Nó có thể dễ dàng hơn để giải quyết!

Kvant 1981, số 5 tr. 42, 44, 45, 46 Thẻ R2BD

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 →

Bất cứ ai đang chuẩn bị cho kỳ thi tuyển sinh môn toán rất có thể đã hơn một lần gặp phải những đề thi khó, lời giải đòi hỏi những phép tính dài, dài dòng. Và tất nhiên, tất cả mọi người đều quan tâm đến câu hỏi: liệu một bài toán như vậy có thể tạo ra một lời giải đơn giản, nhiều giọng và ngắn không?

Khá thường xuyên là có thể. Nhưng để đạt được mức lời giải này không phải là điều dễ dàng - cần phải nỗ lực lâu dài và bền bỉ. Nhưng mọi cái đẹp lời giải khó bài toán luôn gợi lên cảm giác hài lòng và minh chứng cho kiến thức sâu rộng và khả năng sáng tạo của người nộp đơn. Đó là lý do tại sao, khi chuẩn bị cho kỳ thi, việc cố gắng tìm kiếm hoặc phương án cuối cùng là phân tích lời giải đó lại đặc biệt hữu ích.

Điều đáng tiếc hơn nữa là những cuốn sách dành cho người nộp đơn đôi khi lại chứa đựng những lời giải cồng kềnh và phi lý một cách vô lý.

Hãy lấy cuốn sách của Yu làm ví dụ. V. Nesterenko, S. N. OLEXNIK và M. K. Potapov “Bài toán kỳ thi đầu vào môn toán” (M., “Nauka”, 1980), tái hiện các lựa chọn trong toán học được đưa ra vào năm 1977-1979. được nhận vào Đại học Moscow, và lời giải một phần của các lựa chọn được chỉ ra. Lời giải trong số bài toán chiếm một, hai, thậm chí ba trang trong cuốn sách này.

Trong khi đó, chúng thường có thể được giải quyết đơn giản và ngắn gọn hơn nhiều.

Tám bài toán từ cuốn sách nói trên được đưa ra ở hiện tại với các giải pháp đơn giản hơn.

Thuộc tính hình dạng

Với lời giải hình học bài toán, người nộp đơn thường không cần suy nghĩ nhiều, cân nhắc độ dài và các phép tính rườm rà, tuy nhiên, những điều này thường dẫn đến mục tiêu. Trong khi đó, bài toán như vậy đôi khi có thể được giải quyết rất nhanh nếu thỏa thuận được áp dụng với một định lý nhất định, bạn có thể tận dụng các đặc điểm cụ thể của cấu hình và xem cách xây dựng bổ sung cần thiết. Trong hình học, chúng ta càng tiến về phía trước thành công thì “chân trời hình học” của chúng ta càng rộng thì chúng ta càng học cách nhìn rõ hơn các đặc tính của các hình có thể “chơi” trong lời giải.

Bài toán 1 (MSU, khoa vật lý, 1977). Cho một hình thang bằng nhau có đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp xung quanh. Tỉ số giữa chiều cao của hình thang và bán kính của đường tròn ngoại tiếp là $\sqrt{\frac{2}{3}}$ . Tìm các góc của hình thang.

Lời giải. Giả sử $ABCD$ là một hình thang cho trước (Hình 1). Hãy vẽ đường chéo $BD$ và chiều cao $BE$ . Chúng tôi biểu thị $DAB$ bằng $x$ , $ADB$ bằng $y$ . Bằng cách hạ thấp đường vuông góc từ tâm $O$ dọc theo vòng tròn xe trượt băng (chúng ta biểu thị bán kính của nó bằng $R$ ) xuống $BD$ và tiếp tục như vậy cho đến khi nó giao với vòng tròn này, chúng ta có thể thấy rằng $|BD|=2R \cdot \sin x$ . (1)

Hình 1.

Hình 4.

Vì vậy, $\frac{|CE|}{|EA|} = \frac{4}{5}, \frac{|CE|}{|CA|} = \frac{4}{9}$ . Vì $[BK]$ là tổng chiều cao của hình tam giác $BCE$ và $BCA$ ,

$\frac{S_{\triangle BCE}}{S_{\triangle BCA}} = \frac{|CE|}{|CA|}.$

Vì vậy, $S_{\triangle BCE} = \frac{4}{9} S_{\triangle BCA}$ . Nhưng $S_{\triangle BCA} = S_{\triangle ADB} = \frac{1}{2} |AD| \cdot |AB| \cdot \sin DAB$ .

Vì vậy, $S_{\triangle BCE} = 10\sqrt{3}$ .

Bài toán 4 (MSU, Khoa Địa chất tổng hợp, 1979). Cơ sở của tham số $SABC$ là một tam giác đều có độ dài cạnh là $\sqrt{3}$ . Đáy của đường cao hạ xuống từ đỉnh $S$ là điểm $O$ , nằm bên trong tam giác $ABC$ . Khoảng cách từ điểm $O$ đến cạnh $AC$ là 1. Sin của góc $OBA$ liên hệ với sin của góc $OBC$ là 2:1. Diện tích khuôn mặt $SAB$ bằng $\sqrt{\frac{5}{6}}$ . Tìm thông số âm lượng.

Lời giải. Chúng ta hãy biểu thị đáy của các đường vuông góc giảm lần lượt từ $O$ sang các cạnh $AB, BC, CA$ bằng $D, E, F$ (Hình 4). Từ hình tam giác $OEB$ và $ODB$

$\frac{|OE|}{|OD|} = \frac{\sin OBC}{\sin OBA}.$

Vì vậy, $|OE| = \frac{1}{2} |OD|$ . Từ đẳng thức $S_{\triangle ABC} = S_{\triangle OAB} + S_{\triangle OBC} + S_{\triangle OAC}$ suy ra $|OD| + |OE| + |OF| = h$ , trong đó $h$ là độ dài đường cao của tam giác $ABC$ . (Lưu ý, tức là đẳng thức này hiển nhiên đúng với mọi điểm $O$ bên trong một tam giác đều.) Vì $h = |BC| \times \sin 60^\circ = \frac{3}{2}$ và $|OF| = 1$ , ta có

$|OD| = \frac{1}{3}.$ Nghĩa là $|AB|$ và $S_{\triangle SAB}$ , ta tìm được $|SD|$ . Sau đó từ $\triangle SOD$ chúng ta tìm thấy $|SO|$ . Đáp số. $\frac{\sqrt{3}}{4}$ .

Một lịch trình sẽ giúp

Thông thường, trong các kỳ thi đầu vào, các phương trình-hệ-bất đẳng thức được trình bày có chứa hai biến (ví dụ: $x$ và $a$ ) và yêu cầu là tìm tất cả các giá trị của một biến (ví dụ: $a$ ), trong đó biến thứ hai (tương ứng là $x$ ) hoặc, nếu xét về mặt góc cạnh, phương trình đang sử dụng có một số thuộc tính. (Trong những bài toán như thế này, biến $a$ thường được gọi là tham số.)

Vì lý do nào đó, nhiều tác giả sách giáo khoa, bao gồm cả tác giả của cuốn sách nói trên, gán lời giải như bài toán cho nghiên cứu ngữ pháp của các công thức biểu thị x đến $a$ , trong khi “hình học lời giải” thích hợp hơn là việc xây dựng đồ thị trên mặt phẳng $Oxa$ (vì lý do này, phương pháp này đôi khi được gọi là “phương pháp Och”). Bộ mong muốn được “đọc” từ trục $Oa$ , kết thúc bằng lời giải.

Bài toán 5 (MSU, Khoa Kinh tế Chính trị, Khoa Kinh tế, 1977). Tìm tất cả $a$ , với mỗi bất đẳng thức đó, bất đẳng thức

$3 - |x - a| > x^2$

có ít nhất một âm lời giải.

Lời giải. Bất đẳng thức này tương đương với bất đẳng thức

$|x - a| < 3 - x^2.$

và do đó, hệ thống

$-(3 - x^2) < x - a < 3 - x^2.$

Posny bài toán có thể được phát biểu lại như sau: tìm tất cả $a$ , với mỗi hệ thống

$\begin{cases} x - a < 3 - x^2 \\ x - a > -(3 - x^2) \\ x < 0 \end{cases}$

hoặc hệ thống

$\begin{cases} a > x^2 + x - 3 \\ a < -x^2 + x + 3 \\ x < 0 \end{cases}$

có ít nhất một lời giải. Nari-

bằng cách đặt các parabol $a=x^2+x-3$ và $a=-x^2+x+3$ trên mặt phẳng $Oxa$ và chiếu tập hợp lời giải của hệ lên trục $Oa$ (được tô bóng trong Hình 5), chúng ta thu được đáp số: $]- \frac{13}{4}; 3$ [.

Bình luận. Vì trong bất đẳng thức này, tham số $a$ xuất hiện ở một chỗ, nên bài toán có thể được giải theo cách này: trên mặt phẳng $Oxy$ chúng ta vẽ một paraboly $y=3-x^2$ và bắt đầu di chuyển “góc” $y=|x-a|$ dọc theo trục $Ox$ từ trái sang phải (Hình 6); Rõ ràng, đối với bất đẳng thức $|x-a|<3-x^2$ , tương đương với bất đẳng thức đã cho, âm lời giải sẽ bắt đầu xuất hiện sau khi “góc” chạm vào paraboly [abcissa của điểm tiếp tuyến được tìm thấy trong đẳng thức $y'=-2x=1$ , hoành độ của đỉnh của “góc” là từ phương trình của tiếp tuyến $y=\frac{11}{4}+1 \cdot (x-(-\frac{1}{2}))$ ], và cuối cùng xuất hiện khi “góc” doit trùng với đỉnh của parabol.

Bài toán 6 (MSU, Khoa Địa chất tổng hợp, 1978). Tìm tất cả các giá trị của tham số $a$ , với mỗi giá trị đó có ít nhất một $x$ thỏa mãn điều kiện $\left\{ \begin{array}{l} x^2+(5a+2)x+4a^2+2a<0 \\ x^2+a^2=4. \end{array} \right.$

Lời giải. Đa thức ở vế trái của bất đẳng thức có trong hệ này sẽ nằm trong tích của hai tập hợp: $x^2+(5a+2)x+4a^2+2a=(a+x)(4a+x+2)$ . Vì vậy hệ này tương đương với hệ
$\left\{ \begin{array}{l} (a+x)(4a+x+2)<0 \\ x^2+a^2=4 \end{array} \right.$
hoặc tổng hợp (“Đại số và nguyên tắc phân tích 9-10”, đoạn 74) của hệ thống
$\left\{ \begin{array}{l} a+x>0 \\ 4a+x+2<0 \\ x^2+a^2=4 \end{array} \right.$
$\left\{ \begin{array}{l} a+x<0 \\ 4a+x+2>0 \\ x^2+a^2=4 \end{array} \right.$
Ta viết lại hệ (1), (2) dưới dạng
$\left\{ \begin{array}{l} a>-x \\ a<-\frac{1}{4}x-\frac{1}{2} \\ x^2+a^2=4 \end{array} \right.$
$\left\{ \begin{array}{l} a<-x \\ a>-\frac{1}{4}x-\frac{1}{2} \\ x^2+a^2=4 \end{array} \right.$
Chúng ta hãy vẽ đường tròn $x^2+a^2=4$ và các đường thẳng $a=-x$ , $a=-\frac{1}{4}x-\frac{1}{2}$ trên mặt phẳng $Oxa$ . Chiếu lên trục $Oa$ tập lời giải của hệ (1’) (“cung xanh” trong Hình 7) và tập lời giải của hệ (2′) (“cung đỏ”) và kết hợp các phép chiếu, ta thu được đáp số: $]- \sqrt{2}; - \frac{16}{17} \cup U]0; \sqrt{2}$ [.

Bài toán 7 (MSU, Binofak, 1978). Tìm tất cả các giá trị của $a$ , với mỗi giá trị đó bằng nhau
$x|x+2a|+1-a=0$
có một lời giải.

Lời giải. Phương trình này tương đương với tổng thể của hệ thống
$\begin{cases} x + 2a \geqslant 0 \\ x(x + 2a) + 1 - a = 0 \\ x(-x - 2a) + 1 - a = 0 \end{cases}$

hoặc hệ thống
$\begin{cases} a = \frac{x^2 + 1}{1 - 2x} \\ a \geqslant -\frac{x}{2} \\ a < -\frac{x}{2} \end{cases}$

Hãy dựng một đường thẳng $a = -\frac{x}{2}$ trên mặt phẳng $Oxa$ và sử dụng phương pháp tính vi phân, vẽ các đường cong $a = \frac{x^2 + 1}{1 - 2x}$ （《đường cong màu xanh》 trong Hình 8) và $a = \frac{1 - x^2}{2x + 1}$ （《đường cong màu đỏ》). Nghiệm của hệ (1) là “phần dày” của đường cong màu xanh, hệ (2) là “phần dày” của đường cong màu đỏ. Các đường gốc song song với trục $Ox$ giao nhau với sự kết hợp của các “đường cong dày” này một lần tại $a > 1$ và tại $a < \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ , hai lần tại $a = 1$ và tại $a = \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ , ba lần tại $\frac{\sqrt{5} - 1}{2} < a < 1$ . Đáp số. ] $-\infty; \frac{\sqrt{5} - 1}{2}$ [U U] 1; $+\infty$ [.

Bài toán 8 (MSU, khoa kế hoạch và kinh tế, điều khiển học, khoa kinh tế, 1977). Xác định phương trình là gì
$\log_3 (9^x + 9a^3) = x$
có chính xác hai lời giải.
Lời giải. Phương trình này tương đương với phương trình
$3^x = 9^x + 9a^3.$
Đặt $3^x = t$ , ta thu được phương trình bậc hai phụ
$t^2 - t + 9a^3 = 0.$ (1)

Vì phương trình $3^x = t$ (so với $x$ ) chỉ có lời giải cho $t > 0$ và với mỗi $t$ nó có một lời giải, bài toán duy nhất nên dạng được áp dụng: xác định phương trình nào (1) có chính xác hai nghiệm dương và để làm được điều này thì cần và đủ là $a$ thỏa mãn hệ thống
$\begin{cases} 1 - 36a^3 > 0 \\ 9a^3 > 0 \end{cases}$
(điều này được chứng minh đầy đủ từ định lý Vieta và thực tế là hệ số thứ hai trong phương trình (1) là âm). Đáp số. ] $0; \frac{1}{\sqrt{36}}$ [.