием четырехугольной пира­миды MABCD является прямоугольник ABCD. Грани АВМ и ВСМ пирамиды перпендикулярны основанию. Грани MCD и MAD образуют с основанием соответ­ственнодвугранные углы р и а (рис. 12).

Найдите объем пирамиды, если MD = 3.При каких значениях аир объем пирамиды будет

наибольшим?Р е ш е н и е . Из условия задачи следует, что ребро

ВМ перпендикулярно плоскости ABC. По теореме о трех перпендикулярах углы MAD и MCD прямые. Вычисле­168

ние объема пирамиды сводится к нахождению сторон прямоугольника ABCDи высоты пирамиды ВМ.

Пусть АВ = х, AD = у, тогда BD = ~фс2 + У2 и ВМ =

= д/9 —■ (х2 + у*.Из прямоугольных треугольников МВС и MBA име­

ем систему уравнений:Уэ — (*2+Щ = j/tg р, (1)

9 — (x2 + «/2) = xtga. (2)

После возведения в квадрат обеих частей уравнений (1) и (2) получим:

/9 — х2 — у2 = У2 tg2 0, (3)\9 — х2 — у2 = х2 tg a, (х + г/ < 9). (4)

Решив систему, получим:2 9 cos2 a sin2 0 2_____ 9 cos2 ft sin2 a ,r\

X 1 — cos2 a cos2 p ’ У1 — cos2 a cos2 p *

Нетрудно проверить, что для полученных значений хи у выполняется условие: х2 + у2 <L9.

Из прямоугольного треугольника МВС находим:ВМ = ВС tg р = »tg р = 3 since srn-р (б)

у1 — cos2 a cos2 р

Таким образом, из равенств (5) и (6) находим:,, ~ .cps a sin2 a cos p sin2 pКмЛБС = У - (i)

Y (1 — cos2 a cos2 p)3

Чтобы получить ответ на второй вопрос задачи, исследуем на экстремум функцию /(a) = V(a \ считая р параметром:

г/ \ о1 cos2 a sin4 a cos2 p sin 4 p /^/(a) = 81 (1 _cos2acos2p)3 (8)

Очевидно, 0 < a < 0,5л.Вычисляем:

f(a) = 81 COS2pSin4pfl—-г-е°£-*-Е-5 « + 4-e°s8 « sin’acoseOxlv 1 л S 1 \ (1 — cosA a cosAp)b

V ~ c°s a CQs3 ft)3 (1 — cos2 a cos2 p)6

cos2 a sin4 a • 3(1— cos2 a cos2 p)2 • 2 cos2 p cos a sin a \(1 — cos2 a cos2 P)6 /

169

Решив уравнение /'(а) = 0, получим:

c°sia”3—W (9)

Находим значение функции Да) в точке, в которой ее производная равна нулю, т. е. выполняется равен­ство ( 9 ) :

/(T—2icosA) = ;3sin22p— <i°)Отсюдавидно, что наибольшее значение функции /(а) равно 3, при Э = 0,25jt, и наибольший объемпира-миды MABCD равен д/з.

Но если Р = 0,2 5л, то и a = 0,2 5л (это следует из равенства ( 9 ) ) . Итак, объем пирамиды MABCDбудет

наибольшим, если a = р = у.П р и м е ч а н и е . Решение второй задачи можно

упростить следующим образом:Пусть Z.BDM = ф, Z.BDC = Q. Тогда

ВМ = 3 sin ф, BD = 3 cos ф,DC = 3 cos ф cos 0, £С = З с о 5 ф $ т ф (11)

V = 4,5 cos2 ф sin ф sin 20 (12)Применяем производную для определения наиболь­

шего значения К(ф):1/'(ф) = 4,5 sin 20 cos ф(1 — 3 sin2 ф).

Решив уравнение К'(ф) = 0, имеем /з При

этом значении ф вычисляем V =д/з sin 20.Так как 0 <С sin 2 0 Л 1 , то наибольшее значение

объема Vравно д/з. Но если smy =л~ и 0 = 0,2 5л,то а = р = 0,2 5л. Это следует из равенств (11).

Еще одно замечание. Гипотезу о том, что наиболь­шее значение функции /(а) равно 3, можно получить при помощи микрокалькулятора. После этого остается доказать, что /(а) Л 3, т. е.

27 cos2 a sin4 a cos2 р sin4 р << (1 — cos2 a cos 2 Р)3лпри 0 < а < ул.

З а д а ч а 11. В основании прямой призмы ABCDA|B|C|D| лежит ромб ABCD- у которого АС =

170

= 4, BD = 2. Точки M и N\ лежат соответственнона ребрах ADи В|С|, причем AM:MD = C\N\ :N\B\ == 3:2, МЛГ, =-а/5 (рис. 13).

Рассмотрим следующие задачи:1. Постройте сечение MNN\M\ призмы ABCD

A\B |C \D | плоскостью, проходящей через точки Ми N | и перпендикулярной основаниям призмы.

Р е ш е н и е . Треугольники АОМ и CON равны, по­тому что ЛО = ОС, AM = NC и Z.OAM=/LOCN.Следовательно, углы АОМ и Л/ОС равны, и точки М, О и А/ принадлежат одной прямой. Искомое сечение — прямоугольник MM|N|N.

2. Найдите стороны прямоугольника MM|N|N.Р е ш е н и е . Приведем два способа нахождения

длины стороны MN прямоугольника MM|N|N. По­скольку МО = ON, то достаточно найти длину отрез­ка ОМ. ________ _____

а) Введем в рассмотрение векторы О A, OD/OM (рис. 13). Так как точки Л, М, Dлежат на одной прямой и ЛМ:М£>=А3:2, то ОМ = 0,404 + 0,6ОР.Очевидно, ОМ = (0,4 О А + 0,6 OD) 2 = 0,160Л2 + 2 X X 0,24 • ОА- OD+ 0,360D2 = 0,16-4 + 2- 0,24 • 0 ++ 0,36 -1 = 1. Отсюда ОМ = 1 и MN = 2.

Заметим, что приведенное векторное вычисление длины отрезков избавляет нас от дополнительных построений. Оно основано на умении рационально вы­брать векторный базис и разложить вектор, соответ­ствующий рассматриваемому отрезку, по этому базису.

б) Второй способ вычисления длины отрезка сво­дится к построению вспомогательного треугольника и его решению. Например, можно построить отрезок ML, перпендикулярный прямой BD^^ 14).

Теперь длину отрезка МО легко найти из прямо­угольного треугольника OLM. В самом деле, ML-.АО = = DL\DO = DM.AD = 2:5. Отсюда ML = 0,8; DL = = 0,4; OL = 1 - 0,4 = 0,6; ОМ2 = 0,82 + 0,62 = 1 и ОМ = 1. Из прямоугольного треугольника MNN| на­ходим:

NN2 \ =(д/л)2 — 22 = 1 и NNi = 1.

3. Найдите объем Vпризмы ABCDA\B\C\D\.Р е ш е н и е . Площадь ромба ABCD находим по

171

формуле: Sabcd= 0,5AC • BD sin ф, где ф — угол между прямыми АС и BD.

Sabcd = 0,5 • 4 - 2 - 1 = 4, поэтому V = 4.

4. Пусть — произвольная точка луча ААХ (рис. 13). Обозначим AK = z. Выразите длину рас­стояния от точки К до прямой MN/'через z(h(z) = КН).

Р е ш е н и е . Пусть отрезок КН перпендикулярен прямой MNi и отрезок КЕ перпендикулярен плоскости MNN. Очевидно, треугольник КЕН — прямоугольный (угол КЕН — прямой).

Пусть прямая AF перпендикулярна прямой MN, тогда KE = AF.

Таким образом, чтобы найти длину гипотенузы КН прямоугольного треугольника КЕН, необходимо найти AFи выразить длину отрезка ЕНчерез г.

Рассмотрим дЛОМ. AF — высота, проведенная к стороне ОМ. Так как AM= 0,6AD, то площадь треуголь­ника АОМ составляет 0,6 площади треугольника AOD, т. е. 0,5 • МО • AF = 0,6 • 0,5 • АО-OD = 0 ,6 . Отсюда AF = 1,2.

Из прямоугольного треугольника AFO получаем:F02 = АО2 — AF2, F02 = 2 — 1,22 = 2,56 и FO = l , 6 .

Но МО = 1, поэтому FM = 0,6.Треугольники FMO и M\N{M подобны. Поэтому

FQ.MMi = FM :M\N\ . Отсюда FQ = MMX • FM\M{NX = = 0,3 и £Q = z + 0,3.

Из прямоугольного треугольника НЕО находим:EH = EQ sin Z.EQH = EQ sin Z.M{MN{ =

172

= A * i f e S H A + 0’3)- (DИтак, из прямоугольного треугольника КЕН на­

ходим:КН= 1,22 + 0,8(z + 0,3)2;

h(z) =VT,44 + 0,8(2 + 0,3)2. (2)

5. При каком значении 2 функция h(z) =

=-д/1,44 + 0,8(z + 0,3)2 принимает наименьшее значе­ние?

Р е ш е н и е . Функция h(z) принимает наименьшее значение, если 2 +0,3 = 0, т. е. при z = — 0 , 3 . Оче­видно, при этом значении z точки Еи Нсовпадают, т. е. точки Еи Нсовпадают с точкой Q.

Ясно также, что если z= —0,3, то плоскость KN \M перпендикулярна плоскости прямоугольника N \NMM |.

6. Постройте сечение прямой призмы ABCDA\B |C \D | плоскостью а, проходящей через прямую MN| и перпен­дикулярной плоскости прямоугольника M|N|NM.

Р е ш е н и е . Из предыдущего ясно, что плоскость а пересекает прямую АА| в точке /С, лежащей на луче, дополнительном к лучу АА|, и АК = 0,ЗЛЛь Построе­ние сечения показано на рисунке 15.

Прямая КМ пересекает ребро DD| в точке Р. Грани AA|D|D и ВВ|С|С лежат в параллельных плоскостях. Поэтому плоскость а пересекает грань В|ВСС| по отрезку N|R, параллельному прямой КР. Точка Т есть пересечение ребра АВ и отрезка KR. Через Р проводим прямую, параллельную прямой KR. Она пересекает прямую DICi^ точке L.

Шестиугольник TRN\LPM— искомое сечение.В/лу -с<

РЕКОМЕНДУЕМАЯ Л И Т Е Р А Т У Р А

Бабинская И. А. Задачи математических олимпиад.— М.,1975.— 1 12 с.

Бартенев Ф. А. Нестандартные задачи по алгебре.— М., 1976.— 102 с.

Башмаков М. И. Уравнения и неравенства.— М., 1976.— 96 с. Василевский А. Б. Метод параллельных проекций.— Мн.,

1985.— 128 с.Василевский А. Б. Обучение решению задач.— Мн., 1979.— 192 с. Василевский А. Б. Параллельные проекции и решение задач

по стереометрии.— Мн. 1978.— 104 с.Василевский А. Б. Устные упражнения по алгебре и началам

анализа.— Мн. 1981.— 72 с.Василевский А. Б. Устные упражнения по геометрии.— Мн.,

1983.— 80 с.Гарднер М. Математические новеллы.— М., 1974.— 160 с. Гарднер М. Есть идея! — М., 1982.— 304 с,Колягин Ю. М., Оганесян В. А. Учись решать задачи.— М.,

1980.— 96 с.Нестеренко Ю. А., Олехник С. Н., Потапенко М. К. Задачи

вступительных экзаменов по математике.— М., 1983.— 448 с.Пойа Д. Математическое открытие.— М., 1976.— 452 с.Пойа Д. Как решать задачи.— М., 1961.— 208 с.Пособие по математике для поступающих в вузы / Под ред.

Г. Н. Яковлева.— М., 1982.— 608 с.Сборник конкурсных задач по математике для поступающих

в вузы / Под ред. М. И. Сканави.— М., 1977.— 520 с.Сборник задач московских математических олимпиад / Сост.

А. А. Леман; Под ред. В. Г. Болтянского.— М., 1966.— 384 с.Сивашинский И. X. Задачи по математике для внеклассных за­

нятий, 9—10 классы / Под ред. В. Г. Болтянского.— М., 1968.— 312 с.Столяр А. А. Как математика ум в порядок приводит.— Мн.,

1982.— 160 с.Страшевич С., Бровкин Е. Польские математические олим­

пиады.— М., 1978.— 338 с.Тригг Ч. Задачи с изюминкой.— М., 1975.— 302 с.Фридман J1. М., Турецкий Е. Н. Как научиться решать задачи.

— М., 1984.— 174 с.Шарыгин И. Ф. Задачи по геометрии: Планиметрия.— М.,

1982.— 160 с.Шарыгин И. Ф. Задачи по геометрии: Стереометрия.— М.,

1984.— 160 с.Шклярский Д. О., Ченцов Н. Н., Яглом И. М. Избранные

задачи и теоремы планиметрии.— М., 1967.— 336 с.Шустеф Ф. М. Сборник олимпиадных задач по математике.

— Мн., 1977.— 72 с.

СОДЕРЖАНИЕ

Введение 3Задание 1. Преобразование числовых выражений . . . . 19

Задание 2. Задачи на делимость чисел........................................................................... 29

Задание 3. Решение уравнений и неравенств в целых числах 39

Задание 4. Разложение многочленов на множители . . . 47

Задание 5. Задачи по планиметрии................................................................................ 50

Задание 6. Рациональные уравнения и неравенства . . . 69

Задание 7. Решение уравнений и неравенств с помощью гра­фиков .................................................................................................. 74

Задание 8. Иррациональные уравнения и неравенства . . 78

Задание 9. Уравнения и неравенства с параметрами . . 85

Задание 10. Исследование уравнений и неравенств . . . . 98

Задание 11. Метод параллельных проекций................................................................ 108

Задание 12. Векторное решение геометрических задач . . . 121

Задание 13. Сечения многогранников. Периметры и площади . . 135

Задание 14. Тригонометрические уравнения и неравенства . . 150

Задание 15. Задачи на развертках многогранников . 156

Задание 16. Комбинации многогранников и фигур вращения . . 159

Рекомендуемая литература............................................................................................ 174

Учебное издание

ВАСИЛЕВСКИЙ Александр Борисович

ЗАДАНИЯ ДЛЯ ВНЕКЛАССНОЙ РАБОТЫ

ПО МАТЕМАТИКЕ

9—11 классы Книга для учителя

Редактор В. В. Амбражевич. Обложка художника В. С Жаркевина. Художественный редактор Г. И. Красинский. Технический редактор

- JJ. П. Сопот. Корректоры Т. Н. Ведерникова, Р. С. Ахремчик.

ИБ № 2403Сдано в набор 12.10.87. Подписано в печать 14.09.88. Формат 84ХЮ8‘/з2. Бумага

книжно-журнальная. Гарнитура литературная. Высокая печать с ФПФ. Уел. печ. л. 9 ,24. Уел. кр.-отт. 9 ,56. Уч.-изд. л. 7 ,65. Тираж 59 000 экз. Заказ 850. Цена 20 к

Издательство «Народная асвета» Государственного комитета БССР по делам изда­тельств, полиграфии и книжной торговли. 220600, Минск, проспект Машерова, 11.

Минский ордена Трудового Красного Знамени полиграфкомбинат МППО имени Я. Коласа. 220005, Минск, Красная, 23.