Bài toán có thể giải quyết dễ dàng hơn

41

Vấn đề có thể được giải quyết dễ dàng hơn

Những người chuẩn bị xây dựng trường đại học được hỏi trước:

— Họ có thể cung cấp bài tập cho kỳ thi tuyển sinh môn toán mà lời giải bạn cần biết các định lý không có trong chương trình giảng dạy ở trường không?

• Không, họ không thể!

Nghe điều này đáp số, một trong những tác phẩm kinh điển học thuật của tôi đã phản đối, cho xem bài báo của I. Gabovich “Vector giúp ích trong kỳ thi” («Kvant», 1979, số 1):

• Không đúng sự thật. Rốt cuộc, các công thức

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

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

Họ không học chúng ở trường, nhưng các nhiệm vụ áp dụng các công thức này được cung cấp tại Đại học quốc gia Moscow, tại MIPT và tại Đại học Bách khoa Kiev…

Rất tiếc, nhiều độc giả «Kvant» nghĩ như vậy và nhầm lẫn.

Từ thực tế là một số vấn đề có thể được giải bằng cách sử dụng một số công thức, không có nghĩa là chúng không thể giải được nếu không có những công thức này. Ví dụ: hãy xem xét bài toán từ bài viết được đề cập.

Bài toán 1 (MSU, Khoa Kinh tế, 1978). Trong tam giác KLM, điểm A nằm trên cạnh KL sao cho |KA|:|AL|=1:3; trên phía LM lấy điểm B sao cho |LB|:|BM|=4:1. Gọi C là giao điểm của đường KB và MA. Người ta biết rằng

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

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

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

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

Từ hai đẳng thức cuối cùng s=2S_{KLC}=4.

Bài toán 2 (MIPT, 1977). Cạnh đáy ABCD của lăng trụ đúng ABCD $A_1B_1C_1D_1$ có chiều dài 2a, cạnh bên có chiều dài a. Ta xét các đoạn có các đầu trên đường chéo AD$_1$ của mặt và đường chéo DB$_1$ của lăng kính, song song với mặt phẳng AA$_1B_1B$.

1. Một trong những đoạn này được vẽ qua điểm M của đường chéo AD$_1$ sao cho |AM|:|AD$_1$|=2:3. Tìm chiều dài của nó.

2. Tìm độ dài ngắn nhất của tất cả các đoạn.

bài toán này có thể được giải bằng phương pháp tọa độ.

Đã giải quyết và e. Chúng ta sẽ đặt lăng kính này trong hệ tọa độ hình chữ nhật, như trên Hình 2. Qua điểm X của cạnh AD, cách D một khoảng x, chúng ta vẽ mặt phẳng XTT$_1$X$_1$, song song với mặt ABB$_1$A$_1$. Gọi R và S là giao điểm của mặt phẳng này với [AD$_1$] và [DB$_1$]. Trục hoành và tọa độ của các điểm R và S có thể được xác định bằng lời nói và các ứng dụng có thể được xác định bằng cách sử dụng tính chất của các tam giác đồng dạng ADD$_1$ và AXR, DBB$_1$ và DQS. Chúng tôi có: $R(x; 0; \frac{2a-x}{2})$, $S(x; x; \frac{x}{2})$. Vậy |RS| = $\sqrt{x^2 + (a-x)^2}$.

42

1. Nếu $R=M$, tức là $|AR|: |AD_1|=2:3$, thì $x=\frac{2}{3}a$ và $|RS|= \frac{a}{3}\sqrt{5}$.

2. $|RS|$ sẽ có giá trị nhỏ nhất tại giá trị nhỏ nhất của hàm $f(x)=x^2+(a-x)^2$ ($x\in[0;2a]$), tức là (đạo hàm!) tại $x=\frac{a}{2}$.

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

Nhiệm vụ 3 (MIPT, 1978). Độ dài cạnh của một khối đa diện đều $ABCD$ là $a$. Điểm $E$ là trung điểm của cạnh $CD$, điểm $F$ là trung điểm của chiều cao $BL$ của mặt $ABD$. Đoạn $MN$ có các đầu nằm trên đường $AD$ và $BC$ cắt đường $EF$ và vuông góc với đường đó. Emodezka nhỏ nhất.

Lời giải *). Hãy nối trung điểm của các cạnh $AB, AC, BD$ và $CD$ - chúng ta được một hình vuông (Gợi ý e. $AD\perp BC$), trong đó $E$ là một trong các đỉnh, $F$ là giữa của cạnh (Hình 3). Các đường thẳng $AD$ và $BC$ song song với mặt phẳng của hình vuông này và “treo” phía trên các đường giữa của nó (Hình 4). Hãy chiếu $MN$ lên mặt phẳng hình vuông. Từ $MN\perp EF$, hình chiếu là $M'N' \perp EF$ (Hình 5). Vì các đường thẳng $AD$ và $BC$ có cùng khoảng cách với mặt phẳng của hình vuông nên điểm $[M'N']\cap[EF]$ chia đoạn $M'N'$ thành nửa m. Do đó (Hình 5) $OM'|=\frac{a}{3}$ và $ON'|= \frac{a}{6}$. Khi chiếu lên mặt phẳng hình vuông, các trung điểm $L$, $P$ của các đoạn $AD$ và $BC$ đều rơi vào điểm $O$. Vì vậy $|LM|=|OM'|=\frac{a}{3},|PN|=|ON'|=\frac{a}{6}$. Từ trực tràng $\triangle APL$ có $|PL|=\frac{a}{2}\sqrt{2}$. Các đoạn $ML, LP$ và $PN$ vuông góc với nhau. Do đó (§ 49 “Hình học 10”) $|MN|= \sqrt{|ML|^2+|LP|^2+|PN|^2}=\frac{a}{6}\sqrt{23}$.

Bình luận. Nhiều sự thật liên quan đến một khối trung diện đều trở nên rõ ràng nếu một khối trung diện đó được “nhúng” vào một khối lập phương (Hình 6).

Nhiệm vụ 4 (Học viện Bách khoa Kiev, 1978). Một vòng tròn được bao quanh một tam giác đều có cạnh là $a$. Đã được chứng minh *) Đề xuất của L. G. Makar-Limanov.

43

Lưu ý rằng tổng bình phương các khoảng cách từ một điểm tùy ý trên đường tròn đến các đỉnh của tam giác này bằng $2a^2$.

Lời giải (Hình 7). Đặt $M$ là một điểm tùy ý trên đường tròn. Sau đó $\overrightarrow{MA} = \overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OA}$, $\overrightarrow{MB} = \overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OB}$, $\overrightarrow{MC} = \overrightarrow{MO} + \overrightarrow{OC}$. Xét rằng $|MO| = |OA| = |OB| = |OC| = R$, chúng tôi nhận được
$|MA|^2 + |MB|^2 + |MC|^2 = 6R^2 + 2\overrightarrow{MO} \cdot (\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC})$.
Vì tam giác $ABC$ là tam giác đều nên $\overrightarrow{OA} + \overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} = 0$ là và $R = \frac{a}{\sqrt{3}}$ là.
Vì vậy, $|MA|^2 + |MB|^2 + |MC|^2 = 6 \cdot \frac{a^2}{3} = 2a^2$.

lời giải này không chỉ đơn giản hơn so với thống kê của I. Gabovich mà còn tổng quát hơn. Dễ dàng khái quát hóa cho trường hợp $n$-giác đều, và không nhất thiết nội tiếp trong đường tròn, nó cũng có thể được mô tả, và không chỉ đối với phép đo phẳng bài toán. Ví dụ: giả định ở trên đúng với hình lập thể bài toán sau: xung quanh một tam giác đều, cạnh của nó là $a$, mô tả một hình cầu, tâm của nó trùng với tâm của tam giác đã cho; chứng minh rằng tổng bình phương khoảng cách từ một điểm tùy ý trên hình cầu đến các đỉnh của tam giác này bằng $2a^2$.

Câu bài toán do I. Gabovich đưa ra ở cuối bài viết cũng dễ giải quyết hơn nhiều nếu không cần trao đổi (*), (**). Hãy xem xét hai ví dụ.