Читатели советуют

43

Читатель советуют

В общирной редакционной почте «Кванта» есть довольно много писем и заметок наших читателей — учащся, преподавателей, просто любитель математики, которые касаются тематики раздела «Практикум абитриента».
В тех случаях, когда речь идет о частных вопросах, редакция отвечает авторам лично. Но в целом ряде писем и заметок содержится полезные замечания теоретического характера, излагаются приемы решения отдельных типов задач, высказываются интересные сообщения, сообщаются методические советы, предложаются самостоятельное составление упражнения. Хотя эти сообщения и задачи далеко не всегда являются новыми и оригинальными, с некоторых из них целесообразно, на наш взгляд, познакомиться тем, кто готовится к приемным экзаменам вузы.
Не считая возможным публиковать подобные письма и заметки целиком, редакция решила подготовить очередную подборку материалов, составленную по письмам читателей, с необходимыми дополнительными комментариями.

Оыт приемных экзаменов показывает, что особые затруднения у посгупоших вызывают задачи по геометрии. Хотя предложемые абитриентам задачи для своего решения требуют лишь известных из школьного курса фактов и формул, далеко не все могут в конкретном чертеже к конкретной задаче увидеть, какие и где теоремы нужно использовать. Этому можно научиться только одним способом — достаточно практикой в решении задачи.
Важно отметить, что при решении задач память автоматически обогащается различными идеями, связями, приемами, фактами — впоследствии именно такая дополнительная ин-

формация будет помогать быстрее справляться с новыми задачими.

Одна из «нелюбимых» поступающих фигур — трапеция, задачи на трапецию традиционного считаются трудными. Наш читатель В. Варваркин (Александрия) предложает наомнить абитриентам несколько полезных фактов, касающиеся трапеции.

Пусть в трапеции ABCD с основаниями BC и AD проведены диагонали, пересекающие в точке O. Тогда справедливый следующее утверждение:

— треугольник AOB и DOC равенники;

— произведение площадей треугольников AOD и BOC равно произведению площадей треугольников AOB и DOC;

— отрезок, соединяющийсяединый оснований BC и AD, проходит через точку O;

— точка O является серединой заключенного внутри трапеции отрезка прямой, проходящей через точку и паралельной основаниями трапеции.

Приведем еще одно полезное предложение: если в равноведренную трапецию можно писать окружность, то ее диаметр равен высоте трапеции и является средним геометрическим длин оснований трапеции.

Предлагаем читателем самостоятельное перечисление свойства трапеции.

Уражнения

1. Через точку пересечения диагоналей трапеции проведена прямая, паралельная ее основаниям. Найдите длину отрезка этой прямой, заключенного между боковыми сторонами трапеции, если длины ее оснований равны a и b.

2. Пусть O — точка пересечения диагоналей трапеции ABCD с основаниями BC и AD. Доказите, что
   $$S_{ABCD} = (\sqrt{S_{AOD}} + \sqrt{S_{BOC}})^2.$$

3. Пусть точки E и F — середины основания BC и AD трапеции ABCD, P — точка пересечения отрезков BF и AF, Q — точка пересечения отрезков ED и CF. Доказите, что прямая PQ паралельна основаниями трапеции.

Среди присваиваемых читателями материалов по-прежнему часто

44

встречаются уравнения и системы уравнения, в решении которых главную роль играют не стандартные преобразования, а специальные логические рассудения (см. «Квант», 1978, № 4, с. 50; 1979, № 4, с. 50). Вот одна из таких задач — ее предложил Г. Шишкин (Глазов):

4. Решить уравнение

$$\sin^{11} x + \cos^{11} x = \frac{1}{\sin^4 x + \cos^4 x}.$$

«Недавно образил внимание на предложение присылать в «Квант» короткие и красные решения задач, предлагавшихся на вступительных экзаменах, — пишет в своем письме ученик 10 класса Андрей Сазонов (Москва). — Об одной интересной задаче я и хочу расссказать».

Пример 1 (КГУ, мехмат, 1979). Решить уравнение

$$\frac{2 \mathrm{tg} \frac{x}{2}}{1 + \mathrm{tg}^2 \frac{x}{2}} = y^2 - 4y + 5.$$ (1)

Решение этой задачи, опубликованное в «Кванте», 1980, № 6 основано на некоторых оценках левой и правой частей уравнения (1). Между тем быстро приводит к целю иной путь рассудения.

Так как левая часть уравнения (1) при $x \neq \pi + 2\pi k$ ($k \in \mathbb{Z}$) равна $\sin x$, данное уравнение можно переписать в виде

$$y^2 - 4y + (5 - \sin x) = 0$$

и рассматривать его как квадратное относительно $y$. Это уравнение имеет корни при тех и только тех значениях $x$, при которых дискриминант $D = \sin x - 1 \geq 0$. Отсюда следует, что $\sin x = 1$. Дальнейшее решение очень полезное.

Наш читатель В. Новицкий (Львов) справедливо указывает, что в статье И. Мельника («Квант», 1980, № 4) решение задачи на с. 41 страдает неоправданным длиноотами.

Пример 2 (КГУ, 1975). Боковые ребра треугольной парамиды имеют одинаковую длину $l$. Два плоских угла при вершине пара-

мды имеют величины $a$, а третий — величины $b$. Найти объем парамиды.

Пусть $SABC$ — данная парамида, в которой $A\widehat{SC} = B\widehat{SC} = a$, $A\widehat{SB} = b$; легко показать, что $|AC| = |BC|$. Если использовать «стандартный чертеж» (S — вершина парамиды, $ABC$ — ее основание), то для решения нужно отделно рассмотреть три разных случаев: $A\widehat{CB} < 90^\circ$, $A\widehat{CB} = 90^\circ$, $A\widehat{CB} > 90^\circ$.

Однако ничего не мешает нам «положить парамиду на другую грань» — считать вершиной точку $C$, а $ASB$ — основанием (рис. 1). Так как плоские углы $ASC$ и $BSC$ конгрузитьны, вершина $C$ проектируется в некоторую точку $P$, лежащую на биссертрисе $SM$ угла $ASB$ (доказите!). Воспользовавшись формулой из §37 учебника «Геометрия 9—10», можно записать, что

$$\cos P\widehat{SC} = \frac{\cos B\widehat{SC}}{\cos B\widehat{SM}} = \frac{\cos a}{\cos \beta}.$$

Для завершения решения остается лишь вычислить длину высоты CP парамиды (из треугольника $PSC$) и подчитать площадь основания $ASB$ (проведите необходимые выкладки).

Опубликованная в «Кванте» (1979, № 11) статья Г. Бевза называлась «Задачим можно решать проще». Ее автор для экзаменационных задач указывает простые решения, основанные на геометрических соображениях и почтите не требующие вычисления. Ю. Метт (Москва) предлагает еще более простые решения нескольких задач, рассмотренных в статье.

45

Пример 3 (МГУ, экономич. 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 площадь треугольника KLC равна 2. Найти площадь треугольника KLM.

Эту задачу можно решить, используя только то, что площадь треугольников с одинаковыми основаниями относится, как их высоты. Сам по себе формулированный факт, конечно, хорошо известен — основная трудность состоит в том, чтобы увидеть в конкретной конфигурации те треугольники, к которым его удобно и целесообразно применить.

Рассматривая внешательно рисунок 2, можно заметить, что треугольники KCL (его площадь нам известна) и KCM имеют общее основание KC. Поэтому, проверяя высоты LP и MQ, записем

$$S_{KCL} : S_{KCM} = |LP|:|MQ|.$$

Из подобия треугольников LPB и MQB получаем

$$|LP|:|MQ| = |LB|:|MB| = 4:1.$$

Таким образом, $S_{KCM} = 1/2$. Аналогичные рассудения (проведите их!) показывают, что $S_{MCL} = 3/2$ и, следовательно,

$$S_{KLM} = S_{KCM} + S_{KCM} + S_{MCL} = 4.$$

Пример 4 (МФТИ, 1970). В треугольнике ABC bisсектриса AD делит сторону BC в отношении $|BD|:|CD| = 2:1$. В каком отношении медиана CE делит эту bisсектрису?

Решение задачи получается довольно просто, если проведи отрезок EK, параллельный bisсектрисе AD (рис. 3). Но еще быстрее к целли приводит построение отрезка DM, параллельного медиана CE. Тогда (читательм предоставляется обосновать эти равенства самостояльно)

$$\frac{|AQ|}{|QD|} = \frac{|AE|}{|EM|} = \frac{|EB|}{|EM|} = \frac{|EM|+|BM|}{|EM|} =$$

$$= 1 + \frac{|BM|}{|EM|} = 1 + \frac{|BD|}{|CD|} = 3.$$

Попутно заметим, что в решении ни где не использовано то, что $[AD]$ — bisсектриса; решение не изменится, если $[AD]$ — отрезок, соединяющий вершину A с точкой D, делящей сторону BC в заданной отношении.

Пример 5. Доказать, что если $\widehat{A}, \widehat{B}, \widehat{C}$ — величины углов треугольника, то

$$\sin \frac{\widehat{A}}{2} \cdot \sin \frac{\widehat{B}}{2} \cdot \sin \frac{\widehat{C}}{2} \leq \frac{1}{8}.$$ (2)

Решение этой задачи, основанное на преобразования левой части herabенства (2) с помощью тригонометрических формул, можно найти, например, в книге В. Б. Ли иского, Л. В. Овсянникова, А. Н. Тулайкова и М. И. Шабунна «Задачи по элементарной математике» (М., «Наука», 1973). Ученик 10 класса Вячеслав Мельник (Гайсин) предлагает решение, не требующое громоздких вычислений.

Из теоремы косинусов

$$\cos \widehat{A} = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}$$

(как всегда, маленькие буквы означают длин стороны треугольника, лежащих против соответствующих углов). Тогда (учитывая, что $\sin \frac{\widehat{A}}{2} > 0$)

46

$$\sin \frac{\hat{A}}{2} = \sqrt{\frac{1-\cos \hat{A}}{2}} = \sqrt{\frac{1}{2} \left( 1 - \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \right)} = \sqrt{\frac{a^2-(b-c)^2}{4bc}} \leqslant \frac{a}{2\sqrt{bc}}.$$

Совершенно аналогично убеждаемся, что

$$\sin \frac{B}{2} \leqslant \frac{b}{2\sqrt{ac}}, \sin \frac{\hat{C}}{2} \leqslant \frac{c}{2\sqrt{ab}}.$$

Для доказательства неравенства (2) достаточно почленно переменную $t = \sqrt{x+4}$. Ясно, что $t \geqslant 0$. После указанной подстановки уравнения (3) превращается в уравнение

$$\sqrt{2t^2-14} + t = 5,$$

в котором уже только один радикал. Решить последнее уравнение «возведением в квадрат» и проведя проверку пуляшшихся значений переменной, находим единственный корень $x = 5$.

Ураженяя.

Решите уравнение

$$7. \sqrt{x+3} + \sqrt{2x-11} = 4.$$

$$8. \sqrt[3]{x+34} - \sqrt[3]{x-3} = 1.$$

$$9. \sqrt[3]{9-\sqrt{x+1}} + \sqrt[3]{7+\sqrt{x+1}} = 4.$$

Следующую задачу прислал в редакцию ученик 10 класса Илья Зябрев (Кролевец):

10. С центрами в вершинах квадрата состояной длины 1 построены четыре окружности радиуса 1 каждая. Найдите площадь фигуры, являющихся общей частью всех четырех кругов.

Уже не раз отметалось, что удалное использование векторов оказалось полезным во многих задачах, внешне не имеющих никакого отношения к геометрии. В редактионной почте оказались две такого рода задачи. Первую из них прислал С. Сефибеков (селю Кашкент Хивского р-на Дагестанской АССР), вторую прислал ученик 10 класса Илья Гасанов (Сумгант). Конечно, обе эти задачи можно решить и без привлечения векторов (попробуйте найти такие решения), но, бесспорно, «векторные» решения более красивы.

11. Найди множество значений функции

$$f(x) = \frac{a \cos x + b \sin x + c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}},$$

где $a, b, c$ — не равные нулю числа.

12. Докажите, что для любых $a, b, x, y$ справедливо неравенство

$$a \cdot 2^x + b \cdot 3^y + 1 \leqslant \sqrt{4^x+9^y+1} \cdot \sqrt{a^2+b^2+1}.$$

47

Геометрические задачи на экстремум стали для абитурентов уже привычными. Показательной в этом отношении является задача, которую предложил Э. Готман (Арзамас).

Пример 7. Фиксирован треугольник ABC, в котором
$$|AC|=b, |AB|=c, \widehat{AC}=\alpha,$$
причем $\alpha<\pi/2$. В плоскости этого треугольника расматриются всевозможные прямоугольники ALMN также, что вершина B треугольника лежит на стороне LM прямоугольника, а вершина C треугольника — на стороне MN прямоугольника. Каково наиболее значение площади прямоугольника, обладающего указанным свойством?

Из рисунка 4, где изображены «описанные» около треугольника ABC прямоугольники, видно что в качестве параметра, характеризующего выбор прямоугольника, можно взять величины угла $x$ между сторонам AL прямоугольника и сторонам AB треугольника. Тогда очевидно, что площадь прямоугольника ALMN $S=|AL|\cdot|AN|=$
$$=c \cos x \cdot b \cos \left( \frac{\pi}{2} - x - \alpha \right)=$$
$$=bc \cos x \sin(x+\alpha).$$

Однако нужно еще указыть, исходя из геометрического смысла задачи, область определения функций $S=S(x)$. Для краткости положим ABC=$\beta$, $\widehat{ACB}=\gamma$.

Пусть ALMN — неокоторый «описанный» прямоугольник; тогда не трудно проверить (убедитесь в этом), что имеют место следующее соотношение:
$$x \geqslant \begin{cases} 0, & \text{ если } \beta < \pi/2, \\ \beta - \pi/2, & \text{ если } \beta \geqslant \pi/2, \end{cases} \quad (4)$$
$$x + \alpha \leqslant \begin{cases} \pi/2, & \text{ если } \gamma < \pi/2, \\ \pi - \gamma, & \text{ если } \gamma \geqslant \pi/2, \end{cases} \quad (5)$$
$$x \leqslant \beta, \pi/2 - (x+\alpha) \leqslant \gamma. \quad (6)$$

Весьма существенно, что справедливо и обратное утверждение: если $x$ удовлетворяет одновременно всем неравенствам (4) — (6), то прямоугольник, соответствующий этому

значению угла $x$, обладает указанным в условиях связиством.

Тепер можно закончить решение задачи. Допустим для определения, что в данном треугольнике угол ABC — острый (то есть $\beta < \pi/2$; другие возможности представляется рассмотреть читателем). В таком случае задача, очевидно, свойства к отысканию наиболее значения функций
$$S=bc \cos x \sin(x+\alpha)$$
при $0 \leqslant x \leqslant \min(\beta, \pi/2-\alpha)$. (7)

Так как (проверьте!) $S'(x) = bs \cos(2x+\alpha)$, уравнение $S'(x) = 0$ имеет корень $x_0=\pi/4-\alpha/2$ (остальные корни нас интересовать не могут). Спецификацией вид области определения функций (7) приводит к следующему окончательному результату:
$$\alpha+2\beta > \pi/2, \text{ то } x_0 \text{ является критической точкой функции (7)},$$
причем она достигает там наиболее значения:
$$S_{\max} = bc \cos^2(\pi/4-\alpha/2) = \frac{1}{2} bc(1+\sin \alpha);$$
— если $\alpha+2\beta \leqslant \pi/2$, то функция (7) критических точки не имеет и является возратающей, принима при $x=\beta$ наиболее значения:
$$S_{\max} = bc \cos \beta \sin(\alpha+\beta) = \frac{1}{2} c^2 \sin 2\beta.$$

В заключение приведем неравенство, присланное в редакцию С. Майзусом (Запорожее).

13. Докажите, что при $0 < x < \pi/2$
    $$\sin x + \tg x > 2x.$$