Задачи можно решать проще

41

Задания можно решать проще

Готовящемся к построению вузы передко спрашивают:

— Могут ли на вступительных экзаменах по математике предлагать задание, для решения которых необходимо знать теоремы, не предусмотренные школьной программиой?
— Нет, не могут!

Услыхав такой ответ, один мой деятическлассик возразил, показывая статью И. Габовича «Векторы помогают на экзамене» («Квант», 1979, № 1):

— Неправда. Ведь формул

$$\overrightarrow{BD} = \frac{n}{m+n} \overrightarrow{BA} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BC},$$

$$\overrightarrow{MN} = \frac{n}{m+n} \overrightarrow{AC} + \frac{m}{m+n} \overrightarrow{BD}$$

в школе не изучают, а задании на применение этих формул предлагают и в МГУ, и в МФТИ, и в Киевском политехническом…

К сожалению, так думают многие читатели «Кванта» и — ошибаются.

Из того факта, что некоторые задании можно решать с помощью каких-то формул, еще не следует, что без этих формул их решить нельзя. Для примера рассмотрим задачи из упомянутой статьи.

Задача 1 (МГУ, эконом. ф-т, 1978). В треугольнике KLM на стороне KL взята точка A так, что |KA|:|AL|=1:3; на стороне LM взята точка B так, что |LB|:|BM|=4:1. Пусть C — точка пересечения прямых KB и MA. Известно, что

$$S_{KLB} = \frac{4}{5} s, \quad S_{ALM} = \frac{3}{4} s,$$

$$S_{KLC} = 4p, \quad S_{LCB} = 4q,$$

$$S_{KLC} - S_{LCB} = 4p - 4q = 4(p - q) = 4(S_{KLB} - S_{ALM}) = 4 \cdot \frac{1}{20} s = \frac{1}{5} s,$$

$$S_{KLC} + S_{LCB} = S_{KLB} = \frac{4}{5} s.$$

Из двух последних равенств s=2S_{KLC}=4.

Задача 2 (МФТИ, 1977). Сторана основания ABCD правильно призмы ABCD $A_1B_1C_1D_1$ имеет длину 2a, боковое ребро — длину a. Рассматриваются отрезки с концами на диагонали AD$_1$ грани и диагонали DB$_1$ призмы, параллельные плоскости AA$_1B_1B$.

1. Один из этих отрезков проведен через точку M диагонали AD$_1$ такую, что |AM|:|AD$_1$|=2:3. Найти его длину.

2. Найти наименьшую длину всех расстями отрезков.

Эту задачу решать координатным методом.

Решен и е. Данную призму расположим в прямогольной системе координат, как показано на рисунке 2. Через точку X ребра AD, удаленную от D на расстояние x, проведем плоскость XTT$_1$X$_1$, параллельную грани ABB$_1$A$_1$. Пусть R и S — точки пересечения этой плоскости с [AD$_1$] и [DB$_1$]. Абсциссы и ordinateты точки R и S можно определить устно, а аппликаты — использую свойства подобных треугольников ADD$_1$ и AXR, DBB$_1$ и DQS. Имеем: $R(x; 0; \frac{2a-x}{2})$, $S(x; x; \frac{x}{2})$. Значит, |RS| = $\sqrt{x^2 + (a-x)^2}$.

42

1. Если $R=M$, то есть $|AR|: |AD_1|=2:3$, то $x=\frac{2}{3}a$ и $|RS|= \frac{a}{3}\sqrt{5}$.

2. $|RS|$ будет иметь наименьшее значение при наименьшем значении функции $f(x)=x^2+(a-x)^2$ ($x\in[0;2a]$), то есть (производная!) при $x=\frac{a}{2}$.

Ответ. $\min |RS|=\frac{a}{2}\sqrt{2}$.

Задание 3 (МФТИ, 1978). Длина ребра правильного метраэдра $ABCD$ равна $a$. Точка $E$ — середина ребра $CD$, точка $F$ — середина высоты $BL$ грани $ABD$. Отрезок $MN$ с концами на прямых $AD$ и $BC$ пересекает прямую $EF$ и перепедикулярен ей. Наименьшую эмодезка.

Решение *). Соединим середины ребер $AB, AC, BD$ и $CD$ — получим квадрат (Указание e. $AD\perp BC$), у которого $E$ — одна из вершин, $F$ — середина стороны (рис. 3). Прямы $AD$ и $BC$ параллельны плоскости этого квадрата и «висят» над его средними линяями (рис. 4). Спроектируем $MN$ на плоскость квадрата. Из $MN\perp EF$ следует, что проекция $M'N' \perp EF$ (рис. 5). Поскольку прямые $AD$ и $BC$ находятся от плоскости квадрата на одинаковом расстоянии, точка $[M'N']\cap[EF]$ делит отрезок $M'N'$ попола м. Отсюда (рис. 5) $OM'|=\frac{a}{3}$ и $ON'|= \frac{a}{6}$. При проектировании на плоскость квадрата середины $L$, $P$ отрезков $AD$ и $BC$ попадают в точку $O$. Поэтому $|LM|=|OM'|=\frac{a}{3},|PN|=|ON'|=\frac{a}{6}$. Из прямогоального $\triangle APL$ находится $|PL|=\frac{a}{2}\sqrt{2}$. Отрезки $ML, LP$ и $PN$ взaimно перепедикулярины. Поэтому (§ 49 «Геометрии 10») $|MN|= \sqrt{|ML|^2+|LP|^2+|PN|^2}=\frac{a}{6}\sqrt{23}$.

Замечание. Многие факты, касающиеся правильного метраэдра, становятся очевидными, если такой метраэдр «вложить» в куб (рис. 6).

Задание 4 (Киевский политехнический ин-т, 1978). Около равностороннего треугольника, сторона коморого равна $a$, описана окружность. Доказано *) Предложено Л. Г. Макар—Лимановым.

43

замь, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки окружности до вершин этого треугольника равна $2a^2$.

Решение (рис. 7). Пусть $M$ — произвольная точка окружности. Тогда $\overrightarrow{MA} = \overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{MB} = \overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OB}$, $\overrightarrow{MC} = \overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OC}$. Учитывая, что $|MO| = |OA| = |OB| = |OC| = R$, получим
$|MA|^2 + |MB|^2 + |MC|^2 = 6R^2 + 2\overrightarrow{MO} \cdot (\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$.
Так как треугольник $ABC$ — правильный, $\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = 0$, а $R = \frac{a}{\sqrt{3}}$.
Следовательно, $|MA|^2 + |MB|^2 + |MC|^2 = 6 \cdot \frac{a^2}{3} = 2a^2$.

Это решение не только проще имеющегося в стате И. Габовича, но и более общее. Его легко обобщить на случай правильного $n$-угольника, и не обязательно вписанного в окружность, можно и описанного, и не только для планитрических задач. Например, предположение выше доказательство справедливо для следующей стереометрической задачи: около равностороннего треугольника, сторона которого равна $a$, описана сфера, центр которого совпадает с центром данной треугольника; доказать, что сумма квадратов расстояний от произвольной точки сферы до вершин этого треугольника равна $2a^2$.

Приведенные в конце статьи И. Габовича задачи тоже намного проще решать без соответствия (*), (**). Рассмотрим два примера.