Kvant
Luyện thi đại học

Lời khuyên của độc giả

Розов Н. Х.

Kvant 1981, số 4tr. 43-47Thẻ HR0I

Bản dịch tự động sơ bộ, chất lượng thấp: có thể còn lỗi và câu chữ chưa tự nhiên. Bản này sẽ được thay bằng bản dịch tốt hơn. Bản gốc →

43

Lời khuyên của độc giả

Trong thư xã luận tổng hợp «Kvant» có khá nhiều thư và ghi chú của độc giả - sinh viên, giáo viên, chỉ là những người yêu thích toán học, liên quan đến chủ đề của phần “Thực hành của ứng viên”.
Trong trường hợp có vấn đề riêng tư, người biên tập sẽ phản hồi trực tiếp với tác giả. Nhưng toàn bộ loạt thư và ghi chú chứa đựng những nhận xét hữu ích mang tính chất lý thuyết, phác thảo các kỹ thuật lời giải của từng loại riêng lẻ bài toán, diễn đạt những thông điệp thú vị, đưa ra lời khuyên về phương pháp và đề xuất biên soạn các bài tập một cách độc lập. Mặc dù những thông báo này và bài toán không phải lúc nào cũng mới và độc đáo, nhưng theo quan điểm của chúng tôi, một số trong số chúng là phù hợp cho những ai đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh đại học.
Không nghĩ đến việc có thể xuất bản toàn bộ những bức thư và ghi chú như vậy, các biên tập viên quyết định chuẩn bị một tuyển tập tài liệu khác, được tổng hợp từ những bức thư của độc giả, cùng với những nhận xét bổ sung cần thiết.

Kinh nghiệm thi tuyển sinh cho thấy khó khăn đặc biệt của học sinh giỏi là do bài toán trong hình học. Mặc dù bài toán được cung cấp cho những người đăng ký lời giải chỉ yêu cầu các sự kiện và công thức đã biết từ khóa học ở trường, nhưng không phải ai cũng có thể nhìn thấy trong một bản vẽ cụ thể về bài toán cụ thể những định lý nào và ở đâu cần được sử dụng. Điều này chỉ có thể học được theo một cách - chỉ bằng cách thực hành trong lời giải bài toán.
Điều quan trọng cần lưu ý là với lời giải bài toán bộ nhớ sẽ tự động được làm giàu với nhiều ý tưởng, kết nối, kỹ thuật, sự kiện khác nhau - sau đó chính xác là thông tin bổ sung này

Việc hình thành sẽ giúp bạn đối phó với các nhiệm vụ mới nhanh hơn.

Một trong những hình sắp tới “ít được yêu thích nhất” là hình thang, bài toán trên hình thang truyền thống được coi là khó. Độc giả V. Varvarkin (Alexandria) của chúng tôi đề nghị nhắc nhở người nộp đơn về một số sự kiện hữu ích liên quan đến hình thang.

Cho hình thang ABCD có hai đáy BC và AD có các đường chéo cắt nhau tại điểm O. Khi đó khẳng định sau là đúng:

  • tam giác AOB và DOC bằng nhau;

— tích diện tích các tam giác AOD và BOC bằng tích diện tích các tam giác AOB và DOC;

  • đoạn thẳng nối hai đáy BC và AD đi qua điểm O;

  • Điểm O là trung điểm của đoạn thẳng nằm trong hình thang, đi qua điểm đó và song song với hai đáy của hình thang.

Chúng ta hãy đưa ra một đề xuất hữu ích khác: nếu một hình tròn có thể được viết dưới dạng hình thang cân thì đường kính của nó bằng chiều cao của hình thang và là trung bình hình học của độ dài các đáy của hình thang.

Chúng tôi mời người đọc liệt kê độc lập các tính chất của hình thang.

Bài tập

  1. Qua giao điểm của các đường chéo của hình thang, vẽ một đường thẳng song song với các đáy của nó. Tìm độ dài đoạn thẳng nằm giữa hai cạnh của hình thang nếu độ dài hai đáy của nó bằng a và b.

  2. Gọi O là giao điểm của các đường chéo của hình thang ABCD với các đáy BC và AD. Chứng minh rằng
    SABCD=(SAOD+SBOC)2.S_{ABCD} = (\sqrt{S_{AOD}} + \sqrt{S_{BOC}})^2.

  3. Gọi E, F là trung điểm đáy BC và AD của hình thang ABCD, P là giao điểm của các đoạn thẳng BF và AF, Q là giao điểm của các đoạn thẳng ED và CF. Chứng minh rằng đường thẳng PQ song song với hai đáy của hình thang.

Trong số các tài liệu được độc giả chiếm đoạt, nó vẫn còn phổ biến

44

có các phương trình và hệ phương trình lời giải trong đó vai trò chính được thực hiện không phải bởi các phép biến đổi tiêu chuẩn, mà bởi lý luận logic đặc biệt (xem phần 2). «Kvant», 1978, số 4, tr. 50; 1979, không. 4, tr. 50). Đây là một trong số đó bài toán - nó được đề xuất bởi G. Shishkin (Glazov):

  1. Giải phương trình

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

“Gần đây, tôi nhận thấy một đề xuất gửi tới «Kvant» ngắn và đỏ lời giải bài toán, được đưa ra trong kỳ thi tuyển sinh,” học sinh lớp 10 Andrei Sazonov (Moscow) viết trong thư của mình. “Tôi muốn kể cho bạn nghe về một điều thú vị bài toán.”

Ví dụ 1 (KSU, Cơ học và Toán học, 1979). Giải phương trình

2tgx21+tg2x2=y2−4y+5.\frac{2 \mathrm{tg} \frac{x}{2}}{1 + \mathrm{tg}^2 \frac{x}{2}} = y^2 - 4y + 5. (1)

Lời giải trong số bài toán này, xuất bản năm «Kvant», 1980, Số 6, dựa trên một số ước tính về vế trái và vế phải của phương trình (1). Trong khi đó, một cách lập luận khác nhanh chóng dẫn đến mục tiêu.

Vì vế trái của phương trình (1) tại x≠π+2πkx \neq \pi + 2\pi k (k∈Zk \in \mathbb{Z}) bằng sin⁡x\sin x nên phương trình này có thể được viết lại thành

y2−4y+(5−sin⁡x)=0y^2 - 4y + (5 - \sin x) = 0

và coi nó là hình vuông đối với yy. Phương trình này có gốc cho những giá trị đó và chỉ những giá trị của xx mà phân biệt đối xử là D=sin⁡x−1≥0D = \sin x - 1 \geq 0. Theo sau đó là sin⁡x=1\sin x = 1. lời giải sau đây rất hữu ích.

Độc giả V. Novitsky (Lvov) của chúng tôi đã chỉ ra một cách đúng đắn rằng trong bài viết của I. Melnik («Kvant», 1980, Số 4) lời giải bài toán trên trang. 41 có độ dài không hợp lý.

Ví dụ 2 (KSU, 1975). Các cạnh bên của một paramid hình tam giác có cùng độ dài ll. Hai góc phẳng ở đỉnh của cạnh

cái đầu tiên có độ lớn aa và cái thứ ba có độ lớn bb. Tìm thể tích của paramid.

Đặt SABCSABC là một tham số cho trước trong đó ASC^=BSC^=aA\widehat{SC} = B\widehat{SC} = a, ASB^=bA\widehat{SB} = b; thật dễ dàng để chứng minh điều đó ∣AC∣=∣BC∣|AC| = |BC|. Nếu chúng ta sử dụng “bản vẽ tiêu chuẩn” (S là đỉnh của paramid, ABCABC là đáy của nó), thì đối với lời giải, chúng ta cần xem xét riêng ba trường hợp khác nhau: ACB^<90∘A\widehat{CB} < 90^\circ, ACB^=90∘A\widehat{CB} = 90^\circ, ACB^>90∘A\widehat{CB} > 90^\circ.

Tuy nhiên, không có gì ngăn cản chúng ta “đặt paramid lên một mặt khác”—coi điểm CC là đỉnh và ASBASB là đáy (Hình 1). Vì các góc phẳng ASCASC và BSCBSC bị tắc nghẽn nên đỉnh CC chiếu tới một điểm PP nằm trên bissertrix SMSM của góc ASBASB (chứng minh điều đó!). Sử dụng công thức ở §37 của sách giáo khoa “Hình học 9-10”, chúng ta có thể viết rằng

cos⁡PSC^=cos⁡BSC^cos⁡BSM^=cos⁡acos⁡β.\cos P\widehat{SC} = \frac{\cos B\widehat{SC}}{\cos B\widehat{SM}} = \frac{\cos a}{\cos \beta}.

Để hoàn thành lời giải, tất cả những gì còn lại là tính độ dài chiều cao CP của paramid (từ tam giác PSCPSC) và tính diện tích đáy ASBASB (thực hiện các phép tính cần thiết).

Một bài báo của G. Bevz đăng trên «Kvant» (1979, số 11) có tựa đề “Các vấn đề có thể được giải quyết dễ dàng hơn”. Tác giả của nó cho các kỳ thi bài toán chỉ ra lời giải đơn giản, dựa trên những cân nhắc về hình học và hầu như không yêu cầu tính toán. Yu. Mett (Moscow) thậm chí còn đưa ra lời giải đơn giản hơn trong số bài toán được xem xét trong bài viết.

45

Ví dụ 3 (MSU, Khoa Kinh tế, 1978). Trong tam giác KLM, điểm A nằm trên cạnh KL sao cho ∣KA∣:∣AL∣=1:3|KA|:|AL| = 1:3; trên phía LM điểm B được lấy sao cho ∣LB∣:∣BM∣=4:1|LB|:|BM| = 4:1. Gọi C là giao điểm của đường KB và MA. Được biết diện tích tam giác KLC là 2. Tìm diện tích tam giác KLM.

bài toán này có thể được giải quyết chỉ bằng cách sử dụng thực tế là diện tích của các hình tam giác có đáy bằng nhau có liên quan đến chiều cao của chúng. Tất nhiên, bản thân thực tế đã nêu đã được nhiều người biết đến - khó khăn chính là nhìn thấy trong một cấu hình cụ thể những hình tam giác nào thuận tiện và phù hợp để áp dụng nó.

Nhìn bên ngoài Hình 2, bạn có thể thấy tam giác KCL (chúng ta đã biết diện tích của nó) và KCM có chung đáy KC. Do đó, kiểm tra độ cao LP và MQ, ta viết

SKCL:SKCM=∣LP∣:∣MQ∣.S_{KCL} : S_{KCM} = |LP|:|MQ|.

Từ sự đồng dạng của các tam giác LPB và MQB ta thu được

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

Vì vậy, SKCM=1/2S_{KCM} = 1/2. Lý luận tương tự (hãy làm đi!) cho thấy rằng SMCL=3/2S_{MCL} = 3/2 và do đó,

SKLM=SKCM+SKCM+SMCL=4.S_{KLM} = S_{KCM} + S_{KCM} + S_{MCL} = 4.

Ví dụ 4 (MIPT, 1970). Cho tam giác ABC, đường phân giác AD chia cạnh BC theo tỷ lệ ∣BD∣:∣CD∣=2:1|BD|:|CD| = 2:1. Đường trung tuyến CE chia đường phân giác này theo tỷ lệ nào?

Lời giải bài toán thu được khá đơn giản nếu bạn vẽ đoạn EK song song với phân giác AD (Hình 3). Nhưng việc xây dựng đoạn DM song song với đường trung tuyến CE thậm chí còn dẫn đến mục tiêu nhanh hơn. Sau đó (độc giả được phép tự mình chứng minh những sự bình đẳng này)

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

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

Nhân tiện, chúng ta lưu ý rằng trong lời giải nó không được sử dụng ở bất kỳ đâu mà [AD][AD] là phân giác; lời giải sẽ không thay đổi nếu [AD][AD] là đoạn thẳng nối đỉnh A với điểm D chia cạnh BC theo một tỉ số cho trước.

Ví dụ 5. Chứng minh rằng nếu A^,B^,C^\widehat{A}, \widehat{B}, \widehat{C} là giá trị các góc của một tam giác thì

sin⁡A^2⋅sin⁡B^2⋅sin⁡C^2≤18.\sin \frac{\widehat{A}}{2} \cdot \sin \frac{\widehat{B}}{2} \cdot \sin \frac{\widehat{C}}{2} \leq \frac{1}{8}. (2)

Lời giải trong số bài toán này, dựa trên phép biến đổi vế trái của herabenity (2) bằng cách sử dụng các công thức lượng giác, có thể được tìm thấy, chẳng hạn như trong cuốn sách của V. B. Liskiy, L. V. Ovsyannikov, A. N. Tulaikov và M. I. Shabunn “Bài toán trong toán học tiểu học” (M., “Nauka”, 1973). Học sinh lớp 10 Vyacheslav Melnik (Gaysin) đề xuất lời giải, không yêu cầu tính toán rườm rà.

Từ định lý cosin

cos⁡A^=b2+c2−a22bc\cos \widehat{A} = \frac{b^2 + c^2 - a^2}{2bc}

(như mọi khi, các chữ cái nhỏ biểu thị độ dài các cạnh của tam giác đối diện với các góc tương ứng). Sau đó (cho rằng sin⁡A^2>0\sin \frac{\widehat{A}}{2} > 0)

46

sin⁡A^2=1−cos⁡A^2=12(1−b2+c2−a22bc)=a2−(b−c)24bc⩽a2bc.\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}}.

Theo cách tương tự, chúng tôi tin chắc rằng

sin⁡B2⩽b2ac,sin⁡C^2⩽c2ab.\sin \frac{B}{2} \leqslant \frac{b}{2\sqrt{ac}}, \sin \frac{\hat{C}}{2} \leqslant \frac{c}{2\sqrt{ab}}.

Để chứng minh bất đẳng thức (2), chỉ cần sử dụng biến t=x+4t = \sqrt{x+4} theo từng số hạng là đủ. Rõ ràng là t⩾0t \geqslant 0. Sau khi thay thế được chỉ định, phương trình (3) chuyển thành phương trình

2t2−14+t=5,\sqrt{2t^2-14} + t = 5,

trong đó chỉ có một gốc căn bản. Giải phương trình cuối cùng bằng cách “bình phương” và kiểm tra các giá trị gộp của biến, ta tìm được nghiệm duy nhất x=5x = 5.

Tăng cường.

Giải phương trình

7.x+3+2x−11=4.7. \sqrt{x+3} + \sqrt{2x-11} = 4.

8.x+343−x−33=1.8. \sqrt[3]{x+34} - \sqrt[3]{x-3} = 1.

9.9−x+13+7+x+13=4.9. \sqrt[3]{9-\sqrt{x+1}} + \sqrt[3]{7+\sqrt{x+1}} = 4.

bài toán sau đây đã được học sinh lớp 10 Ilya Zyabrev (Krolevets) gửi đến biên tập viên:

  1. Bốn hình tròn có bán kính 1, mỗi hình được dựng với tâm ở các đỉnh của một hình vuông có chiều dài 1. Tìm diện tích của hình là phần chung của cả bốn hình tròn.

Người ta đã nhiều lần lưu ý rằng việc sử dụng vectơ từ xa hóa ra lại hữu ích trong nhiều bài toán bề ngoài không liên quan gì đến hình học. Trong thư xã luận có hai loại bài toán. Chiếc đầu tiên được gửi bởi S. Sefibekov (làng Kashkent, huyện Khiva, Cộng hòa xã hội chủ nghĩa Xô viết tự trị Dagestan), chiếc thứ hai do học sinh lớp 10 Ilya Gasanov (Sumgant) gửi. Tất nhiên, cả hai bài toán này đều có thể được giải mà không cần đến vectơ (cố gắng tìm lời giải như vậy), nhưng chắc chắn rằng, “vectơ” lời giải đẹp hơn.

  1. Tìm tập hợp các giá trị hàm

f(x)=acos⁡x+bsin⁡x+ca2+b2+c2,f(x) = \frac{a \cos x + b \sin x + c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}},

trong đó a,b,ca, b, c là các số khác 0.

  1. Chứng minh rằng với mọi a,b,x,ya, b, x, y bất đẳng thức sau đúng:

a⋅2x+b⋅3y+1⩽4x+9y+1⋅a2+b2+1.a \cdot 2^x + b \cdot 3^y + 1 \leqslant \sqrt{4^x+9^y+1} \cdot \sqrt{a^2+b^2+1}.

47

Hình học bài toán ở mức cực độ đã trở nên quen thuộc với người nộp đơn. Dấu hiệu cho vấn đề này là bài toán, được đề xuất bởi E. Gotman (Arzamas).

Ví dụ 7. Tam giác ABC cố định trong đó
∣AC∣=b,∣AB∣=c,AC^=α,|AC|=b, |AB|=c, \widehat{AC}=\alpha,
và α<π/2\alpha<\pi/2. Trong mặt phẳng của tam giác này, tất cả các hình chữ nhật có thể có ALMN đều được xét sao cho đỉnh B của tam giác nằm trên cạnh LM của hình chữ nhật và đỉnh C của tam giác nằm trên cạnh MN của hình chữ nhật. Diện tích tối đa của hình chữ nhật có thuộc tính được chỉ định là bao nhiêu?

Từ Hình 4, minh họa các hình chữ nhật “nội tiếp” xung quanh tam giác ABC, rõ ràng là tham số đặc trưng cho việc lựa chọn hình chữ nhật, chúng ta có thể lấy các giá trị của góc xx giữa cạnh AL của hình chữ nhật và cạnh AB của tam giác. Khi đó hiển nhiên diện tích hình chữ nhật ALMN S=∣AL∣⋅∣AN∣=S=|AL|\cdot|AN|=
=ccos⁡x⋅bcos⁡(π2−x−α)==c \cos x \cdot b \cos \left( \frac{\pi}{2} - x - \alpha \right)=
=bccos⁡xsin⁡(x+α).=bc \cos x \sin(x+\alpha).

Tuy nhiên, cũng cần chỉ ra, dựa trên ý nghĩa hình học của bài toán, miền định nghĩa của hàm S=S(x)S=S(x). Để ngắn gọn, hãy đặt ABC=β\beta, ACB^=γ\widehat{ACB}=\gamma.

Cho ALMN là một hình chữ nhật “nội tiếp” nào đó; thì không khó để kiểm tra (đảm bảo điều này) rằng mối quan hệ sau đây đúng:
x⩾{0, если β<π/2,β−π/2, если β⩾π/2,(4)x \geqslant \begin{cases} 0, & \text{ если } \beta < \pi/2, \\ \beta - \pi/2, & \text{ если } \beta \geqslant \pi/2, \end{cases} \quad (4)
x+α⩽{π/2, если γ<π/2,π−γ, если γ⩾π/2,(5)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⩽β,π/2−(x+α)⩽γ.(6)x \leqslant \beta, \pi/2 - (x+\alpha) \leqslant \gamma. \quad (6)

Điều rất quan trọng là mệnh đề ngược lại cũng đúng: nếu xx đồng thời thỏa mãn mọi bất đẳng thức (4) - (6), thì hình chữ nhật tương ứng với điều này

giá trị của góc xx, có kết nối được chỉ định trong các điều kiện.

Bây giờ bạn có thể hoàn thành lời giải bài toán. Để xác định điều này, chúng ta hãy giả sử rằng trong tam giác này, góc ABC là góc nhọn (nghĩa là β<π/2\beta < \pi/2; các khả năng khác xin để độc giả xem xét). Trong trường hợp này, bài toán rõ ràng có khả năng tìm ra các hàm quan trọng nhất
S=bccos⁡xsin⁡(x+α)S=bc \cos x \sin(x+\alpha)
tại 0⩽x⩽min⁡(β,π/2−α)0 \leqslant x \leqslant \min(\beta, \pi/2-\alpha). (7)

Vì (kiểm tra!) S′(x)=bscos⁡(2x+α)S'(x) = bs \cos(2x+\alpha), nên phương trình S′(x)=0S'(x) = 0 có nghiệm x0=π/4−α/2x_0=\pi/4-\alpha/2 (chúng ta không thể quan tâm đến các nghiệm khác). Dạng đặc tả của miền định nghĩa hàm (7) dẫn đến kết quả cuối cùng sau:
α+2β>π/2, то x0 является критической точкой функции (7),\alpha+2\beta > \pi/2, \text{ то } x_0 \text{ является критической точкой функции (7)},
và nó đạt đến ý nghĩa lớn nhất ở đó:
Smax⁡=bccos⁡2(π/4−α/2)=12bc(1+sin⁡α);S_{\max} = bc \cos^2(\pi/4-\alpha/2) = \frac{1}{2} bc(1+\sin \alpha);
— nếu α+2β⩽π/2\alpha+2\beta \leqslant \pi/2, thì hàm (7) không có điểm tới hạn và có tính hồi quy, nhận nhiều giá trị nhất tại x=βx=\beta:
Smax⁡=bccos⁡βsin⁡(α+β)=12c2sin⁡2β.S_{\max} = bc \cos \beta \sin(\alpha+\beta) = \frac{1}{2} c^2 \sin 2\beta.

Để kết luận, chúng tôi trình bày một bất đẳng thức do S. Mayzus (Zaporozhe) gửi tới người biên tập.

  1. Chứng minh rằng với 0<x<π/20 < x < \pi/2
    sin⁡x+tgx>2x.\sin x + \tg x > 2x.