А. Б. Василевский
ОБУЧЕНИЕ
РЕШЕНИЮ
ЗАДАЧ
ПО МАТЕМАТИКЕ
А. Б. Василевский
ОБУЧЕНИЕ
РЕШЕНИЮ
ЗАДАЧ
ПО МАТЕМАТИКЕ
Рекомендовано Министерством просвещения СССР
в качестве учебного пособия
для студентов педагогических институтов
по физико-математическим специальностям
ь И Б Л I! О I г !' А
г;рЛ.нОн
Минск "Вышэйшая школа" 1988
Б БК 22.10я73
В19
УДК 51 (075.8)
Рецензенты: кафедра методики преподавания математики ЛГПИ имени
А. И. Герцена; профессор Г.Н. Скобелев
Василевский А.Б.
В19 Обучение решению задач по математике: Учеб, пособие для пед. ин-
тов. — Мн.: Выш. шк., 1988. — 255 с.: ил.
ISBN 5—339—00004—4.
Рассматриваются методы решения задач элементарной математики. Приводя гея
общие и частные алгоритмы поиска решения нестандартных уравнений и неравенств,
геометрических и других задач. Описывается комплексное использование различ-
ных методов при решении задач повышенной трудности.
Для студентов физико-математических факультетов педагогических институтов.
Может быть использовено при проведении практикумов, спецкурсов и спецсемина-
ров ,
1702010000-015
В--------—------ 5_S8
МЗМ (03) -88
ББК 22.10я73
ISBN 5—339—00004—4
©Издательство "Вышэйшая школа", 1988
ПРЕДИСЛОВИЕ
Книга представляет собой учебное пособие для студентов физико-матема-
тических специальностей педагогических институтов, программы которых пре-
дусматривают проведение практикума по решению математических задач. Он
состоит из четырех частей: алгебры, геометрии, тригонометрии, конкурсных и
олимпиадных задач.
Многиа темы, непосредственно связанные с преподаванием математики в
средней школе, изучаются в вузовских курсах алгебры, математического ана-
лиза и геометрии, поэтому практикум по алгебре, геометрии и тригонометрии
лключает только темы, недостаточно представленные в этих курсах, но за-
нимающие важное место в школьной математике. При изложении материала
учитывалось, что нужный для решения задач теоретический материал студенты
изучают в названных курсах.
Цель учебного пособия — научить студента решать самые разнообразные
задачи, раскрыть те принципиальные положения методики обучения решению
задач, овладение которыми является важным моментом при подготовке буду-
щего учителя математики.
В учебном пособии рассматриваются общие и частные методы решения тех
математических задач, которые имеются в школьных учебниках и с которы-
ми встречаются учащиеся на олимпиадах, конкурсных экзаменах, факульта-
.ипных занятиях и т.д. Особое внимание уделяется методике обучения поиску
путей решения задач различной трудности.
Обучение учащихся математической деятельности в процессе решения за-
дач является неотъемлемой частью обучения математике, поэтому в книге
много внимания уделяется комплексному использованию конструктивных,
!рафических и аналитических методов, поиску гипотез, обнаружению свойств
различных числовых и точечных множеств. В процессе работы над задачами
студент должен ознакомиться с различными общими и частными методами их
решения и приобрести навыки поиска путей применения этих методов. Значи-
тельное место занимает описание методики работы над нестандартными задача-
ми. В книге сформулированы основные приемы проверки решений различных
алгебраических и геометрических задач.
Система обучения решению задач включает изучение методов их решения;
обучение методам поиска решений параллельно с изучением соответствующих
методов решения задач; систематические упражнения с решении целесообраз-
но подобранных заданий.
Общеизвестна роль дополнительных построений при решении самых раз-
нообразных задач по планиметрии и стереометрии. В книге показывается, что
1акие построения не только упоошают решения, но и являются хорошим
средством развития конструктивных и комбинаторных способностей учащих-
ся.
Пособие может быть использовано также на спецкурсах и семинарах по
методике обучения решению 'задач, при проведении кружковых и факульта-
1ИЯНЫХ занятий ь средней школе.
Автор искренне благодарен рецензентам кандидатам педагогических наук
Х.Б. Абуговой, Е.И. Лященко, а также профессору Г.Н. Скобелеву, высказав-
шим ценные замечания, которые способствовали улучшению содержания ру-
кописи.
Все советы и пожелания просим направлять по адресу: 220048, Минск,
проспект Машерова, 11, издательство "Вышэйшая школа".
Автор
1.	МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ НА ДЕЛИМОСТЬ ЧИСЕЛ
1.1.	Разложение на множители
Выражение с переменной раскладывается на множители. После этого пока-
зывается, что данное выражение и делитель имеют общие множители. При ре-
шении задач этим методом часто используют следующие формулы:
-Ьп = ( а-й)(а"'1 + ап~2 b + а 3Ьг + ... +Ьп~ 1 ),	(1.1)
где п — натуральное число;
ап+Ьг>= (а + Ь) (а"-1 -ап~2Ь+ ... + (—I)"-1 Ьп~ 1),	(1.2)
где п = 2к + 1, к — любое натуральное число.
Чтобы убедиться в справедливости формул (1.1) и (1.2), достаточно пе-
ремножить выражения, стоящие в скобках.
Задача 1. Доказать, что 17" — 11" делится на 6 при любом натураль-
ном п.
По формуле (1.1) 17" — 11"= (17-11) (17"“ 1 + 17"“ 2-11 + ... +
+ 11л— 1). Утверждение задачи доказано.
Задача 2. Доказать, что 2'7" + 1 делится на 3 при любом натуральном п.
Так как 2*7" +1=2 (7Л - 1) + 3 и делимость 7" — 1 на 3 следует из фор-
мулы (1.1), утверждение задачи доказано.
Задача 3. Доказать, что 3 2/1+1 + 2л+2 делится на 7 при любом нату-
ральном п.
Очевидно, что З2-" + 1 + 2Л+ 2 = 9"- 3 + 2Л- 4 = 3 (9" - 2") + 3-2" + 4-2"
= 3 ( 9" — 2") + 7-2" . Согласно формуле (1.1), число 9" - 2" делится на 7.
Число 7-2" также делится на 7, Задача решена.
1.2.	Метод математической индукции
Математическая индукция — метод доказательства, основанный на сле-
дующем принципе; 1) некоторое свойство X верно при к = 1; 2) из предпо-
ложения, что свойством X обладает какое-либо натуральное число к > 1, сле-
дует, что этим свойством обладает число А; + 1; тогда свойство X имеет всякое
натуральное число.
Задача 1. Доказать, что 8" + 6 кратно 7 при любом целом л> 1.
При п = 1 утверждение задачи верно. Допустим, что оно верно при п = к
( к > 1), т.е.
8*+6=7/п,	(1.3)
где т — натуральное число.
Проверим теперь, что утверждение задачи верно и при л = к + 1, т.е. верно
равенство
8Лт1 +6= It ,	(1.4)
где г — натуральное числе.
Из равенства (1.3) получаем 8* — 1т — 6. Поэтому 8*+1 +6=3-8* +6 =
- 8 ( 7m— 6) + 6	7-8m - 42 = 7 (8m— 6), т.е. f — 8т — 6.
Таким образом, г — натуральное число, следовательно, согласно равенству
(1.4), утверждение задачи доказано.
Задача 2. Доказать, что при любом натуральном п выражение 32л"2 +
+ 2°л " '' дэлится на 11.
При >-> = 1 утверждение задачи зерно. Допустим, что это утверждение верно
при /? - !' •; А > 1), т е.
З2*42 +26* и= 11m,	(1.5)
где т — натуральное число.
Докажем, чго утверждение задачи верно и при п = к + 1, т.е.
З2 (Av! г'? т 2й ’ ! = Ир ,	(1.6)
где — натуральное число.
Из равенства {1.5)
З2*'"2Пт- 2й** 1 .	(1.7)
С учетом равенства (1.7) сумму З2 4 г’*2+26 (* +1 *4 1 можно преобразо-
вать к виду
32 ' * - ' ) - 2 (Л  I	^»2^з 2 ( А т I ) + 2б ( А 1-! ) + 1 _
= З2 (11m- 26* " ! +26(*-';’	= 32.11т —
- З2. 2-2ь* + 2 7	= 32-1 i т + 26* (27 - 2-32) = 32<11m +
+ 2'4 Ио- И ;9т->- 10-2<!*) .
Итак, доказана справедливость равенства (1.6); р= 9m+ 10-26*.
1.3,	Метод остатков
Пуст;- А/( и — натуральные числа	+ /V. .Если /V, — qn l + и
.-ЛД ~ qr>2 " Рг ! о, ' пу р^, р - натуральные числа), то N= ( рл[ + р) )	+
+ ( qr> 2 + Р^ ) = <7 ( +л ) + (pt +г>21. Поэтому число /\!=Ni + /V, делится
без остатка на <7, если сумма остатков и р^ отделения /V. и N нар так-
же делится на q, т.е. если о. + р, = qk ( к - натуральное число).
1 а д а ч а 1. Доказать, что для любого натурального п число 2-7° + 1 крат-
но 3
Очевидно, что 2'?1’ + I = 2 (6 + 1) " + 1. После применения к (6 + 1)л фор-
мулы бинома Ньютона станет очевидным, что при делении (6 + 1) п на 3 полу-
чим s остатке 1. Следовательно, при делении 2-1П на 3 получаем в остатке 2.
Итак, 2-7л +1= ( Зт + 2) + 1 = 3 ( т + 1).
Задача 2. Доказать, что ни при каком натуральном п выражение
21 2" + 1 + 172п +1 + 15 не делится на 19.
Очевидно, что 21 2/7+1 + 172л+1 + 15= (19 + 2) 2/7+1 + (19-2)2/1 + 1 + 15.
Применив к выражениям (19+ 2) 2/711 и (19 - 2) 2/1 +1 формулу бинома Нью-
тона, убедимся, что при делении (19 + 2) 2/7+1 на 19 получим в остатке 22с + ’ ,
а при делении (19—2)2л+1 на 19 получим в остатке (—2)2/7+,.Но 2Z/,T1	+
< f—2) 2/7 41 --- 0. Поэтому при делении выражения 212п ’1 + 172л 41 + 15 на 19
получаем в остатке 15. Утверждение задачи доказано.
7Доказательсгас метопом с - протионс! <'
Допускаем, что утверждение задачи неверно, т.е, данное выражение с пере-
менной не кратно данному натуральному числу. Полученное в результате этого
допущения противоречие доказывает справедливость утверждения задачи.
Задача 1. Доказать, что ни при каком целом п выражение гг ч Зл+ 5
не делится на 121.
Допустим, что утверждение задачи неверно, те. существует такое целое
число т, что
!Г +Зл + 5= 121m.	(1.8)
Решив уравнение (1.8) относительно п .получим
л, . = 0,5 (-3 + >/"lT(44m'^n ).
По условию задачи п — целое число. Поэтому необходимо, чтобы
11 (44m -• 1) - (11£)2, т.е. 44m— 1	1 'к2 ( к — целое число). Левая часть
последнего равенства ни при каком значении m не кратна 11, поэтому уравне-
ние (1.8) не имеет целочисленных решений. Полученное противоречие и дока-
зывает утверждение задачи.
2.	МЕТОДИКА ПОИСКА И ДОКАЗАТЕЛЬСТВА СВОЙСТВ ЧИСЕЛ
2.1.	Пути поиска свойств чисел
В средней школе изучается очень ограниченный круг свойств рациональ-
ных чисел. Нестандартность большинства задач на доказательство числовых
свойств как раз и объясняется тем, что, приступая к их решению, учащийся
почти ничего не знает о свойствах рассматриваемых чисел. Работа над такими
задачами проводится следующим образом.
Рассматривается несколько частных случаев общей задачи с тем, чтобы об-
наружить некоторые свойства исследуемых чисел. После этого доказывается
или опровергается полученная гипотеза. Если обнаруженных и доказанных
свойств чисел оказывается недостаточно для решения задачи в полном объеме,
продолжают рассматривать другие частные случаи до тех пор, пока не подме-
чают какое-либо новое свойство чисел, и т.д. При решении таких задач широко
используется метод полной индукции.
Огромная обучающая ценность задач на доказательство свойств чисел за-
ключается в том, что в процессе работы над ними учащийся приобретает навы-
ки расчленения сложной задачи на более простые, выдвигает правдоподобные
гипотезы, доказывает или опровергает их, занимается обобщением и конкре-
тизацией, т.е. приобретает навыки научного поиска.
Задача 1. Найти сумму
1	2 2!	3!	— •	(2.1) л I
Решим задачу для нескольких значений п :
за II	II	II II О1	СО NJ Со	Со	Со	Со <л	»	w	ь» II	II	II	II 2 |А |со w|w н	= 5 6 ' 23 24 - 119 . 120 '
3 II р> со о II Со tA + 2 |w	= 719 720 ‘
Нетрудно заметить, что, во-первых, для всех полученных значений S (л)
числитель на 1 меньше знаменателя. Во-вторых, каждый последующий знаме-
натель получается из предыдущего следующим образом: 6 = 2-3 = 3I, 24 =
= 6-4 = 4!, 120 = 24-5 = 2-3-4-5 = 5I, 720= 120-6 = 2-3-4-5-6 = 6!
Итак, вырисовывается гипотеза
л! - 1
S(n) =---------- .	(2.2)
п!
Докажем (или опровергнем!) эту гипотезу методом математической
индукции:
1)	длил = 2 формула (2.2) верна;
2)	допустим, что
1	2	к ~ 1 к.
3)	находим S ( к + 1) = — + -------- +... + ----- +-------------------
2!	3!	А-!	(к + 1) !
к ! - 1	к	(*1—1) ( к + 1) + к _ ( к + 1) ! - 1
Ar!	(/г + 1) !	(к + 1 ) !	(/г + 1) !
л ! - 1
Ответ. S (л) = -------- .
л!
Интересно заметить, что lim $(л)=1.
П—ь + оо
Задача 2. Дано уравнение
х3 - Зху2 + у3 = л.	(2.4)
Доказать, что если натуральное л таково, что данное уравнение имеет цело-
численное решение, то оно имеет по меньшей мере три целочисленных реше-
ния.
Попытаемся обнаружить некоторые свойства целочисленных решений
уравнения вида (2.4).
1.	Пусть, например, ( Xj; у() = (0; 1). Эта упорядоченная пара чисел яв-
ляется решением уравнения
х3 — Зху2 + у3 = 1.	(2.5)
Легко заметить, что целочисленными решениями уравнения (2.5) являются
также пары (х2; у2) = (-1; —1) и (хз; у3) = (1; 0).
2.	Пара (х ; yj = (2; 1) является решением уравнения
х3 - Зху2 + у3 = 3.	(2.6)
В результате подбора убеждаемся, что целочисленными решениями уравнения
(2.6) будут также пары (х2; у2) = (-1; 1) и (х3; у3) = (-1; -2).
3.	Пара (Xj; уз) = (3; 1) есть решение уравнения
х3 - Зху2 + у3 = 19.	(2.7)
Путем непосредственного подбора находим еще два целочисленных реше-
ния уравнения (2.7) : ( х ; У2) = (—1; 2) и (х3; уз) = (—2; —3).
4.	Пара (х ; yt) = (3; —1) является решением уравнения
х3 - Зху2 + у3 = 17.	(2.8)
2 Зак. 5044
9
Путем подбора находим еще два решения уравнения (2.8) : ( х2; У2) =
= (1; 4) и (х3; у3) = (-4; —3).
5.	Пара ( X]; yj = (4; —1) есть решение уравнения
х3-Зху2+у3 =51-	(2.9)
Подбором находим еще два целочисленных решения уравнения (2.9):
(х2; yj = (1; 5) и (хз; у3) = (-5; -4).
В результате сравнения вторых и третьих целочисленных решений с пер-
выми в каждом из пяти рассмотренных случаев приходим к гипотезе:
(х2; у,} = (-у^, х] - yj ;
(2.10)
(х3; у3) = (у, -х^ -xj.	(2.11)
Проверяем эту гипотезу наследующем примере: если (	; у2) = (20; 3), то
х3 — Зху2 + у3 = 7487.	(2.12)
Получив по формулам (2.10) и (2.11) пары ( х ; у ) = (—3; 17) и
( х3; у3) = (—17; —20), убеждаемся, что (—3; 17) и (—17; —20) являются
решениями уравнения (2.12).
Докажем справедливость формул (2.10) и (2.11). (Очевидно, что если
п — натуральное число, то второе и третье решения уравнения не совпадают с
первым.)
Пусть верно равенствох3 — 3xf у2 + у3 = л. Тогда (—yi)3 — 3 (—у1 ) х
х (х( -yj2 + (Xj -yj3 = х3 -ЗХ]У2 ту3 и (у; - xj3 -3(У1 -xt ) х
х (—х()2 + (—х()3 =х3 —Зх(у2 +у3.
Задача 3. Известно, что последними цифрами квадратов натуральных
чисел могут быть лишь цифры 0, 1, 4, 5, 6 и 9. Верно ли, что перед последней
цифрой в них может встретиться любая группа цифр, т.е. что для любого на-
бора из п цифр а[, а2, ... , ап можно найти натуральное число, квадрат кото-
рого оканчивается цифрами а^а2 ... a^b ( b — одна из перечисленных выше
цифр) ?
Для того чтобы получить дополнительные сведения о свойствах квадратов
натуральных чисел, составим следующую таблицу:
12 =	1	132	=	169	252	-	625	372	=	1369	492 =	2401
22 ----	4	142	=	196	262	—	676	38 2	—	1444	502 =	2500
З2 =	9	152	—	225	272	—	729	392	—	1521	512 =	2601
42 =	16	162	—	256	282	=	784	402	=	1600	522 =	2704
52 =	25	172		289	292	=	841	412	=	1681'	532 =	2809
62 -	36	182	.7=	324	302	=	900	422	=	1764	542 =-	2916
72 -	49	192	=	361	312	=	961	432	—	1849	552 =	3025
82 =	64	2О2	=	400	322	=	1024	442	=:	1936	562 =	3136
92 =	81	212	=	441	ЗЗ2	—	1089	452	=	2025	572 =	3249
102 =	100	222	=	484	342	=	1156	46 2	—	2116	582 =	3364
112 =	121	232	=	529	352	=	1225	472	—	2209	592 =	3481
122 =	144	24 2	=	576	362	=	1295	482	=	2304	602 =	3600
10
612 622	= 3721 = 3844		742 752	=	5476 5625	87 2 882	—	7569 7744	1002 1012	=	10000 10201	1132 1142	= 12769 =- 12996	
632	=	3969	762	—	5776	892	=	7921	1O22	=	10404	1152	=	13225
642	=	4096	772	—	5929	902	=	8100	ЮЗ2	=	10609	1162	—	13456
652	=	4225	782	—	5984	912	=	8281	104 2	=	10816	11 72	=	13689
662	=	4356	792	=	6241	922	=	8464	105 2	—	11025	1182	=	13924
672	=	4489	802	=	6400	932	=	8649	1062		11236	1192	=	14161
682	=	4604	812	=	6561	942	=	8836	1072	=	11449	1202	=	14400
692	—	4761	822	=	6724	952	=	9025	108 2	=	11664	1212	=	14641
702	=	4900	832	=	6889	962		9216	1092	=	11881	1222	=	14834
712	—	5041	842	=	7056	972	=	9409	1102	=	12100	1232	=	15129
722	=	5184	852	=	7225	982	=	9604	1112	=	12321	124 2	=	15376
732	—	5329	862	=	7396	992	=	9801	1122	=	12544	1252	=	156 25
Проанализировав таблицу, можно сделать следующие выводы:
1)	если последняя цифра квадрата натурального числа 0, перед ней всегда
стоит 0;
2)	если последняя цифра квадрата 1, перед ней встречаются только 0, 2,
6, 8, т.е. только четные цифры;
3)	если последняя цифра квадрата 4, перед ней встречаются только четные
цифры ;
4)	если последняя цифра квадрата 5, перед ней стоит только цифра 2;
5)	если квадрат натурального числа оканчивается цифрой 6, перед ней
стоит нечетная цифра;
6)	если квадрат натурального числа оканчивается цифрой 9, перед ней
стоит четная цифра.
Эти шесть свойств квадратов натуральных чисел легко доказываются, так
как последние две цифры квадрата определяются только двумя последними
цифрами числа, возводимого в квадрат.
Общий вывод: для любого набора из п цифр at, а2, ..., ап нельзя найти
целое число, квадрат которого оканчивается цифрами а^... а^Ь (цифра b
равна 0, 1, 4, 5, 6, 9).
2.2.	Определение целых корней уравнений
Решение уравнения относительно одной из переменных. Уравнение с не-
сколькими переменными F ( х, у, и, v ) =0 решается относительно одной из
этих переменных, например к. После этого исследуется функция с многими
переменными и = f ( х, у, z, ..., и).
Задача 1. Найти натуральные корни уравнения
17	( xyzt + ху + xt + zt + 1) - 54 (yzt + у + t ) =0.
Решим это уравнение относительно х:
17х = 54 — 17 ( zt + 1): ( yzt +
Отсюда
17
54	- 17х----------------.	(2.13)
у + г / ( zt +1)
11
Правая часть уравнения (2.13) положительная. Поэтому х может быть рав-
ным 1, 2 или 3. При х = 1 леван часть уравнения (2.13) равна 37, при х =
= 2 — 20, а при х =3—3. Итак, теперь нужно решить в натуральных числах
уравнения:
17
37= ----------------;	(2.14)
у + г/( zt +1)
17
20=----------------- ;	(2.15)
у + t / ( zt + 1)
17
3= -----------------.	(2.16)
у + г/ ( zt +1)
Из уравнения (2.14) получаем
37t/ ( zt+1) = 17 - 37/.	(2.17)
Так как при /> 1 правая часть уравнения (2.17) отрицательна, это уравнение
не имеет натуральных решений.
Аналогично показывается, что и уравнение (2.17) не имеет натуральных
корней.
Из уравнения (2.16) 17 — 3/ = 3/ ( г + 1/г ). Очевидно, что 0 < 3/ ( г +
+ 1/t) < 3, где г и t - натуральные числа. Поэтому 0 < 17 — 3/ < 3. Отсюда
у = 5. Тогда 3/ ( г + 1/г ) =2, т.е. г + 1/f = 1 + 0,5. Следовательно, г = 1, г =
= 2.
Ответ, х = 3, z = 1, Г = 2, у = 5.
Разложение на множители выражений, входящих в уравнение. Сущность
этого метода состоит в том, что обе части уравнения раскладываются на мно-
жители. После этого данное уравнение заменяется системой некоторых урав-
нений.
Задача 2. Доказать, что уравнение х3 — 5х2 = 13 не имеет решений в
натуральных числах.
Преобразуем данное уравнение к виду
х-х ( х — 5) = 1-1-13.	(2.18)
Уравнение (2.18) равносильно системе уравнений х = 1 и х — 5 = 13. Эта
система натуральных решений не имеет (она противоречива).
Задача 3. Найти целые числа х и у, такие, что х > у > 0 и
х3 + 7/= у3 + 7х.	(2.19)
Преобразуем это уравнение: х3 — у3 = 7х — Ту или ( х — у) ( х2 + ху + у2) =
= 7 (х - у).
Так как х > у, уравнение (2.19) равносильно уравнению х2 + у2 + ху = 7
или ( х — у)2 = 7 — Зху. Теперь ясно, что 7 — Зху > 0, т.е. ху < 7/3. Но это
возможно только в следующих случаях: 1) х = 1, у = 2; 2) х = 2, у = 1.
Окончательно получаем х = 2, у = 1, так как по условию задачи х > у.
12
2.3.	Поиск решений нестандартных уравнений
При решении нестандартных уравнений применяются следующие основные
приемы: разложение на множители выражений с переменными; исследование
свойств выражений, входящих в уравнения; исследование свойств выражений
с переменными на различных множествах их определения.
Задача 1. Найти хотя бы одно решение уравнения
а3+Ь4=с5	(2.20}
в натуральных числах.
Что целесообразно принять за рабочую гипотезу, следуя которой можно
наметить пути поиска решения? Составим табл. 2.1.
Таблица Z 1
п	п3	л4	л5	п	л3	л4	л5
1	1	1	1	9	729	6561	59049
2	8	16	32	10	1000	10000	100000
3	27	81	243	11	1331	14641	161051
4	64	256	1024	12	1728	20736	248832
5	125	625	3125	13	2197	28561	371293
6	216	1296	7776	14	2744	38416	537824
7	343	2401	16807	15	3375	50625	759375
8	512	4096	32768				
Из табл. 2.1 видно, что,во-первых, уравнение
п3 + л4 = л5	(2.21)
не имеет натуральных решений. В самом деле, из уравнения (2.21) следует,
что л3 (1 + л — л2) = 0, а это уравнение не имеет натуральных решений. Во-вто-
рых, очевидно, что а > с или b >с. В-третьих, числа л5 оканчиваются той циф-
рой, которой оканчивается и число л . Число л4 оканчивается цифрой 0, 1, 5
или 6. В-четвертых, если л — нечетное число, то л3, л4 ил5 — нечетные числа.
Если л — четное, то л , л , л= — четные числа.
Допустим, что а = 2к, b = 2р, с = 2m. Тогда получим следующую последо-
вательность уравнений:
(2Аг) 3 + (2р) 4 = (2л?)5, Вк3 +16р4 =32ms,k3 +2р* = 4л?5.
Отсюда следует, что к = 21,8Z3 + 2р4 = 4л?5,4Z3 +р4 = 2л?5 и т.д.
Теперь становится понятным, чтоа = 2х, b = 2У, с = 2г (х, у, z — натураль-
ные числа). Из уравнения (2.20) следует 23х + 24и = 25г или 25z (23х “ 5г +
+ г4*, - 5z) = 25х. Отсюда 23х “ 5z + 24и~ 5г = 1. Так как х, у, г — натураль-
ные числа, последнее уравнение равносильно следующей системе уравнений:
Зх — 5z = —1, 4у — 5z = — 1. Отсюда* = 0,2 (Зх + 1) = 0,2 (4/ + 1). Теперь яс-
но, что х = 8, у - 6, z = 5. Итак,а = 28, b — 26, с = 25.
13
Задача 2. Найти все решения в натуральных числах уравнения
у2 + у = х4 + х3 + х2 + х.
Преобразуем уравнение (2.22) следующим образом:
(2.22)
у ( у + 1 ) = х3 ( х + 1) + х ( х + 1);	(2 23)
у( У+ 1) = (х + 1) (х2 + 1)х.
Далее попробуем угадать некоторые решения уравнения (2.23). При х =
= 1 уравнение у (у + 1) = 4 натуральных решений не имеет. При х = 2 уравне-
ние у (у + 1) =30 имеет решение у =5. При х = 3 уравнение у (у + 1) =120
натуральных решений не имеет. При х = 4 уравнение у (у + 1) = 340 также не
имеет натуральных решений.
Анализ этих ситуаций наводит на мысль, что уравнение (2.23) имеет реше-
ния в натуральных числах, если имеет решение одна из систем уравнений:
у = х ;	") у = х + 1 ;
у+ 1 = (х+1) (х2 +1); J у + 1 =чх(х2 + 1);
у - х2 + 1 ;
у + 1 = ( х + 1) х .
Решив эти системы уравнений, убедимся, что только третья из них имеет реше-
ние в натуральных числах: (2; 5).
3. МЕТОДЫ РАВНОСИЛЬНЫХ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ
3.1.	Целые уравнения и неравенства
Основной путь решения целого уравнения — это замена его равносильной
системой уравнений и неравенств.
Задача 1. Решить неравенство х2 + 2.x — 31 х + 11 +3 > 0.
Решение неравенства вида гi <{х) | •» 'М I — ф (х) > 0, содержащего пе-
ременную х под знаком абсолютной величины, сводится к решению следую-
щих систем неравенств:
Их) >0;
У>(х) > 0;
af{x') + b У>(х) — ф (х) >0;
<(х) <0:
у>(х) >0;
af(x) — Ьу>(х) + ф (х) <0;
Их) >0;
У’(х) <0;
af(x) -b^p(x) --^(х) > 0:
fM <0;
У’(х) <0;
af{x) +Ь'Р(х) + ф (х) <0.
Данное неравенство заменяем равносильным ему:
х2 + 2х - 3| х Н | + 3> 0 <=>
х + 1 >0;	1
х2 + 2х—3(х + 1) +3>0; / с
х + 1<0;	1
х2 +2х - 3 (-х-1) + 3 > 0 J
х > —1;
х < 0 или х > 1 ;
x < -1 ;
х < —3 или х > —2.
Ответ. ( -ж, ; -3) и (—2; 0) 0(1; + оо ).
Задача 2. Решить систему уравнений с тремя переменными:
х2 + ху + 4xz - 4z2 = 0;
у2 + ху + 4yz — 8z2 = О; "
хуг = 8.
(3.1)
Решение системы уравнений (неравенств) сводится к замене данной систе-
мы равносильной ей системой уравнений (неравенств). Основные приемы рав-
носильного преобразования систем уравнений (неравенств): способы подста-
новки, почленного сложения (вычитания), почленного умножения (деления).
15
Из третьего уравнения системы (3.1) следует, что х,у,г Ф 0. Поэтому пос-
ле почленного умножения первого уравнения на у, второго на х получаем сис-
тему уравнений, равносильную данной:
(3.2)
х1 у + ху2 + Ахуг — Аг2 ^ = 0;
ху2 +х2у + Ахуг — Вг2х = 0;
хуг = 8.
После почленного вычитания второго уравнения из первого получаем сис-
тему уравнений, равносильную системе (3.2):
ху2 + х2у + Ахуг - 4z2/ = 0; )
4z2 (2х - у) =0;
хуг = 8.
Из второго уравнения системы (3.3) следует, что у = 2х. Теперь систему
уравнений (3.3) можно заменить равносильной ей системой:
(3.3)
4х3 + 2х3 + 4-8 - Аг 2.2х = 0;
у = 2х;
2хгг - 8
Зх3 — 4х(16/х4) =-16;
у = 2х ;
г = А/х2
’ х3 = -8; Л
у = 2х; I
г = А/х2 ; J
х3 = 8/3;
у = 2х ;
г = 4/х2
Зх3 - Ахг2 =-16;
у = 2х;
Д, - л
Зх3 — 64/х3 = —16;
/=2х;
г = А/х2
Ответ. {(-2; —А; 1), (2/>fT; 4/</~3; V*9)} •
Задача 3. Решить систему уравнений (а — параметр)
х3 = 2ах +ау;	(3.4)
у3 = ах + 2ау.	(3.5)
Очевидно, что если а = Одо ,х = у = 0. Преобразуем уравнения (3.4) и
(3.5):
х3=а(2х + у);	(3.6)
у3=а(х+2у)	(3.7)
Отсюда ясно, что если 2х + у = х + 2у = О, то х = у = О (при любом значении
параметра я), т.е. пара (0; О) является решением данной системы уравнений
при любом значении параметра а.
Решив уравнения (3.6) и (3.7) относительно а, имеем: а = -- , а =
3	3	3	2х + У
У	х3	у3
=---------. ( х, у Ф 0, а Ф 0). Отсюда --- =---------или
х + 2у	2х + у х + 2у
х4 +2х3у — 2ху3 -у4 =0 (х, у,а^0).	(3.8)
Разделив обе части уравнения (3.8) на у4 и обозначив х/у = t, получим
t4 + 2t3 - 2t - 1 = 0 или
( t4-1) + 2r ( Г2 -1) =0; ( f2 — 1) ( f + 1)2 = 0.	(3.9)
Найдем корни уравнения (3.9) :t=1,t=—1. Отсюда
у = х или у = -х.
(3.10)
Из равенств (3.4), (3.5) и (3.10) получаем х3 = Зах или х3 = ах. Отсюда
х2 = За или х2 = а (случай х = у = 0 уже был рассмотрен). Уравнения х2 =
= За и х2 = а имеют решения, если а > 0.
Ответ. 1) х = у = 0 (при любом значении параметра а); 2) если а > 0, дан-
ная система уравнений имеет четыре решения: ( у/ За; у/ За ), ( — V За ;
- у/~3а ), ( у/а ; — у[а ), (— у/~а ; \[а ).
3.2.	Рациональные уравнения и неравенства
Рациональные уравнения (неравенства) в результате тождественных пре-
образований заменяются равносильными им уравнениями (неравенствами).
Задача). Решить относительно х неравенство
1/х +ах>1.	(3.11)
Заменяем данное неравенство равносильным:
1/х + ах > 1	1/х + ах — 1 >0 о
где Xj = (1 +V 1 — 4а) /2а; х^ = (1 — у/ 1 — 4а )/2а,а 0.
Очевидно, что х и х^ — действительные числа, если 0 < а < 0,25 или а <
<0. Если а = 0,25, то Xj = х^ = 2, т.е. неравенство (3.11) имеет вид
1/х+0,25х>1.	(3.13)
Если а > 0,25, уравнение ах2 — х + 1 = 0 не имеет действительных корней.
В этом случае ах2 — х + 1 > 0 при всех действительных значениях х, поэтому
неравенство (3.11) верно, если х > 0.
Если а = 0, неравенство (3.11) имеет вид .1/х > 1. ОТСИДЗ~0“< х < 1.
Г D •! Б . I I 1 О I Г; К А
Решаем неравенство (3.13) :
а = 0,25;
1/х + 0,25х>1
а = 0,25;
х>0;
4 + х2 > 4х,
а = 0,25;
х > 0;
(х -2) 2 >0 ,
а = 0,25;
х > 2 или 0 < х < 2 .
Решаем неравенство (3.12):
а ( х -х,) ( х -хэ )
--------!-------г--- >.0«
х
(х - xf) (х -х2)
1
(х -xt) (х -х2)
г) ’
3.3.	Иррациональные уравнения и неравенства
Основной метод решения иррационального уравнения — это преобразова
ние его в равносильное рациональное уравнением или систему рациональных
уравнений и неравенств.
Задача 1. Решить неравенство
-2'/3-х) < 1.
Заменяем данное неравенство равносильным ему:
2\/х + 1 / (1 - 2>/3-х ) < 1 о
- 1 <х <3;
х. + 1
1-2>/3 ~х
-1<х<3; 1
х<2,75; J
-1 <х<3;
х>2,75;
(2>/х+ I)2 < (1 -
-2хЛз^)2
’-I <х<2,75;
2,75 <х<3;
.4 л/З-х < 9 - 8х .
Ответ. [ — 1; 2,75) -
Задача 2. Решить относительно х уравнение
у/ х2 - р +2 V х2 - 1 = х.		
Заменяем уравнение равносильным у/ х1 — р + 2 х/ х2 —1 = х х2 -р>0; х2-1>0; х>0;	XXX V “ “ о V V - -	тз	
г, X II гч I "х <	о 7	л\ ? .. ? е>	Q.	..	X *	л\ * >	?	л\	I —	X	X	’Г	4\/ х2 - р у/ х2 - 1 = = 4 — 4х2 + р )	х2 >р; 1	х2 < (р + 4) /4;	1
16 (х2-р) (х2 -1) = (4—4х2+р) х2 = (4-р) 2/8 (2— р} ; р< (4-р)2/8(2-рК(р+4)/4; х>1: Р< 2	2)	х2 = (4—р) 2/8 (2—р); .	4 -р	1 /	2V2(2-p) / /	0<р<4/3;	( Р<2	J	
х = (4-р)/2х/2(2-р);
* 0 <р < 4/3;
(4-р)/2>/ 2 (2—р) > 1
х = (4-р)/2 V 2 (2-р);
0<р<4/3.	I
Ответ. (4 - р) /2 \/2(2 -р) ] ,	0 < р < 4/3.
Задача 3. Определить, при каких значениях параметра а система уравнений
3/ -а\/-*2 + 1 = 1;
1
х + у + -------- 	= а
х + \/-*2 +1
(3.14)
(3.15)
имеет единственное решение.
Естественно избавиться от иррациональности в знаменателе уравнения
(3.15). Для этого преобразуем его левую часть:
х-\/х2 + 1
х +~у + ----------------------------- = х + у — (х — V -*2 + 1) =
( х + V-*2 + 1) (•* - х/ -*2 + 1)
= У + V-*2 + 1-
После этого данная система уравнений заменяется равносильной ей системой
Зу - а x/х2 + 1 = 1;
(3.16)
у + х/-*2 + 1 = а2 .
Функции ./ (х) = Зу — а у/хг +1 и «Р (х) = у + х/ х^ + 1 четные. Поэтому ес-
ли система уравнений (3.16) имеет единственное решение, то х = 0, т.е.
3/-Э= 1; ]	(3.17)
у + 1 = а2. J
Из системы уравнений (3.17) получаем 3 (а2 —1) —а=1. Корни этого
уравнения: а( = —1,а? = 4/3.
Ответ, а = —1 или а = 4/3.
3.4.	Показательные и логарифмические уравнения и неравенства
Основные свойства показательных и логарифмических функций. Решение
простейшего показательного уравнения а* = b основано на следующем свойст-
ве степени: если степени двух чисел при одном и том же основании а ( а > О,
а ¥= 1) равны, то равны и сами числа.
Решение простейшего логарифмического уравнения logex = b основано на
таком свойстве логарифма: если логарифмы двух положительных чисел по од-
20
ному и тому же основанию а ( а > 0, а =# 1) равны, то равны и сами эти числа.
Решение простейших показательного и логарифмического неравенств
ах <.b , logex основано на следующем свойстве показательной и логариф-
мической функций:
(ах <Ь, 0 < а < 1) <=> х > loge Ь ;
( ах <Ь, а > 1) <=> х < 1одэЬ; ( 1оддх <Ь, 0 <а < 1) о х > аь ;
( logex <Ь, а > 1) <=> х <аь .
Задача 1. Решить неравенство log2 ( х — 1) + 1од2 ( х - 2) С 1од2 (х +2}.
Заменяем данное неравенство равносильным ему:
log 2 ( х -1) + 1од2 ( х —2) < 1од2 ( х + 2) о
х—1>0;	1	.
х > 2;	]
v — 2 >	>
'	[ (х-1) (х-2) <х + 2/
х + 2>0;	I	1
1од2 ((х—1) (х—2)) < log2 (х + 2)j
х> 2;
х2 —4х <0
2<х<4.
Ответ. (2; 4].
Сведение логарифмического уравнения к целому или рациональному. Ло
гарифмическое уравнение вида
log” х +m logn 1 х +/n log/7 2 х + ... + гп log х + т„ = 0
эа 1эа	2	л —1 эа п
( п — натуральное число, 0 < а < 1 или а > 1) путем замены log х = t сводится
8
к целому уравнению относительно Г.
3 а д а ч а 2. Решить уравнение
lg3x - lg2x - 61дх = 0.	(3.18)
Обозначим 1дх = у. Получим у3 — уг — бу = 0. Его корни: у( = 0, у2 =
= —2, уз = 3. Следовательно, уравнение (3.18) свелось к решению простейших
уравнений: Igx = 0, Igx = —2, Igx = 3. Решив эти уравнения, получим корни
данного уравнения: 1; 0,01; 1000.
К рациональным сводятся и показательно-логарифмические уравнения.
Для этого предварительно логарифмируются обе части такого уравнения.
Задача 3. Решить относительно х неравенство log (х2 — 2х + а) >
> -3.	3
Заменяем неравенство равносильным:
21
х2 - 2х + а > 0;
х2 - 2х + а < 8.
I°go s ( x2 — 2x +a) > -3
Вводим обозначения: xt = 1 — V 1 — a , x2 = 1 + >/ 1 — a — корни уравне-
ния x2 — 2x + a — 0; x3 = 1 — у/ 9 —a , x4 = 1 + у/ 9 — a — корни уравнения
x2 — 2x + ( a — 8) = 0. Тогда последняя система неравенств равносильна сле-
дующей системе:
Ответ. 1) а < 1, ( х ; х ) U ( х  х ) ; 2) 1 < а < 9, ( х ; х ).
'	3	1	2	4	3	4
4.	МЕТОДЫ НЕРАВНОСИЛЬНЫХ ПРЕОБРАЗОВАНИЙ
4.1.	Неравносильное преобразование уравнений
Замена иррационального уравнения (путем возведения обеих его частей в
четную степень) рациональным может привести к появлению уравнения, не-
равносильного данному. Посторонние корни могут возникнуть и при решении
логарифмических и других видов уравнений, если в результате некоторых пре-
образований получаем уравнение, область определения которого шире области
определения данного уравнения. Посторонние корни обнаруживаются при не-
посредственной их проверке, без выполнения которой решение уравнения не
может считаться законченным. Если в результате некоторого преобразования
получаем уравнение, область определения которого уже, чем область опреде-
ления данного уравнения, может произойти потеря корней данного уравнения.
Задача 1. Решить уравнение
iog2 ( х - 1) + log2 ( х - 2) = log2 ( х + 2).	(4.1)
Преобразуем данное уравнение следующим образом:
log2 (( х — 1) ( х — 2)) = юд2 ( х + 2);
(х - 1) ( х — 2) =х +2;	(4.2)
х) = 0, х2 - 4.
При подстановке чисел 0 и 4 в уравнение (4.1) убеждаемся, что 0 не яв-
ляется его решением. Посторонний корень появился потому, что уравнения
(4.1) и (4.2) неравносильны: из существования log2 ((х — 1) (х — 2)) несле-
дует существование log2 (х — 1) и 1од2 (х —2), так как (х — 1) (х — 2) > 0 и в
том случае, когда х - 1 <0 и х - 2<0.
Задача 2. Решить относительно х уравнение
2у/хг - 1 = х - V*2 -а •	(4.3)
Преобразуем уравнение (4.3) :
(2 хЛх5^ - 1)2 = ( х -у/ х2 -а) 2 ; 4х2 - 4 = х2 - 2х х/х2 - а +
+ х2 — а;
2х Vх2 - а = -2х2 + (4 - а ); (2х у/х2 - а)2 =
= ( —2х2 + (4—а))2;
х2 = (4-а)2/(16-8а).	(4.4)
Из равенства (4.4) ясно, что а < 2. Из уравнения (4.3) следует, что х > 0,
так как его левая часть неотрицательна. Поэтому из уравнения (4.4) имеем
х = ( 4 -а ) / ( 2 V 2 (2 -а)).	(4.5)
23
Решение нельзя считать законченным, так как не установлено, при каких
значениях а уравнение (4.5) равносильно уравнению (4.3).
Подставляем полученное значениех в уравнение (4.3) :
л/х2 -а = V (4—а)2 : (16-8а) -а = | За - 41 : 2^2(2 -а);
2 V"x2 - 1 = 2 V (4 — а) 2 : (16 — 8а) - 1 = 21 а | :2^2(2 - а) .
Теперь ясно, что уравнение (4.5) равносильно уравнению (4.3) только тогда,
когда
| За— 4| +2| а | = 4-а .	(4.6)
Найдем корни уравнения (4.6). Если а < 0, то 2| а | = —2а, | За — 4 | =
= 4 — За, и уравнение (4.6) решений не имеет. Если 0 <а < 4/3, то | За — 4| =
= 4 — За, 2| а | = 2а, и решением уравнения (4.6) является промежуток [ 0;
4/3]. Если 4/3 < а < 2, то | За — 4 | = За — 4, 2| а | = 2а, и уравнение (4.6)
решений не имеет.
Ответ, х = ( 4 -а)/ (2ч/2(2 -а)) , 0<а<4/3.
4.2.	Применение теоремы о средних величинах
При доказательстве многих неравенств целесообразно применять нера-
венство
0,5(а + 6 ) >\[ab (а,Ь>0}.
(4.7)
Задача 1. Доказать, что а4 + 64 + с4 > abc (а + b + с ), если а, 6, с > 0.
Очевидно, что а4 + Ь4 + с4 = 0,5 ( а4 + Ь4) + 0,5 (Ь4 + с4) + 0,5 ( а4 + с4 ) .
На основании неравенства (4.7) получаем:
0,5 ( а4 + 64) >а262; 0,5(64 +с4) >62с2; 0,5 ( с4 + а4)>с2а2.
Сложив почленно эти неравенства, имеем
а4 + Ь4 +с4 >а2Ь2 +Ь2с2 +с2а2.
(4.8)
Но а2Ь2 + Ь2с2 +с2а2 = 0,5(а262 +Ь2с2) + 0,5(62с2 + с2а2) + 0,5 (с2а2+а262).
На основании неравенства (4.7) получаем: 0,5 ( a2b2 + b2c2) ab2c; 0,5 (Ь2с2 +
+ с2а2) >6с2а; 0,5 (с2 а2 +а2Ь2) > са26. Сложив почленно эти неравенства,
имеем
а2Ь2 + Ь2с2 + с2а2 abc ( b + с + а).	(4.9)
Из неравенств (4.8) и (4.9) следует утверждение задачи.
3 а д а ч а 2. Доказать, что (4а + 1) 0,5 + ( 46 + 1)0,5 + (4с +1) 0,5 < 5, если
а + b + с = 1.
Очевидно, что V 4а + 1 = V (4а+ 1) 1. Применив формулу (4.7), получим
•/4а + 1 = V ( 4а + 1) 1 < 0,5 ((4а + 1) + 1) = 2а + 1.
Аналогично
V46 + 1 <26+ 1; V4с + 1 <2с + 1.
(4.10)
(4.11)
24
Складывая почленно неравенства (4.10) и (4.11) и учитывая, что а + b +
+ с = 1, находим
у/~4а + 1 +	+ 1 +	+ 1 С 2а + 2b + 2с + 3 =
= 2(а+Ь+с) +3 = 2-1 +3 = 5.
Задача 3. Доказать, что а4 — а2 — За + 5 > 0, если а > 0.
Преобразуем это неравенство к виду а4 + 5 > а2 + За. Применив формулу
(4.7), получим а4 + 5 > 2 у/ 5а4 = 2а2 у/ 5 , Далее
2а2 >/?>а2 +За<=>а(2^ЛГ-D >3 ( а ¥= 0).
Так как 2 yfb — 1 > 3, то а ( 2	— 1 ) >3 верно при а > 1. Остается
показать, что данное неравенство верно и тогда, когда 0 < а < 1. Если 0 < а < 1,
то а4 + 5> 5, а1 + За < 4.
Задача 4. Доказать, что 4аЬ (3 — а ) — 4а (1 + Ьг) <6, если а, b > 0.
Преобразуем это неравенство к виду (4а26 + 6) + (4а+4аЬ2) >12а6.На
основании формулы (4.7) имеем:
4а2 b + b 2 у/ 4а2Ь-Ь = 4 ab ; 4а + 4аЬ2 > 2 у/ 4a-4ab2 =Qab.
Сложив почленно эти неравенства, убеждаемся в справедливости утверждения
задачи.
4.3.	Доказательство неравенств методом математической индукции
Пусть требуется доказать справедливость неравенства f (л) >0 при л> к
(п, к — натуральные числа) . Проверяется справедливость этого неравенства
при л = к. Допускается справедливость для п = к ( к > к, к j — натуральное
число). После этого доказывается справедливость неравенства f (л) >0 при
л = к^ +1, причем при доказательстве используется неравенство f [к > 0.
Задача 1. Доказать, что при натуральном л> 3 верно неравенство
2л>2п+1.	(4.12)
При л = 3 неравенство (4.12) верно. Допустим, что оно верно при л = к
(к > 3), т.е. верно
2*>2/г+1.	(4.13)
Докажем, что неравенство (4.12) верно и при л = к +1, т.е. что
2*+1> 2( к + 1) + 1 = 2/с + З.	(4.14)
Неравенство (4.14) доказываем, используя неравенство (4.13):
2*+1 =2*.2> (2к +1)2 = 4* + 2= (2к + 3) + (2к - 1).	(4.15)
Так как к > 3, то 2к — 1 > 0, поэтому из неравенства (4.15) имеем 2* + 1 >
>2^ + 3, т.е. доказано неравенство (4.14).
Таким образом, неравенство 2П > 2л + 1 справедливо при любом натураль-
ном л> 3.
Задача 2. Доказать неравенство
х4 — х2 - Зх + 5>0, х>2.
(4.16)
Функция f (х) = х4 - х2 — Зх + 5 непрерывна при всех х > 2. Поэтому,
если докажем, что данное неравенство верно для х = к/п ( х > 2; к, п — нату-
ральные числа), тем самым будет доказано утверждение задачи для всех дейст-
вительных значений х > 2.
При х = к/п неравенство (4.16) принимает вид
кл
к
-3----+ 5 > о
!Т	П
ИЛИ
к4 - к2 п2 — Зкп3 + 5л4 >0.	(4.17)
Убеждаемся, что неравенство (4.17) верно при х = 2, т.е. при Аг = 2 и л = 1.
Допускаем, что неравенство (4.17) верно при каком-либо к = р > 2 (счи-
таем л - параметром, таким, что р/л > 2), т.е. допускаем справедливость нера-
венства
р4 — р2л2 — Зрл3 +5л4 >0.	(4.18)
Докажем теперь, что верно неравенство
(р + 1)4 - (р + 1)2л2 — З(р + 1)л3 + 5л4 > 0.	(4.19)
Для этого выполним почленно вычитание неравенства (4.18) из (4.19). И если
докажем, что полученное неравенство будет верным, тем самым убедимся в
справедливости неравенства (4.19).
Итак, будем доказывать, что
((р + I)4 -р4) - л2 ((р + 1)2 - р2) — Зл3 ((р + 1) -р) >0. (4.20)
Выполним последовательно тождественное преобразование левой части не-
равенства (4.20) следующим образом:
((р + 1)2 -р2) ((р + 1)2 +р2) -л2 (2р+1) - Зл3;
(2р+ 1) (2р2 +2р + 1) -п2 (2р+ 1) -Зл3;
4р3	+ 6р2 + 4р + 1 — 2л2р - л2 - Зл3 ;
2р3	+ 2р ( р2 - л2) + 6р2 + 4р + 1 - л2	-	Зл3.	(4.21)
Так как	р>2п ( х > 2), то 2р (р2 — л2 ) > брл2 >	12л1.	Поэтому	2р (р2—
-л2) —л2 —	Зл3 > 12л3 — л2 — Зл3 = 9л3 — л2	>	0, л>	1.	Теперь	ясно,	что вы-
ражение (4.21) положительно, еслир > 2л . Утверждение задачи доказано.
4.4.	Доказательство числовых неравенств
Рассмотрим два способа доказательства числовых неравенств.
Задача 1. Доказать неравенство \/ 3 +	3 +	3 — -у^ 3< 2 "Уз".
26
Обычно путем неоднократного возведения в степень обеих частей нера-
венства такого вида сводятся к рациональным. Но в данном случае такой
путь сложен. Гораздо проще поступить следующим образом. Нам нужно дока-
зать, что левая часть неравенства меньше правой. Поэтому с помощью таб-
лиц будем находить приближенные значения обеих частей неравенства (левой
части — с избытком, правой — с недостатком). Вычисления ведем сначала с
точностью до 1, потом до 0,1, и так до тех пор, пока не убедимся в справедли-
вости данного неравенства.
Точность сыч|.:спение	ь у'З	2\/3
До 1
До 01 * 1
Итак, \/з + \/"3 +	3 —	3 < 2,8; 2\ГЗ> 2,8. Утверждение задачи до-
казано.
Данное неравенство можно доказать и следующим образом. Перепишем
его в виде
1 + дУЗ/З + У 3/3 <2.
Введем в рассмотрение непрерывную функцию
/(х) = % 1 + х + -УТ-х , xG (-1; 1),
и найдем ее производную:
3^ (1 + х)2	3^’ ( 1 -х)2
Она равна нулю в точке х = 0. Получим f (0) = 2, f (—1) = у/2 , f (1) =	2
Но -yf 2 < 2. Поэтому непрерывная функция f (х) возрастает на интервале (—1;
0) и убывает на (0; 1). Наибольшего значения, равного 2, функция f (х) дости-
гает в точке 0. Так как f ( у/ 3/3) < f (0) = 2, утверждение задачи доказано.
4.5. Метод полной индукции
Пусть -ребуетсн доказать справедливость неравенства F (х) > 0 на (а; 6).
Разобьем данный интервал на несколько промежутков и докажем его справед-
ливость отдельно для каждого из них. При этом каждый раз левая часть нера-
венства преобразовывается к новому виду.
Задача 1. Доказать, что
а5 - а2 - За + □ > 0, а > 0.
(4.22)
Функция f (а) — а5 — а2 — За + 5 определена на [0; + оо). Применение
производной для исследования свойств этой функции неэффективно, так как
f' (a) = 5a4 — 2a — 3 является многочленом четвертой степени, корни которо-
го найти трудно. Поэтому поступаем следующим образом.
Сначала преобразуем неравенство (4.22) :
а2 (а3 -1) + (5-За) >0.
Теперь ясно, что оно верно на [1; 5/3].
Далее, если 0 <а < 1, то неравенство (4.22) также верно, так как при этих
значениях а каждое из выражений а5, а2, За не превосходит единицы и, следо-
вательно, | а3 — а2 — За | < 3.
Наконец, преобразуем неравенство (4.22) :
а (а (а3 - 1) -3) +5>0.
Так как ( 5/3)3 > 3, то а3 — 1 > 2, если а > 5/3. Поэтому а ( а3 — 1) > 10/3 и
а ( а3 — 1) — 3 > 0, если а > 5/3. Теперь понятно, что неравенство (4.22) верно
и на (5/3; + <» ). Таким образом, утверждение задачи доказано полностью.
Чтобы облегчить применение метода полной индукции, во многих случаях
целесообразно построить график (хотя бы по точкам) функции, соответст-
вующей исследуемому неравенству. Для упрощения вычислений целесообраз-
но использовать микрокалькулятор.
Задача 2. Доказать неравенство
х7 + х2 + 1 >Зх3 , х>0.
Составляем таблицу приближенных значений монотонных неотрицатель-
ных функций f (х) = х7 + х2 + 1 и (х) = Зх3, заданных на множестве неотри-
цательных чисел (табл. 4.1).
Таблица 4.1
X	f (х)	•Р (х)
0	1	0
0,5	1,3	0,38
1	3	3
1,5	20	10
2	133	24
Что подсказывают табл. 4.1 и графики функций f (х) и (х),приведенные на
рис. 4.1? Во-первых, f (I) =	0). Во-вторых, по-видимому, графики функций
f и касаются в точке х = 1. В-третьих, на промежутках [0; 1) и (1; + оо)
точки графика функции f расположены выше соответствующих точек графика
функции <р. Если функции f и этими свойствами обладают, выражение х7 +
+ х2 + 1 — Зх3 должно делиться на ( х — 1) 2. Выполнив известные операции,
получим
х7 - Зх3 +х2 + 1 = ( х - I)2 (х5 + 2х4 + Зх3 + 4х2 + 2х + 1).
После этого утверждение задачи очевидно.
28
Рис. 4.2
Задача 3. Доказать неравенство
2 (а4 +64) + 19> 12а6, а,6>0.
Левая часть данного неравенства не меньше 19, поэтому естественно рас-
смотреть сначала случай 0<а<1,0<6<1. Тогда правая часть неравенства
не превосходит 12. Итак, если 0 <а < 1 и О <Ь < 1, утверждение задачи верно
(рис. 4.2).
Так как 19/12 > 1,5, то очевидно, что неравенство верно и в случае, если
О < ab < 1,5, например если 0 < а < 1 и1 <6 < 1,5 или 1 <а<1,5и0<6<1
(рис. 4.2).
Так как выражение 2 ( а4 + 64) + 19 — 12 ab не меняется при замене а на b
или b на а, в дальнейшем будем исследовать только случай b > а > 0, т.е. ту
часть координатной плоскости ( а, Ь), которая ограничена положительной
полуосью b и биссектрисой ОА первого координатного угла (рис. 4.2).
Если 0 < а < 1 и b > 1,5, то 12а6 < 126 и а4 + Ь4 > Ь2. Неравенство 2Ь2 +
+ 19 > J26 верно при всех положительных значениях Ь, поэтому утверждение
задачи для случая 0 <а <1, Ь> 1,5 доказано.
Осталось исследовать ту часть координатной плоскости ( а,Ь), которая
заключена между лучами РМ и РА (рис. 4.2). Если 1 < а < 1,5 и b > 1,5, то
12а6 <186 и а4 + Ь4 > 1 + Ь4 . Неравенство 2 (1 + Ь4) + 19 >186 или 2Ь4 —
— 186 + 21 > 0 верно при всех действительных значениях 6.
В самом деле, 264 — 186 + 21 = 26 ( 63 — 9) + 21. Если 6 > то 63 —
— 9 > 0 и 26 ( 63 — 9) + 21 > 0. Если 1,5 <6 < ^9? то 26 < 2^"9 < 2,5 и 63 -
— 9> 1,53 — 9>—6, т.е. —6-2,5 + 21 >0. Если 6>а> 1,5, то а4 + 64 > 1,54 +
+ 64 > 5 + 64 и 12а6< 1262.
Неравенство 2 (5 + 64) + 19 > 1262 верно при всех значениях 6 (оно при-
водится к квадратному заменой 62 = с ).
Итак, осталось исследовать точки плоскости ( а, 6), заключенные внутри
треугольника РСК (рис. 4.2).
29
Если а < b < 1,5 и 1 <а < 1,5, то 12а6 > 12£>2, а4 + Ь4 > 1 + b4. Неравенст-
во 2 (1 + Z)4) + 19 > 12Zr справедливо при всех значениях Ь. Утверждение зада-
чи полностью доказано.
В чем ценность рассмотренного решения? Во-первых, использовались толь-
ко свойства квадратных неравенств. Во-вторых,показан конкретный путь рас-
членения сложной задачи на более простые. В-третьих, в процессе решения за-
дачи учащиеся приобретают навыки применения одного из наиболее общих
методов решения математических задач, каким является метод полной индук-
ции.
Конечно, применение производной к исследованию функции
/(а)	2 ( а4 + 64) +19- 12а6,
где b — параметр, на множестве положительных чисел несколько сокращает
вычисления.
Находим:
(а) - 8а3 — 12Ъ = И (2а3 - 3b); f ( % 1,56) =0;
Ц^/Т^Ь) = 2(<УТГ5бИ+64) +19- 126#Тб6 -
- 264 -9bJ/T,5b + 19.
Теперь докажем, что функция (6) = 2Ь4 — 96-;’/ 1,56 + 19 положительна
на множестве положительных чисел.
Вычисляем (6) = 4\/~Ь (268’3 — Зу/ 1,5). Так как b > 0, то у/ ( b ) = 0
только при b — \/"Т,5 . Получаем у> (\/ 1,5 ) = 10, lim у> (6) = + °° .
Ь —* со
Итак, доказано, что функция у>(6) положительна на множестве положи-
тельных чисел. Очевидно, что lim f (а) = + Утверждение задачи доказано.
а— оо
Однако самое простое решение задачи обеспечивает применение теоремы о
средних величинах. В самом деле, а4 + Ь4 > 2 V а464 = 2а2 Ь1 .Обозначив а b =
= х, данное неравенство заменим неравенством 4х2 — 12х + 19 > 0. Утвержде-
ние задачи стало очевидным.
4.6.	Решение неравенств методом интервалов
Дано неравенство F (х) > 0. Требуется определить все его решения на
[а; b ]. Пусть функция у = F (х) непрерывна на [a; xj), ( х ; х ),..., (хл;
b ]. Находим нули функции у = F (х). Полагаем дл+ определенности, что F{c)~
— F (o') — 0 и с G ( х ; х ); d G ( х ; Ь]. Итак, F (х ) =# 0 на [ а; х ), (х ; с ),
1	2	П	1 Г
(с; х^),..., ( хп ; d j,	(o'; b ]. Из этих промежутков берем	по	одному произ-
вольному числу: л?1 С	[а; х(), Е ( х(; с), тз Е (с; х^)	и	т.д.	Вычисляем
F (	) , F (), F (	и т.д. Пусть, например, F { ) >	0,	F (	) >0. Тог-
да в силу непрерывности функции у= F (х) на ( xt; с ) и (	с;	х2 )	решения-
ми неравенства F (х) >0 будут все точки интервалов ( х(; с), (с; х^).
30
---О -о	о	п
-2-1 О 1 X
Рис. 4.3
-о	о- --О -О----	- о—-
-2-1	0	1	2 X
Рис. 4.4
Задача 1. Решить неравенство
у/ х - 1 — у/ х — 2 >1, х > 2.	(4.23)
Это неравенство определено на ( 2; + «>). Решим уравнение
у/х - 1 - х - 2 =1, X > 2 ,	(4.24)
следующим образом:
( <z7^1)3 = ( уГх~~1 - 1)3;	( х + 2 - 4 Vх - 1> = 0.
Отсюда Vх — 1 = 0 или х + 2 — 4 л/ х — 1 = 0- Находим корни этих уравнений:
х; = 1, х2 = 2, хз = 10. Очевидно, что только числа 2 и 10 являются корнями
уравнения (4.24).
Исследуем неравенство {4.23) на интервалах (2; 10), (10; +«>). Обозна-
чим f ( х) = у/ х — 1 — х — 2, х > 2. Число 3 6 ( 2; 10) и f (3) <
<1,29 G (10; +оо) и Н29) > 1.
Ответ. (10; + оо ).
Задача 2. Решить неравенство
log (2 + х)<1.	(4.25)
х2
Так как логарифм определен только для положительных чисел и основа-
ние логарифма не может быть равно нулю или единице, данное неравенство
определено на множестве (—2; —1) U (—1; 0) U (0; 1) 0(1; + «) (рис. 4.3).
Решаем уравнение log (2 + х) = 1;
х
2 + х — х2; х2 — х — 2 = 0; х( = — 1; л'2 =2.
Функция /(х) = log 2 ( 2 + х) — 1 непрерывна на интервалах (—2; —1 ) ,
(-1; 0), (0; 1), (1; 2),*( 2; + <х>) (рис. 4.4).
С помощью микрокалькулятора находим: f (—1,5) < 0, f (—0,5) < 0/ (0,5<
< 0, f (1,5) > 0, /(3) <0.
Ответ. (-2,-1) U (-1; 0) U (0; 1) U(2; + oo).
4.7.	Метод подстановки
Рассмотрим один из способов доказательства неравенств с переменными,
основанный на следующем положении: неравенство с переменными считается
доказанным, если установлена его справедливость для всех равных и всех не
31
равных между собой значений этих переменных на заданном множестве.
Доказательство неравенств проводится в два этапа: 1) проверяется выпол-
нимость неравенства для всех равных между собой значений переменных;
2) доказывается неравенство для всех не равных между собой значений пере-
менных с помощью подстановки (например, вместо переменных а и b ис-
пользуются переменные b uh >*0, где а = b + h для всех а >Ь).
Если в неравенстве позиции переменных взаимозаменяемы, на втором
этапе достаточно рассмотреть один из случаев неравенства значений перемен-
ных между собой.
Сущность метода подстановки доказательства неравенств поясним приме-
рами.
Задача 1. Доказать неравенство
За3 + 7b3 >9аЬ2 ,а>0; Ь>0.	(4.26)
Если а = b , то 10а3 > 9а3. Пусть а > b и а = b + h, где h > 0. Тогда
За3 + 7А3 = 3 (А+Л )3 + 7А3 = 10А3 + 9b2h + 9bh2 + ЗА3;
9 ab2 = 9(b+h)b2 = 9b3 +9b2h.
Для этого случая утверждение задачи стало очевидным.
Пусть а <Ь и b = а + р, гдер > 0. Тогда
За3 + 7Ь3 = За3 + 7(а +р)э = 10а3 + 21а2р + 21ар2 + 7р3;
9аЬ2 = 9а ( а + р)2 = 9аэ + 18а2 р + 9ар2.
И для этого случая утверждение задачи доказано.
Для сравнения приведем еще два решения рассматриваемой задачи.
1. Разделив обе части данного неравенства на а3 и обозначив b /а = х > 0,
получим 3 + 7х3 > 9х2.
Исследуем функцию f (х) = 7х3 — 9х2 + 3, определенную на множестве
неотрицательных чисел, на экстремум: f' (х) = 21 х2 — 18х. Производная рав-
на нулю в точке xQ = 6/7. Легко проверить, что функция f в точкеxQ положи-
тельна; /(0) = 3, / (1) = 1. Поэтому в точке х0 функция f (х) достигает наи-
меньшего значения. Утверждение задачи доказано.
2. Еслиа >0 и А> 0, то За3 + 7Ь3 > За3 +6Ь3. Докажем, что За3 + 6А3 >
> 9аЬ2, т.е. что а3 — 8аЬ2 + 2А3 > 0. Замечаем, что если а = Ь, то левая часть
последнего неравенства равна нулю. Поэтому а3 — 8а Ь2 + 2А3 = ( а — А) (а2 +
+ ab — 2Ь2) = ( а — Ь]2 ( а + 2А). Утверждение задачи стало очевидным.
Задача 2. Доказать неравенство 'За3 + А3 > 1/16, если За + А=1иа>
> 0, b > 0.
Во-первых, для всех а = Ь имеем За + b = 4а = 1, а =0,25.Тогда За3+А3=
= 4а3 = 4-0.253 = 1/16.
Во-вторых, пусть a <b , b = а + h , h >0. Тогда За + b = 4а +h =1. Отсю-
да а = 0,25 (1 — h ). Получаем
1— h ,	1 —А
За3 + Ь3 = 3 (-----)3 + (------ + А ) 3 =
4	4
32
4 + 36/J 2 + 24Л 3
4
> — = 1/16.
64	64
В-третьих, пусть а > b, а = b +р, р > 0. Тогда 3 (Ь + р) + b = 1. Отсюда b -
= 0,25 ( 1 — Зр), причем 0 < р < 1 /3. Тогда
,	,	1 - Зр ,	1 - Зр
За3 + Ь3 = 3(------- + р)3+ (----------)3 =
4	4
4 + 36р2 - 24р3	4	1	1
= -------------- > — = — , 0<р< — .
64	64	16	3
Неравенство доказано.
Приведем еще одно решение этой задачи. Так как За + b = 1. то b = 1	—
— За > 0, и левая часть исследуемого неравенства принимает вид f (а) = За3 +
+ (1 — За)3, 0 <а < 1/3. Исследуем функцию f (а):
(а) =9а2 -9(1 - За)2 =9(-2а + 1) (4а- 1).
Так как непрерывная функция f (а) определена на интервале (0; 1/3), то
/' (а) = 0 только в точке а = 0,25. Находим: f (0,25) = 1/16, lim f (а) = 1,
а —►()
lim f (а) = 1/9. Утверждение задачи доказано,
а—>-1 /з
4.8.	Приближенные методы решения уравнений
Существует несколько методов приближенного решения уравнений: ите-
раций, хорд, касательных. Однако наиболее доступным для понимания являет-
ся метод проб. Его применение основано на простейших свойствах непрерыв-
ных функций. Покажем, как с помощью таблиц функций и их графиков мето-
дом проб можно достаточно быстро найти не только приближенные, но во
многих случаях и точные значения корней сложных уравнений.
Задача 1. Найти действительные корни уравнения
f (х) = х4 + 4х - 1 = 0.
Преобразуем это уравнение к виду х4 = 1 — 4х. Построим графики yi =
= 1 — 4х, у2 = х4. Данное уравнение имеет два действительных корня их^
причем - 2 <Xj < —1 и 0<х2 < 0,25. Уточним значения этих корней мето-
дом проб:
X	Нх)	X	f (х)	X	f (х)	X	f (х)
—2	> 0	-1,7	> 0	-1,67	> 0	0,25	> 0
-1	< 0	-1,6	< 0	-1,663	< 0	0,24	< 0
-1,4	< 0	-1,65	< 0	-1,664	> 0	0,2495	> ,0
-1,5	< 0	-1,68	> 0	-1,6635		0,2493	> 0
					<= -1,6635		
-1,8	> 0	-1,66	< 0	0	< 0	0,2491	> 0
						0,2490	< 0
3 Зак. 5044
33
Итак, Xj 52 —1,6636, х2 = 0,24905.
Вычисляем^ +х2 «-1,4145,х(х2 -0,41429. Теперь нетрудно заме-
тить, что 1,4145 есть приближенное значение 72 , а —0,41429 «= 1 — у/ 2 . При-
ходим к гипотезе:
*i +х2 = -	= 1 -\Л2"-
Решив систему этих уравнений, найдем:
х( =0,51-7'2'- >/4 7Т-2); х2 = 0,5 (-у/~2 + \/4уГ2 - 2 ).
В результате проверки убеждаемся, что найденные числа действительно
являются корнями исходного уравнения.
4.9.	Выражение неизвестного через неизвестное
Сущность метода поясним примерами.
Задача 1. Доказать, что если
cosa + cos0 — cos ( а + 0)= 1,5	(4.27)
и a, 0 - углы треугольника, т.е. 0< а + 0 < 180°, то а -- 0 = 60°.
Преобразуем равенство (4.27) следующим образом:
a — 0	a-t
------+ 1 — 2cos --------
2
a - 0
— 4cos--------cos---------+ 1 = 0.
2	2
2 cos------- cos
2
,	0
4 cos" ------
2
= 1,5;
(4.28)
2
Равенство (4.28) является квадратным уравнением относительно
а+0
cos---,
2
(4.29)
2
2
поэтому , „	„	.---------—
a + 0	a -0	/a —0
cos-------= 0,5 ( cos------+ 7-sin2 -------—) .
2	2 V 2
a +0	Z
Так как cos-----является действительным числом, то -sin
2
a — 0
— 0, т.е. sin—---= 0 и а — 0 = 2kir, к G Z . Но так как а > 0°, 0 < 180°, то
к может быть равно только нулю. Отсюда
a - 0 = 0; а = 0.
Из равенств (4.29) и (4.30) следует, что cosa = 0,5 и а - fl = 60°.
Задача 2. Решить систему уравнений
(4.30)
2
(4.31)
--------= 0.
2 4.
34
Обозначим х2 + у2 = а2. Система уравнений (4.31) примет вид
Зх - у
х + 3у
у-—= 0.
Решив эту систему относительно х и у, получим:
За2 ( а2 - 3)	За2
х - ---------; у = ----------
а4 -10	а4-10
Находим
,	,	9а4 (а4-6а2 + 10)
х2 + у2 =----------------.
(а4 - 10)2
Но х2 + у2 = а2, поэтому
9а4 (а4-6а2 + 10)
--------------------~-а .
(а4 - 10)2
После упрощений уравнение примет вид
( а2 - 5) ( а2 - 2) ( а4 - 2а2 + 10) = 0.
Решив уравнение (4.33), найдем:
as = 5; а2 = 2.
(4.32)
(4.33)
(4.34)
Из равенств (4.32) и (4.34) получаем: х = 2, yf = 1, х2 = 1, у2 = — 1.
4.10.	Тригонометрические подстановки
Тригонометрические подстановки целесообразно применять в тех случаях,
когда сложное рациональное или иррациональное уравнение сводится к доста-
точно простым тригонометрическим уравнениям.
Задача 1. Решить систему уравнений:
3 (х + 1/х ) = 4 ( у + 1/у) =5(z + 1/z) ;	(4.35)
ху + yz + zx = 1.	(4.36)
Из равенств (4.35) ясно, что х, у, z имеют одинаковые знаки, причем если
( х, у, z) — решение данной системы уравнений, то и (—х, —у, -z ) является ее
решением.
2tgy>
Формула sin2y> =-----— подсказывает, что нужно ввести углы а, 3, у ит
1 + tg2y?
промежутка (0; я), такие, что tg ( а/2) = х, tg ( 3/2) = у, tg ( у/2) = z. После
этого условие (4.35) принимает вид
35
sin a sinp sin?
3	4	5
Из уравнения (4.36) получаем
a + 3
= tg------, или
(4.37)
1	X + у	у
— = -------- , ху =£ 1, z Ф 0, или ctg — =
г	X - ху	2
Из равенства (4.38) получаем 0, 5 ( я — ?) = 0,5 ( а + р), т.е. а + Р + у = я .
Как следует из условия (4.37), а, Р и у являются углами треугольника, длины
сторон которого относятся как 3:4:5. Но треугольник с таким отношением
сторон является прямоугольным ( у = 90°, sin а = 0,6, sinР = 0,8). Отсюда
tg ( a/2) = 1/3; tg ( 0/2) = 1/2; tg ( у/2) = 1.
Ответ. (1/3,1/2,11; (-1/3,-1/2,-1).
4.11.	Векторное доказательство неравенств
Векторное доказательство неравенств основывается на применении оче-
видного неравенства
I а-b | < | а | | b | ,	(4.39)
или в координатной форме (соответственно для двухмерного и трехмерного
пространств):
аЬ =.х х + у у <\/Х| + И, V + ;	(4.40)
1 X	I Z	11	L	L
аБ = х х	+у у	+ z,z2	<х/х’	+ у2	+ z3	у/ х3	+ у2	+z2	,	(4.41)
IX	XX	1 ь	1	1	1	L	i	L
где 7= ( Xj; yj ; b = ( x2;, yj или 7= ( x(; yf; z(); b = (x2; у2, zJ.
Задача 1. Доказать, что
—2<\/rTsinx — cosx <2.	(4.42)
Пусть 7= ( у/ 3; —1) и b = ( sinx; cosx). Тогда ab = \/"3"sinx — cosx ,
| a | = 2, | b | = 1. Поэтому
I у/ 3 sinx — cosx |	(\/"3)2 + (—I)2 yf sin2x + cos2x < 2.
Задача 2. Доказать, что если а + b + с = 1,то
у/ 2а + X+ у/ 2Ь + 1 + у/ 2с + X <15.
Пусть и = ( у/ 2а + X ; у/ 2b + X ; у/ 2с + 1), v = (1; 1; 1). Тогда
V 2а + 1 + V26+ 1 + V 2с + 1 <
(\/2а+ 1)2 + (V26+ 1)2 + (V2c + 1)S/ 12 + 12+14 =
36
= \/2(а + Ь + с) + 3 х/У= V 15.
Задача 3. Доказать, что
cos-4 + cosS + cosC < 1,5,	(4.43)
если А, В, С — углы треугольника АВС.
Пусть а, Ь, с — единичные векторы. Тогда ab = — CosS, ас = — cos А Ьс =
= —cosС. Но
( а + Ь + с)2 > 0.	(4.44)
Раскрыв скобки в левой части неравенства (4.44), получим а2 + Ь2 + с2 +
+ 2ab + 2Ьс + 2ас > 0, или 3 + 2 ( ab + Ьс + ас ) > 0, или 3 + 2 (—cosC — cos.4 —
— cosS) > 0. Отсюда следует неравенство (4.43).
Задача 4. Доказать, что
а2 + Ь2 + с2 ab + ас + Ьс,	( 4.45)
если а, Ь,с — действительные числа.
Пусть и = (а; с; Ь); Г = ( Ь; а; с). Тогда по формуле (4.41)
uv = ab + ас + be < х/ а2 +с2 + Ь2 у/ Ь2 + а2 + с2 = а2 + Ь2 + с2.
Задача 5. Доказать, что
V ab + yjbc + у/са < а + Ь + с, а,Ь,с^0.	(4.46)
Пусть 77 = ( х/а"; у/~Ь', у/~с~); v = (х/Ь ; у/с ; у/~а ). Тогда по формуле
(4.41) имеем х/ай + y/~bc + у/~са <а +Ь +с.
Задача 6. Доказать, что
V 6а + 1 + х/ 1 - 6а <2.	(4.47)
Введем в рассмотрение векторы х"= (1:1), у= ( V 6а + 1 ; у/ 1 —6а ) .
Из формулы (4.40) следует, что
ч/6а + 1 + V 1 - 6а <у/~2 V (6а+ 1) + ( 1 -6а) = 2.
Задача 7. Доказать, что
а + й + с >у/ а2Ьс + у/ab2c + у/ аЬс2 , а, Ь, с> 0.	(4.48)
Введем в рассмотрение векторы х = ( х/а”; х/"й~; х/с"), ~у = ( у/Ьс-, у/ас;
у/ ab ). По формуле (4.41) получаем
у/ а2Ьс + $/ аЬ2с +у/ abc2 <,у/ а + b + с у/у/Ьа + у/ ас + y/~ab .(4.49)
Пусть и = ( x/й"; yj с ; у/~а ), Г= ( у/~с; у/~а", у/~Ь ). Применим формулу
(4.41) к правой части неравенства (4.49) :
37
\/ ba + у/ ас +\/ a b ( у/Ъ )2 + ( х/ с)2 + (>/a)2
X
x у/ ( у/~с)2 + ( x/a)2 + (x/~&)" = з + b + c .
Утверждение задачи доказано.
4.12.	Комплексное использование различных методов решения уравнений
и неравенств
В большинстве случаев целесообразно использовать при решении уравне-
ний и неравенств комплексный метод, который может быть реализован по сле-
дующему плану:
а)	установление множества, на котором определено данное уравнение (не-
равенство) . Всестороннее изучение соответствующих функций и использова-
ние при этом их графиков позволяет избежать грубых ошибок и упрощает
вычисления;
б)	нахождение корней уравнения методом неравносильных преобразова-
ний. Посторонние корни обнаруживаются непосредственной проверкой;
в)	нахождение промежутков знакопостоянства соответствующих непре-
рывных функций методом интервалов.
Задача 1. Решить неравенство
!одх/(> ( logx6 - х ) >0.	(4.50)
Найдем множество, на котором определено неравенство (4.50) :
logx V 6 - х > 0;
Х>1	)
Итак, неравенство (4.50) определено на (1; 5).
Методом неравносильных преобразований находим корни уравнения
logx/6 ( 1одх дЛГ- х ) = 0;
(4.51)
!одхх/ 6 — х = 1; у 6 - х = х; 6 — х = х2; х ( =2; х^ = —3.
Непосредственной подстановкой убеждаемся, что число 2 есть корень
уравнения (4.51).
Методом интервалов устанавливаем знаки функции f (х) —
= logx/6 ' l°gxV 6 - х ) на (1; 2) и (2; 5):
а)	число 1,5 G (1; 2) и f (1,5) = log .. ( log д/ 4, 5). Так как log \/4,5>
1 /*Т	1 Н	1 р
> 1.ТО f (1.5) <0;	z
б)	число 3 G (2; 5) и f (3) = logQ 5 ( юд^л/З) = logQ 5 (1/2) = 1 > 0.
Ответ. (2; 5).
Задача 2. Решить относительно х неравенство
х2 - а2 >х — V 2ах — а2 .	(4.52)
Для нахождения множества, на котором определено неравенство (4.52),
решаем систему неравенств
Методом неравносильных преобразований находим корни уравнения:
х2 — а2 - х - у' 2ах -"а7;
(4.53)
х2 - а* = х2 - 2х V 2ах - а5 + (2ах - а2); 2х у~2ах - а7 - 2ах.(4.54)
Число 0 не является корнем уравнения (4.53), если а =# 0. Поэтому при де-
лении левой и правой частей уравнения (4.54) нах мы не теряем корней урав-
нения (4.53). Получаем:
у/ 2 ах — а2 = а; 2ах - а2 = а2; ах = а2.
Если а Ф 0, то х = а. При х = а уравнение (4.53) принимает вид 0 = а —
— I а |. Отсюда ясно, что, если а > 0, уравнение (4.53) имеет корень, равный
а. Если а < 0, уравнение (4.53) решений не имеет. Если а = 0, решением
уравнения (4.53) являются все неотрицательные числа.
Применив метод интервалов, найдем:
если а = 0, решение неравенства (4.52) есть ( —«> ; 0) ;
если а > 0, то при х = 2а (2а G [а; + « )) неравенство (4.52) обращается
в верное тождество. Поэтому, если а > 0, решение неравенства (4.52) есть [а;
+ о° ) ,'
если а < 0, то при х = а (аб (— » ; а]) неравенство (4.52) обращается в
верное тождество. Поэтому, если а < 0, решением неравенства (4.52) является
( - оо ; а ] .
Задача 3. Решить уравнение
sj/ х-9 = (х—З)3 +6.	(4.55)
Стандартные приемы решения этого уравнения приводят к громоздким
преобразованиям выражений с переменными и малоэффективны. В таких
случаях нужно сначала сформулировать гипотезу о числе решений уравнения.
Для этого составим (с помощью микрокалькулятора) табл. 4.2 графиков
непрерывных функций f(x) = у/ х - 9 и (х) = ( х - 3) 3 + 6.
Таблица 4.2
X	/(х)	Ч> (х)	X	f (х)	(х)
0	-2,1	-21	6,5	-1,4	49
0,5	-2,0	- 9,6	7	-1,3	70
1	-2,0	- 2,0	7,5	-1,1	97
1,5	-2,0	2,6	8	-1,0	130
2	-1,9	5,0	8,5	-0,80	170
2.5	-1,9	5,9	9	0	220
3	-1,8	6,0	9,5	0,80	280
3,5	-1,8	6,1	10	1,0	350
4	-1,7	7,0	10,5	1,1	430
4,5	-1,7	9,4	11	1,3	520
5	-1,6	14	11,5	1,4	620
5,5	-1,5	22	12	1,4	740
6	-1,4	33			
у	।	Построим графики функций f и Р (рис.
J	4.5).
' /	Что дает внимательное изучение таблиц и
/	графиков функций f и р? Во-первых, стано-
/	вится ясным, что решением данного уравне-
ния является 1. Во-вторых, на [1,5; 91 функ-
/7\	ция f неположительная, а функция р положи-
J/ ,'3	5	- тельная, следовательно, на этом промежутке
' с1-1 *~ ' * 1 * —уравнение (4.55) решений не имеет. В-тре-
дА	f	тьих, на (9; +«>) функции f и Р положитель-
//	ные. Графики этих функций подсказывают,
I /	3 _____
Рис. 4.Б	что на (9; + оо) выражение ух — 9 целесооб-
3 _____ 3 ___________________ 3 ______
разно заменить выражением у к — 3 . Очевидно, что у х — 3 > ух — 9 на (9;
+ °° ). Правую же часть уравнения (4.55) уменьшим, вычтя из него 6.
Итак, попытаемся доказать, что на (9; + °°) верно неравенство
х — 3 < ( х — З)3 * * * * .
(4.56)
После возведения обеих частей неравенства (4.56) в 3-ю степень получаем
( х — 3) (( х — 3) 8 — 1) > 0.	(4.57)
На (9; + °° ) неравенство (4.57) верно. Значит, на этом промежутке вер-
но неравенство (4.56), следовательно, (х) > f (х).
Таким образом, на [1,5; +°°) уравнение (4.55) решений не имеет.
На ( 1; 3] функция / вогнутая, а функция Р выпуклая. Поэтому на этом
промежутке график функции f лежит под хордой АС, а график функции —
над хордой АВ (рис. 4.5). Значит, и на (1; 3] уравнение (4.55) решений не
имеет.
На ( —	1) график функции f находится над прямой АС, а график
функции — под прямой АВ. Поэтому и на (— °°; 1) уравнение (4.55) реше-
ний не имеет.
Таким образом, только 1 является решением уравнения (4.55).
5.	МЕТОДИКА ИСПОЛЬЗОВАНИЯ СВОЙСТВ ФУНКЦИЙ
ПРИ РЕШЕНИИ УРАВНЕНИЙ И НЕРАВЕНСТВ
5.1.	Сущность методики
Задачи типа решить уравнение f (х) = 0; решить неравенство f (х) > 0;
доказать тождество f (х) = а (а — параметр); доказать неравенство f (х) >
> а, если х > b ( а, b — параметры) являются составными частями более об-
щей задачи на исследование функции А(х) и построение ее графика. Поэтому
целесообразно рассматривать решения уравнений и неравенств, доказательство
тождеств и неравенств в комплексе, полностью используя все известные
свойства соответствующих функций.
Общая схема исследования свойств функций: исследование функции на
четность (нечетность) и периодичность; исследование функции на монотон-
ность и экстремумы (с применением или без применения производной); на-
хождение нулей функции.
Задача 1. Решить уравнение
4х2 + (а —2)х + (а-5) =0	(5.1)
и исследовать, при каких значениях параметра а оно имеет: положительные
корни; отрицательные корни; один положительный и один отрицательный ко-
рень; равные корни; не имеет действительных корней.
Получить ответы на вопросы можно следующими способами: 1) решить
уравнение (5.1) относительно а и исследовать функцию а = Р (х). В этом слу-
чае исследование корней можно выполнить, не решая уравнения (5.1); 2) ис-
следовать функции у = 4х2 + (а — 2)х и у = 5 — а; 3) сначала решить уравне-
ние (5.1) относительно х, потом заняться исследованием функции х = f(a);
4) исследовать функцию у (х) = 4х2 + (а — 2) х + (а — 5).
Наибольший интерес представляет первый способ. Решаем уравнение
(5.1) относительное:
а = (—4х2 + 2х + 5) / ( х + 1), х —1.	(5.2)
Исследуем функцию (5.2), определенную на (—	; —1) U (—1; + °° ).
Чтобы найти критические точки этой функции, преобразуем уравнение
(5.2) к виду а =а (х) = —4х + 6 — ( х + I)”1. Получаем: а' (х) = — 4 + ( х +
+ 1) "2, а’(—0,5) =а'(-1,5) =0,а(-0,5) = 6,а(—1,5) = 14,а (0) =5, lim а (х)=
X —* — оо
= + оо , lima(x)=— °0 , lim а (х) = — °° , lim а (х)	= + °° .
х-*+“	х= -1 (х> - 1)	Х->-1(Х<-1)
Строим график функции а (х) (рис. 5.1). Из рисунка следует: 1) а = 14 ,
xt =х = —1,5; 2) а > 14, х(, х^ < 0; 3) 6 < а < 14, уравнение (5.1) корней
не имеет; 4) а = 6, х( = х2 = —0,5; 5) 5 < а < 6, Xj, х2 < 0; 6) а = 5, х2 = 0,
х < 0; 7) а < 5, х < 0, х >0.
Из графика видно, что ни при каких значениях а корень уравнения (5.1)
4 Зак. 5044
41
f(x),a<.o
f(x},a=o
\f(x},a=i
f(x),i<a^
i---------7
Vj
Puc. 5.2
не равен —1. По графику можно проследить, как изменяются корни уравнения
(5.1) с изменением параметра а.
Задача 2. Доказать, что
a+b+c+tf+a .---------
--------------> у abcde.. а > b d-^ е > 0.
5
a+b+c+d+e _________________________
Исследуем функцию f (а) =-----------— v abcde, определенную
5
на (0; + 00 ), считая b, с, d, е параметрами:
Так как а>й>с>с/>е,то bcde/a* < 1 и f' (а) > 0 на (0; + °° ). Ясно,
что f' (а) = 0, если a=b = c — d = e. При всех других значениях параметров
b,c,d,e f' (а) > 0 на (0; + °° ), т.е. непрерывная функция А(а) является мо-
нотонно возрастающей на (0; + °° ), f (0) = О.Следовательно, f(a) >0 на (0; +°о).
Задача 3. Доказать тождество
2 (sin6x + cos6x) — 3 (sin4x + cos4x) +1=0.
Исследуем функцию у (х) = 2 (sin6x + cos6x) — 3 (sin4x + cos4x) + ^опре-
деленную на (—	+ °° ) :
у' (х) = 12sinxcosx (( sin2x — cos2x) (sin2x + cos2x) — (sin2 x -
— cos2x)) = 0.
42
Итак,/'(х) --О на всем множестве ее определения и у (0) -0. Поэтому
у (х} --Она ( - ° -+ '•’° ).
Задача 4 Решить относительно х уравнение
у/Тх2 — a) + у/?( х2 - 1) -х.	(5.3)
Преобразуем выражение (5.3) :
у/^~а = х - 2 Jx^.	(5.4)
Функция /(х) ~ у/ х2 — а > 0 определена, если х* '<? а. Функция 4 (х) -
= х - 2 у/ х2 — 1 > 0. Очевидно, что у: (х ) определена на множестве значений
х, которые являются решением системы
х2 - 1 > 0;	2
х - 2 yj х2 - 1 > 0 J	4/3
Исследуем функцию У> (х) на монотонность: у’ (х) — 1 — 2x1 у[х — 1.
Уравнение I — 2х /\/х‘ — 1 - 0 действительных корней не имеет, поэтому
функция у’(х) монотонная.
Находим 4(1) - 1, 4(2/у' 3) - 0. Итак, < (х) -убывающая функция на
[ i; 2/-/3] (рис. 5.2).
Строим график возрастающей функции f (х) при различных значениях па-
раметра а (рис. 5.2). Теперь ясно, что уравнение (5.3) имеет решение xQ, и
притом только одно, если 0 <а -< 4/3.
После двукратного возведения во вторую степень обеих частей уравнения
(5.4) и преобразований получаем х2 = (4 - а)1 : 8 (2 — а). Так как 0 а < 4/3
и х > 0, то xQ ( 4 — а ) : 2 V 2 ( 2 — л ) .
5,2.	Рациональные уравнения и неравенства
При решении рациональных уравнений и неравенств широко используются
графики соответствующих рациональных функций.
Задача 1. Решить неравенство 2 | х + 11 > х + 4.
Строим графики функций f (х) — 2|х + 11 и 4(х) —• х + 4 (рис. 5.3). Ак-
куратно выполненный чертеж позволяет нэйти гочное значение координат то-
чек А и В, т.е. точек, в которых пересекаются графики этих функций. После
этого остается только записать ответ: решением данного неравенства являются
все точки промежутков (—<»; —2) и (2; +=•=).
Г рафики функций f и 4 избавляют от необходимости решать две системы
уравнений. Но главное достоинство такого решения состоит в том, что учащие-
ся приобретают навыки использования свойств соответствующих функций и
их графиков при решении математических задач. Умение строить графики
функций становится не самоцелью, а эффективным средством решения урав-
нений и неравенств.
Задача 2. Назвать множество решений неравенства
|5- х|<|х-2| + |7 — 2х|.	(5.5)
43
44
Преобразуем данное неравенство к виду
| х — 2| + | 7 — 2х | — | 5 — х | > 0 .
Построим график функции f (х) = |х — 2| + | 7 — 2х| — 15 — х| (рис. 5.4).
При этом необходимо помнить, что выражения | х — 2| , |7— 2х|, 15 — х| об-
ращаются в нуль соответственно в точках 2; 3,5; 5; графиком каждой из
функций у = | х - 2|, у = | 7-2х|, у = | 5 - х| является объединение двух
лучей, поэтому графиком функции /(х) является ломаная; для построения
этой ломаной находим координаты ее вершин: f(2) =0, X7 (3,5) = 0,/(5) =6.
Кроме того, находим значение функции f (х) в какой-либо точке, лежащей
левее точки х = 2, и в точке, лежащей правее точки х = 5, например f (0) = 4 и
Л (6) =8.
Осталось прочитать график функции/(х) изаписатьответ: (—oo;2)U
U (3,5; +оо).
Задача 3. Решить неравенство |х |>| 3 — 2х| —х — 1.
Преобразуем данное неравенство к виду |х| — |3 — 2х|+х + 1>0 и по-
строим график функции f (х) = | х | — | 3 — 2х | + х + 1 (рис. 5.5).
Выражения |х | и |3 — 2х| обращаются в нуль соответственно в точках
0 и 1,5. Г рафиком функции f (х) является ломаная. Для ее построения вычис-
ляем: НО) = —2,/(1,5) = 4, f (—1) = —4,/(2) = 4 (точка —1 лежит левее точ-
ки 0, а точка 2 — правее точки 1,5).
Очевидно, что прямая DE параллельна оси абсцисс. Поэтому график функ-
ции f (х), т.е. ломаная ABDE, пересекает ось абсцисс только в одной точке С.
Из подобия прямоугольных треугольников ОСВ и FCD следует, что ОС= 0,5.
Ответ. (0,5; + «).
Задача 4. Решить неравенство
7
------------>|х + 2|.	(5.6)
I х - 1 | - 3
Строим графики функций f (х) = | х + 2|, y’fx) = | х — 11 — 3, ф (х)	=
= 7/<р(х) (рис. 5.6). Графики этих функций легко строятся без применения
производной, так как они монотонны на соответствующих промежутках.
Прямые х = —2 и х = 4 являются вертикальными асимптотами графика
функции ф (х).
Для определения абсцисс точек В и С решаем соответственно уравнения
7	-I
	 = х + 2 и 	 = — х — 2. Получаем 5(5; 7 ) и
(х - 1) -3----------------— (х — 1) -3
С ( —	— 2 ; VT) . Прочитав рис. 5.6, имеем ответ: [ —	2; —2) U(4; 5 ]
5.3.	Иррациональные уравнения и неравенства
Предварительно построенные графики соответствующих иррациональных
функций позволяют упростить поиск решений таких уравнений и неравенств.
Задача 1. Решить неравенство х — 2 <х/"х?
45
Строим графики функций f (х) — х — 2 и У(х) = \/ х (рис. 5.7). После
этого становится понятным, что уравнение х — 2 = х/~х имеет только один по-
ложительный корень хо > 2, а решением данного неравенства нвляетсн проме-
жуток [0; х ], так как данное неравенство определено только на множестве
неотрицательных чисел.	__
Решив уравнение х - 2 = V х путем возведения его обеих положительных
частей во вторую степень, получим xq = 4. Для решения этого уравнения ха-
рактерно следующее: во-первых, уравнение (х — 2)2 - х не равносильно урав-
нению х — 2 = \/ х . Первое из них имеет корни 1 и 4, а второе — только 4. Из
рис. 5.7 ясно, почему именно число 1 является посторонним корнем для урав-
нения х 2 - V х ( точка есть пересечение графиков функций f (х) =
-- х -- 2 и у; (х)	х); во-вторых, предварительно построенные графики
функций f и < снимают вопрос о посторонних корнях соответствующих урав-
нений и неравенств
Задача 2. Назвать множество решений неравенства
хрП~х > 5 - х .	(5.7)
Строим графики непрерывных монотонных функций /(х) = V 7 + х и
у?(х) — 5 — х (рис. 5.8). Функция Их) определена на [—7; +«), непрерывна
и монотонно возрастает. Она изменяется от 0до + °°. Функция (х) определе-
на на множестве всех действительных чисел, она монотонно убывает от + 00
до — оо. Поэтому уравнение у[ 1 + х — 5 — х имеет единственное решение xq.
Пегко замегить, что = 2. Прочитав рис. 5.8, записываем ответ: (2; + оо).
Задача 3. Решить неравенство у/ х - 1 4^x4 14 > 3.
Левая часть неравенства определена на [1; 4 оо ). функция f (х) =у/ х —1
непрерывная и монотонная (на указанном промежутке она возрастает от 0 до
+ °° ).
Функция /, (х) - у7”*”т 14 непрерывная и монотонная (на [1, 4-оо ) воз-
растает от </ 15 до 4 оо ). Поэтому непрерывная функция f (х) = f (х) + (х)
на [ 1; + со ) возрастает от ^15 до 4- оо (рис. 5.9).
46
Так как v7!5 < 3, существует единственная точка xfl, такая, что f (xQ) = 3.
Очевидно, что*0 - 2. Итак, решением данного неравенства является промежу-
ток [2; + оо ).
Задача 4. Назвать множество, точки которого являются решением
неравенства
х2 + х + V (х2 + D2 -4х2 <2/х.	(5.8)
Очевидно, что V (х2 + I)2 — 4х2 = i х2 — 11, поэтому неравенство (5.8)
равносильно неравенству
х2 + х + I х2 - 1| <2/х.	(5.9)
Если | х | > 1, неравенство (5.9) принимает вид 2х2 +х — 1 < 2/х . Если
| х | < 1, неравенство (5.9) равносильно неравенству х + 1 <2/х.
Итак, строим графики функций: ip (х) = 2/х, х < 0, х > 0; f(x) =
= f х + 1, I х | < 1;	(рис. 5 10)
! 2х2 + х - 1, | х I > 1
Ответ. (0; 1 ].
Задача 5. Решить неравенство
1 -2V 3-х
Выражение 2 \/ х + 1 определено на [ —1; + °° ). Выражение 1 — 2\/ 3 — х
определено и отлично от нуля на множестве ( — <» ; 2,75) U (2,75; 3]. Поэто-
му неравенство (5.10) определено на множестве [ —1; 2,75) U (2,75; 3].
Строим графики функций f (х) = 2\/х + 1 и у(х) = 1 — 2\/ 3 - х на
множестве (—1; 2,75) U (2,75; 3] (рис. 5.11).
Так как на [—1; 2,75) функция f (х) неотрицательная, а функция <р(х) от-
рицательная, то / (х)/<Р (х) < 0 на этом промежутке и [-1; 2,75) является ре-
шением неравенства (5.10).
Функции f (х) и <р(х) на (2,75; 3] положительные и возрастающие:>/пГ<
< f (х) < 4, 0 < f (х) < 1. Поэтому на (2,75; 3] f (х) / <р(х) >\/ 15 / 1 > 1.
Ответ. [ —1; 2,75).
5.4.	Показательные и логарифмические уравнения и неравенства
Основной путь решения логарифмических уравнений (неравенств) — это
замена их рациональными уравнениями (неравенствами). При этом широко
применяется метод интервалов.
Задача 1. Решить неравенство
log (2+х)<1.	(5.11)
х2
Для того чтобы найти область М определения левой части неравенства
(5.11), решаем системы неравенств:
2+х>0;	2 + х>0;
0<x2<1;J	х2>1.
Получаем М= (-2,-1) U (-1, 0) U (0, 1) U(1,+ «).
На множестве М строим графики функций f(x) =2+хи<р(х) = х2 (рис.
5.12).
На (—2; —1) функция <р(х) >1,а0</(х) < 1, поэтому все точки этого
промежутка являются решением неравенства (5.11).
На (-1; 0) 0 < ч> (х) < 1 и Л (х) > 1. Поэтому все точки и этого промежут-
ка являются решением неравенства (5.11).
Рассмотрев таким же образом и остальные промежутки области М, полу-
чим ответ: (-2; -1) U (-1; 0) U (0; 1) U (2; + оо ).
Задача 2. Назвать промежутки, точки которых являются решениями
неравенства
(х2+х + 1)х<1.	(5.12)
Строим графики функций f (х) = х2 + х + 1 и (х) = х (рис. 5.13). На мно-
Рис. 5.14
-3
и <Р(х) = 1 +--------(рис. 5.14).
2х — 1
) не определена, поэтому на этом
жестве (-оо; -1) функция f(x) >1,
а <р(х) < —1. Поэтому каждая точка
этого множества является решением
неравенства (5.12).
На [-1; -0,5] 0,75	<1 и
<р(х) < 0. Поэтому при каждом значе-
нии х из этого отрезка (х2 + х + 1)х >
> 1.
Изучив промежутки (—0,5; 0] и
(0; + оо), приходим к выводу, что
только точки интервала (— оо; —1)
являются решением неравенства (5.12)
Задача 3. Решить уравнение
—3
log,x = 1 + ---------- (5.13)
Л 2х - 1
Строим графики функций f (х) - 1од3
На множестве (— оо  0] функция ft
множестве нет решений уравнений (5.13). На (0; 0,5) функция (х) > 0, а
f (х) < 0. Поэтому и здесь решений уравнения (5.13) нет. В точке х = 0,5 не
определена функция <р(х). На (0,5; 1] функция А(х) > —2, а Ч> (х) < —2. На
множестве (1; 2) функция f (х) положительная, а функция <Р (х) отрицатель-
ная. В точке х = 2 функция <р(х) = 0, a f (х) > 0. На (2; 3] функция (х) <
< 0,4, a f (х) > 0,4. Наконец, на (3; + оо) функция (х) < 1, функция f (х) >
> 1.
Ответ. Уравнение (5.13) решений не имеет.
5.5.	Системы уравнений
При решении нестандартных систем уравнений широко используются гра-
фики отдельных уравнений и метод полной индукции.
Задача 1. Решить систему уравнений
I у-х I = 2(х + у);	(5.14)
I х | + | у | = 4.	(5.15)
Левая часть уравнения (5.14) неотрицательная, поэтому х + у > О, т.е.
у > -х. Если | у — х| =0, т.е. у = х, то х = 0. Если у > х, равенство (5.14) при-
нимает вид у — х = 2 (х + у). Отсюда у — -Зх. Если у < х. и? уравнение '5.14'.
получаем х - у — 2 ( х + у) у: у — —л /3. Таким образом, график f уравнения
(5.14) является объединением лучей ОА и ОЗ (рис. 5.15).
Так как | х | + | у\ = I —х| + |у| - | —х| + | -у\ ~ |х| + | —у! , осями сим-
метрии графика уравнения (5.15) являются оси абсцисс и ординат. Строим
сначала ту часть графика уравнения (5.15), которая принадлежит первой ко-
ординатной четверти: х + у = 4, х> 0, у > 0. Получаем отрезок CD (рис. 5.15).
Для построения всего графика достаточно отобразить отрезок CD относи-
тельно осей координат.
Ответ. (—1; 3); {3; —1).
Задача 2. Решить систему уравнений
I х | + х = | у | + у;	(5.16)
|х - 1 I = х + | у |.	(5.17)
Исследуем сначала уравнение (5.16). Если х > 0 и у > 0, то 2х “ 2у, т.е.
в этом случае графиком уравнения (5.16) является биссектриса ОА первого
координатного угла (рис. 5.16).
50
Если х < 0 и / > 0, то 0 - 2/, т.е. графиком уравнения (5.16) будет луч
ОС (рис. 5.16).
Пусть х < О и у < 0. Тогда равенство (5.16) принимает вид 0 - 0. Это озна-
чает, что все точки третьего координатного угла являются решениями этого
уравнения.
Пусть, наконец, х > 0, у С 0. Тогда уравнение преобразуется к виду 2х --
= 0, т.е. х = 0.
Таким образом, решениями уравнения (5.16) являются все точки третье-
го координатного угла (включая его стороны) и точки биссектрисы ОА пер-
вого координатного угла (рис. 5.16).
Исследуем уравнение <-:j.17) . Если л =?- 1, то х - I - к + I у I, т.е. решений
уравнение (5.17) не имеет.
Пусть х < 1. Получаем 1 — х -х+ | у | или х 0,5 (1 — | у |).
Итак, графиком уравнения (5.17) является объединение лучей DF и DE
(рис. 5.16).
Находим координаты точки Р , в которой пересекаются лучи ОА и DF.
Отрезок ОР — биссектриса угла DOF треугольника DOF. Поэтому DP : PF =
= OD : OF = 1 : 2. Отсюда следует, что Р (1/3; 1/3).
Таким образом, решением системы уравнений (5.16) и (5.17) являются
каждая точка луча ЕН (рис. 5.16) и точка Р (1/3; 1/3).
5.6.	Уравнения и неравенства с параметрами
Трудности решения таких уравнений и неравенств вызываются прежде
всего тем, что в любом случае приходится производить ветвление всех значе-
ний параметров на отдельные классы, при каждом из которых уравнение или
неравенство имеет решение. При этом необходимо последовательно следить за
равносильностью решаемых уравнений (неравенств) с учетом области опреде-
ления входящих в них выражений и учитывать выполнимость отдельных опе-
раций.	_____
Задача 1. Решить относительно х неравенство х \/а — х2 .
Построим графики функций f (х) = х — 1 и <£(х) = у/ а — х5, а > 0, при
различных значениях параметра а.
Графиком функции у>(х) является полуокружность, расположенная в
верхней полуплоскости, с центром в точке х = 0 и радиусом а (рис. 5.17).
Теперь ясно, что уравнение х — 1 = \/ а — х2 имеет единственное решение
xQ, если а > 1. Решением данного неравенства является отрезок [ xQ; х/~а].
Решив уравнение х — 1=у/а — х2, получим два корня. После проведенно-
го исследования легко найти среди них посторонний.
Ответ. [ 0,5 (1 + V 2а — 1); а ].
Задача 2. Решить относительно х неравенство
у/х-у/х — 1>а, а > 0.
Неравенство определено на полуинтервале [1; + <»). Умножив обе части
его на положительное выражение ух + у/х — 1, получим 1 >a(Vx +Vх— D-
51
Отсюда
а < (>/х+V* — 1>-1 •	(5.18)
Функции а( (х) = %/"х и а2 (х) = Vх — 1 положительные, монотонно воз-
растающие, значит, и функция у = у/ х + V х — 1 положительная, монотонно
возрастающая. Находим/(1) = 1, поэтому функция у на [1; + оо) изменяется
непрерывно от 1 до + оо.
Таким образом, функция yf = ( у/~х + V х - 1) ’* монотонная. Она опре-
делена на множестве [1; + оо ). Область ее изменения — полуинтервал [1; 0).
Построим ее график (рис. 5.18). Теперь ясно, что решение неравенства (5.18)
есть промежуток [1; xq) , если 0 <а < 1, где х^ — корень уравнения	—
— у/х — 1 = а. Решаем это уравнение:
у/~х — а = у/~х — 1 ; ( у/~х — а)2 = ( V х — 1)2;
а2 + 1 = 2ау/~х ; (а2 + 1)2 = 4а2х; хд = (1 + а2)2/4а2.
(1 + а2)2
Получаем 1<х< ----------— ,0<а<1.
4а
Задача 3. Решить неравенство iog0 (х2 — 2х + а) > —3 относительно х.
Из неравенства следует 0 < х2 — 2х + а < 8. Отсюда — х2 + 2х < а < — х2 +
+ 2х + 8. Строим графики функций а = —х2 + 2х, а = —х2 + 2х + 8(рис. 5.19).
Из графиков видно, что задача решений не имеет, если а > 9. Если 1 <а <	9,
тох)<х<х2 ( х х — корни уравнения а = —х2 + 2х + 8).
Если а < 1, то Xj' <х < х'3 илих4<х<х' ( х^, х' — корни уравнения
а = —х2 + 2х + 8, хз, х4 — корни уравнения а = —х2 + 2х).
Задача 4. Решить неравенство у/ 2х — а > х.
Строим графики функций f (х) =х (рис. 5.20) и (х) = у/~2х — а ( при
различных значениях а ).
Прочитав рис. 5.20, получим:
1)	а > 1, решений неравенство не имеет;
52
2)	0< а < 1, решением неравенства являются точки интервала (х2; х2 ) ,
где х[ = 1 — у/ 1 — а ,х2 = 1 + л/ 1 — а . Числа х( и х2 — корни уравнениях2 =
= 2х — а;
3)	а = 0, 0<х <2;
4)	а < 0, О,5а <х < 1 + V 1 —а .
Задача 5. Доказать, что уравнение вида
хл — а хл~ 1 - ...-а х-а = О,	(5.19)
п 1	1 и
где
ао>О.............an-i>0; ао +э1+-+эп_1 >0-	(5-20)
имеет единственный положительный корень.
Преобразуем уравнение (5.19) :
хп = ап1хп + ... +3^ +aQ .	(5.21)
Разделив обе части уравнения (5.21) на хп, получим
а , а	а, а„
1 =	1 +	+ ... +	= f (х).	(5.22)
х	х2	х	х
Из условия (5.20) ясно, что хотя бы один из неотрицательных коэффи-
циентов aQ, aj, ... , 3n i отличен от нуля, поэтому на множестве положитель-
ных чисел правая часть уравнения (5.22) положительна.
Очевидно, что lim f (х) = 0, lim f (0) = +	.
X —> + оо	Х—0
Функция Г (х) на множестве положительных чисел непрерывна. Она яв-
ляется убывающей (как сумма невозрастающих неотрицательных функций).
Поэтому существует единственный положительный корень уравнения (5.22).
Задача 6. Выяснить, каким необходимым и достаточным условиям
должны удовлетворять действительные числа а, Ь, с, для того чтобы уравнение
х3 + ах2 + Ьх + с = 0 имело три действительных корня, образующих арифмети-
ческую прогрессию.
53
Обозначим х = р + t. После этого данное уравнение можно записать в виде
г3 + ( а + Зр) г2 + (Зр2 + 2ар + b)t +
(5.23)
+ ( р3 + ар2 + Ьр + с ) =0.
Если р -= —а/3, т.е. а + Зр = 0, уравнение (5.23) принимает вид
	г3 + ( Ь	) г + (	 3	27		+с) = 0 3		(5.24)
или	a2	ab f1 = (	b)t + (	 3	3	2а3 	 -с ). 27	а2	(5.25) ab
Построим графики функций f (t) = г’ и (г) = (- — 6) t + (-
2а3	ab	2а''	а2
—------—с) (рис. 5.21). Теперь ясно, что если ---- — ----- -с = 0и— —
27	3	27	3
-Ь > 0, то прямая <£(г) пересекает кубическую параболу f (t) в точках А и В,
симметричных относительно начала координат. Если а2/ 3 —	> О, ab/З —
— 2а3/27 — с т6 0 и прямая У>(г) пересекает график функции f (t), то корни
уравнения (5.25) не симметричны относительно начала координат.
Задача 7. Найти все значения параметра а , при которых уравнение
х2 + 4х - 2| х -а| + 2 -а =0	(5.26)
имеет два кооня.
Если х >а, уравнение (5.26) можно записать в виде
а = —х2 — 2х — 2.	(5.27)
Если х < а, уравнение (5.26) равносильно уравнению
а-- ( х2 + 6х + 2)/3.	(5.28)
Строим графики функций (5.27) и (5.28) (рис. 5,22). Проанализировав
их, получим ответ: уравнение (5.26) имеет точно два решения, если а > —2
или а <—7/3.
5.7. Применение производных
Применение производной упрощает поиск числа корней уравнения, дока-
зательство неравенств с многими переменными, решение иррациональных, по-
казательных, логарифмических и других неравенств.
Задача 1. Найти число положительных корней уравнения
х3 - 10х2 +1=0.
Функция у = х3 — 10х- + 1 определена на ( — » ; + оо ) и непрерывна. По-
лучаем у' = Зх2 - 20х, у' (0) = 0, у' (20/3) = 0, у (0) = 1 > 0, у (20/3) < 0,
lim у (х) = + оо .
Л —эо
54
Итак, функция у = х3 — 10х2 -*• 1 убывает на [ 0; 20/3] и возрастает на
[ 20/3; + оо ). Поэтому один из положительных корней данногоуравнения при-
надлежит (0; 20/3), а второй — (20,3; + оо ).
abc
Задача 2. Доказать, что — + — + — > 3, а, Ь, с > 0.
b с а
Будем считать, что а > b >с. Функция f (а) = а/b + b/с + с/а — 3 ( b и
с - параметры) определена и непрерывна на (0; + оо ). Находим f' (а) = 1/6 —
— с/а2. Из уравнения 1/6 — с/а2 = 0 следует, что а = \Лбс. Но так как а >
5=6 > с, последнее равенство возможно только в том случае, когда а = b = с.
Итак, если f' (а) = 0, то и f (а) = 0. Получаем lim f (а) = + оо, lim Л(а) =
а— о	а->+ с»
= + оо . Задача решена.
6. ПОСТРОЕНИЕ ГРАФИКОВ НЕСТАНДАРТНЫХ УРАВНЕНИЙ
И НЕРАВЕНСТВ
6.1.	Графики функций
Умение строить графики уравнений является одним из основных крите-
риев, которые определяют уровень математической подготовки учителя.
Задача 1. Построить график уравнения | х — у | = 2.
Данное уравнение равносильно совокупности уравнений х — у = 2 и х—у =
= —2. Ответ показан на рис. 6.1.
Задача 2. Построить график уравнения
2| х | + 3|у| = 6.	(6.1)
Так как уравнение содержит только переменные | х | и |у|, осями сим-
метрии его графика являются оси Ох и Оу.
Рассмотрим уравнение (6.1) при х > 0 и у > 0. Получим 2х + Зу = 6. Гра-
фиком системы х > 0, у > 0, 2х + Зу = 6 является отрезок АВ (рис. 6.2).
Отобразив отрезок АВ относительно осей координат, получим ромб
ABCD. Его граница является графиком данного уравнения.
Задача 3. Построить график уравнения
I х | — 12у | = 1.
(6.2)
График данного уравнения имеет две оси симметрии (оси координат).
Построим часть графика уравнения (6.1), расположенную в первой координат-
ной четверти. Если х>0и у> 0, тох — 2у = 1 или у = 0,5 (х — 1). Получаем
луч АВ (рис. 6.3). Отобразив его относительно осей координат, имеем реше-
ние задачи.
Задача 4. Построить график уравнения | у — х | = х.
Левая часть уравнения неотрицательная, поэтому х > 0. Данное уравнение
равносильно совокупности двух систем:
х > 0;	1 х > 0;
у — х=х; | у — х=—х
или
х>0; 1
/ = 2х; J
х > 0;
у=0.
Ответ показан на рис. 6.4.
Задача 5. Построить график уравнения
|у-х| = 2(х + у).
(6.3)
Левая часть уравнения неотрицательная, поэтому х + у > 0, т.е. у > —х.
Это означает, что график данного уравнения расположен на прямой у = —х и
выше ее. Уравнение равносильно совокупности двух систем:
у-х= 2(х + у) ;
у - х = -2 (х + у)
или
у > —х;
у = —Зх;
у>-х;
у - — х /3.
56
Ответ показан на рис. 6.5.
Задача 6. Построить график уравнения |х| = | у | — х.
Г рафик уравнения имеет ось симметрии (ось Ох). Если х > 0 и у >0, то
х = у - х, т.е. у = 2х. Если х < 0 и у > 0, то -х = у - х, т.е. у = 0. Г рафиком
уравнения является объединение лучей ОА,ОВ и ОС (рис. 6.6).
Задача 7. Построить график уравнения | х — 11 = х + |у|.
Осью симметрии графика данного уравнения является ось Ох. Если х > 1
и > 0, то х — 1 = х + у (график этого уравнения — пустое множество). Если
х < 1 и у > 0, то 1 — х = х + у, т.е. у = 1 — 2х. Итак, графиком данного урав-
нения является объединение лучей АВ и АВХ (рис. 6.7).
Рис. 6.7
Рис. 6.8
Задача 8, Построить график уравнения
>/ х + У + у/~х - у + 2 V х2 +1 = \Лб ( х + 1).
Пусть а = (1; 1; 2); b = ( / х + у ; у/ х — у ; у/ х2 +1). Длины этих век-
торов равны соответственно х/б"и | х + 11 , а скалярное произведение по усло-
вию равно V 6 (х 4 следовательно, векторы ?ий коллинеарны, т.е.
Vх + у = /х - у - 0,5 Vх2 + 1. Отсюда у -• 0, х ( ,- 2 ± V 3, так что график
уравнения (6.4) состоит из двух точек: 4(2-73; 0) ий(2+/3; 0).
Естественный поиск решения задачи можно организовать следующим об-
разом. Во-первых, уравнение (6.4) определено, если х + 1 > 0, х + у > 0, х —
-у>0. Поэтому точки искомого графика принадлежат углу АО8 (рис. 6.8), т.е.
х > 0 и |у| < х; во-вторых, уравнение (6.4) является иррациональным, при-
чем у содержится под корнями только первой степени. Поэтому попытаемся
решить уравнение (6.4) относительно у.
Преобразуем уравнение (6.4) :
V х + у ь •/"х - у - -/б ( х + 1) — 2-/ х2 + 1 .
Левая часть уравнения (6.5) неотрицательная, поэтому
у/б ( X + 1) - 2 >/х2 + 1 > 0.
(6.5)
(6.6)
Неравенство (6.6) при х > 0 можно преобразовать следующим образом:
>/б"(х + 1) >2vG7T1; 6 (х + 1) 2 > 4 (х2 +1);
2х2 + 12х + 2>0.
(6.7)
При х > 0 неравенство (6.7) верно, поэтому левая и правая части уравне-
ния (6.5) неотрицательны при всех х > 0.
58
Возведем обе части уравнения (6.5) в квадрат:
2х + 2	( /6 ( х + 1) - 2 П 2-
Отсюда
Vх2 -/ = (>/3( х + 1) -у^у/х2+ТГ2 - X ;	(6.8)
х/ х2 - / - 5( х2 +х + 1) - 2л/б (х + 1) ч/хУ+Т	(6.9)
Левая часть уравнения (6.9) неотрицательная, поэтому
5 ( х2 +х + 1) -2х/'б‘(х + 1) x/^VT>0.	(6.10)
Преобразуем неравенство (6.10) :
5 ( х2 + х + 1) >2 у/~6 ( х + 1) у/х- + 1 ;
25 (х2 + х + 1)2 > 24 ( х + 1)2 (х’+ 1) ;
25 (х4 + х2 + 1 + 2х3 + 2х2 + 2х ) - 24 ( х2 + 2х + 1) х
х (х2+1)>0;
х4+2х3 +27х2+2х + 1 >0.	(6.11)
При неотрицательных значениях х неравенство (6.11) верно, поэтому обе
части уравнения (6.8) неотрицательные. Теперь уравнение (6.8) преобразуем
так:	,	_ _______
х2 - у2 = ((х/3(х + 1)	+ 1) 2 - х>2;
К2 = х2-( (y/3( х + 1) -\<17х2'+ 1)2 -х)2;
у2 = -(>/3(х+ 1) -у/~2у/ х2 + I)4 +2х (хЛз( х + D -
-x/Tx/xVl)2 - (>/3(х + 1) -л/Тх/РТ!)2 (2х —
- (х/1(х +D -ч/Тх/РП-!)2}	(6.12)
Леван часть уравнения (6.12) неотрицательная, поэтому
2х — (х/~3 (х+ 1) -х/2Р +2) >0.	(6.13)
Преобразуем неравенство (6.13) :
2х —3(х+ 1)2 +2х/г3' ( х + 1) х/2х2 + 2 — 2х2 -2^0;
2 хЛЗ ( х + 1) х/ 2х2 + 2 > 5х2 + 4х + 5.	(6.14)
Обе части неравенства (6.14) при х > 0 неотрицательные. Возводим обе
части этого неравенства в квадрат:
12(x + 1)2 (2х2 +2) > ( 5х2 +4х + 5)2.
После равносильных преобразований это неравенство принимает вид
f( х ) = х4 — 8хэ + 18х2 — 8х + 1 <0.	(6.15)
Итак, нам необходимо решить систему неравенств
х4 — 8х3 + 18х2 — 8х + 1 С 0;
(6.16)
х > 0.
7
Уравнение
х4 — 8х3 + 18х2 — 8х + 1 =0	(6.17)
можно преобразовать следующим образом:
х4 + 18'х2 + 1 = 8х3 +8х ;
х4 + 18х2 + 1 = 8х ( х2 + 1);
( х2 + 1)2 + 16х2 = 8х( х2 + 1) ;
(х2 +1)2 — 8х ( х2 +1) +16х2 =0.	(6.18)
Решаем квадратное относительно х2 + 1 уравнение (6.18) :
х2 + 1 = 4х + V 16х2 - 16х2 = 4х .
Теперь понятно, что уравнение (6.17) равносильно уравнению
х2 — 4х + 1 =0.	(6.19)
Его корни: X] = 2 — у/~3, х2 = 2 + х/"3?
При решении неравенства (6.15) используем метод интервалов: ^(х ) =
= 0, f (х ) = 0, f (1) > 0, f (2) > 0, <(4) = 1 > 0. Отсюда ясно, что только
точки Xj и х2 являются решениями системы неравенств (6.16). Получаем уже
известный ответ.
6.2. Г рафики неравенств
При построении графиков неравенств целесообразно использовать метод
полной индукции.
Задача 1. На координатной плоскости изобразить множество точек,
координаты которых удовлетворяют неравенству
(X- |х |)2 + (у- I И I) - <4.
(6.20)
Исследуем неравенство в каждой из координатных четвертей. Если х > 0
и у > 0, левая часть неравенства (6.20) равна нулю, поэтому каждая точка пер-
вого координатного угла является решением данного неравенства.
Если х > 0 и у < 0, неравенство (6.20) имеет вид 4у2 С 4, т.е. —1 < у < 0.
Если х < 0 и у > 0, получаем 4х2 < 4, т.е. — 1 <х < 0. Если х < 0 и у < 0, не-
равенство (6.20) равносильно неравенству х2 + у2 < 1. (Напомним, что х2 +
+ у2 = 1 является уравнением окружности радиусом, равным 1, с центром в
60
Рис. 6.10
начале координат.) Решение показано на рис. 6.9.
Задача 2. На координатной плоскости изобразить множество точек,
координаты которых удовлетворяют неравенству
1од1+/ ( 1 + sin*> > 1-
График уравнения
. 1од1+ у (1 + sinx) = 1
(6.21)
(6.22)
— я <х < я .
показан на рис. 6.10. Точки —я; — 0,5я; 0; я не рассматриваются, потому что
при этих значениях х уравнение (6.22) не имеет решений.
Если0<1 + у < 1, т.е. — 1 < у < 0, неравенство (6.21) равносильно нера-
венству 1 + sinx < 1 + у, т.е. у > sinx. Если 1 + у> 1, то неравенство (6.21)
равносильно неравенству у < sinx. Ответ изображен на рис. 6.10.
7.	АЛГЕБРАИЧЕСКИЙ МЕТОД РЕШЕНИЯ ТЕКСТОВЫХ ЗАДАЧ
7.1.	Основные положения
Уравнение — одно из самых важных понятий современного школьного
курса математики. Если некоторую величину невозможно измерить непо-
средственно или вычислить по известной формуле, то для ее определения сос-
тавляется уравнение или система уравнений. Уравнения, неравенства и систе-
мы уравнений и неравенств являются математическими моделями очень мно-
гих физических и иных моделей.
В школьной математике изучаются, как правило, уравнения, в которых
переменные принимают только числовые значения. Согласно школьным учеб-
никам, решить уравнение — значит найти все значения переменных, при кото-
рых оно становится верным равенством, или доказать, что таких значений не
существует.
Задачи на составление уравнений, или текстовые алгебраические задачи,
представляют собой традиционный раздел школьной математики. Решение
этих задач способствует развитию логического мышления, сообразительности
и наблюдательности, умения самостоятельно проводить небольшие исследова-
ния.
Все текстовые задачи на составление уравнений можно разделить на две
группы: с неименованными величинами и с именованными величинами. К пер-
вой группе относятся задачи с абстрактными числовыми данными или одно-
именными величинами (на нахождение цифр числа, определение чисел по их
сумме и разности, отыскание чисел по их сумме и отношению, пропорциональ-
ное деление, и т.п.). Ко второй группе относятся задачи на совместную работу,
движение и т.д. Многие геометрические задачи можно отнести к задачам с од-
ноименными величинами или к задачам с тремя величинами.
Благодаря задачам на составление уравнений понятие функциональной за-
висимости становится не только одним из важнейших понятий современного
школьного курса математики, но и основным стержнем, соединяющим ариф-
метику, алгебру, геометрию и тригонометрию. Умение составлять уравнение
(систему уравнений) по условию задачи является одним из главных крите-
риев уровня математического мышления учащихся. Функциональный подход
позволяет объединять также задачи, решаемые методом составления уравне-
ний, которые кажутся несхожими.
В начале решения задачи нового типа целесообразно изучить функциональ-
ную зависимость между величинами, которая характерна для этих задач; за-
писать формулы зависимости; выразить значения одних величин через другие;
составить из простых задач сложную и только потом приступить к решению
более сложных текстовых задач.
7.2.	Методика решения нестандартных текстовых задач
Мы не останавливаемся здесь на анализе той схемы решения текстовых за-
дач методом составления уравнений, которой пользуются школьники. Она хо-
62
рошо оправдывает себя при решении несложных задач. При решении же слож-
ных задач трудно с самого начала установить, какую из неизвестных величин
обозначить х, и еще сложнее выразить через одну (или даже две переменные)
все остальные неизвестные величины. Такой подход затрудняет и составление
уравнений. Поэтому главное при решении сложной текстовой задачи — это
последовательный перевод на язык уравнений и неравенств каждого ее пред-
ложения. При этом число переменных, которые войдут в эти уравнения или
неравенства, не ограничивается.
Задача 1. Из пункта А в пункт В в 8 ч утра выходит скорый поезд. В
этот же момент из В в А выходят пассажирский и курьерский поезда. Ско-
рость пассажирского поезда в два раза меньше скорости курьерского. Скорый
поезд прибывает в пункт В в 13 ч 50 мин того же дня, а встречается с курьер-
ским не ранее 10 ч 30 мин утра. Найти время прибытия пассажирского поезда
в пункт А, если известно, что между моментами встреч скорого поезда с
курьерским и скорого с пассажирским проходит не менее часа.
Обозначим: s — расстояние между пунктами А и В; v — скорость пасса-
жирского поезда; —скоростьскорого поезда; ик = 2ип — скорость курьер-
ского поезда. Очевидно, что
s/izc = 35/6	(7.1)
(13 ч 50 мин — 8 ч = 5 ч 50 мин = 35/6 ч).
Далее, si ( v+ 2^ ) > 2,5, так как скорый поезд встречается с курьерским
не ранее чем через 2,5 ч. Наконец, si ( uc + ип) — s / ( кс + 2ип) > 1, потому что
между моментами встреч скорого поезда с курьерским и пассажирским про-
ходит не менее 1 ч.
Выразив з через из уравнения (7.1) и подставив его в последние два
неравенства, имеем:
35
---v i(v +2v )>2,5; v iv <2/3;
g С С П	ПС
35	35
— v / ( v + v ) - — v i (v + 2v ) > 1;
g С С n g с с л
(7.2)
(7.3)
Из неравенств (7.2) и (7.3) следует, что
и /ис2/3.	(7.4)
Из уравнений (7.1) и (7.4) получаем siv =8,75 (ч). Таким образом,
пассажирский поезд был в пути 8,75 ч. Прибывает он в пункт А в 16 ч 45 мин.
Задача 2. Два велосипедиста выехали одновременно из пункта А в
пункт Б. Первый остановился через 42 мин, не доехав 1 км, а второй через
52 мин, не доехав 2 км до пункта Б. Если бы первый велосипедист проехал
столько же километров, сколько второй, а второй столько, сколько первый,
то первому потребовалось бы на 17 мин меньше, чем второму. Сколько ки-
лометров между пунктами а и Б?
63
Пусть s — расстояние между пунктами А и Б. Тогда первый велосипе-
дист до остановки проехал s — 1 (км), а второй — s — 2 (км). Если и и vг —
соответственно скорости первого и второго велосипедистов, то
= (s - D/42;	(7.5)
= (s -2)/52.	#	(7.6)
Далее,
s - 1	$ - 2
—	— =17.	(7.7)
2	1
Система уравнений (7.5) — (7.7) сводится к следующему уравнению:
52 ($-1)	42 ($—2)
	 - 	 =17.
s - 2-----------s — 1
Обозначим ( s — 1) / ( s — 2) = х. Тогда 52х — 42/х = 17. Получаем х =
= 14/13 (второй корень этого уравнения посторонний), s = 15 км.
8.	ЛОГИЧЕСКИЕ И КОМБИНАТОРНЫЕ ЗАДАЧИ
8.1.	Методы решения логических задач
Матричный метод. Рассмотрим матрицу из п строк и л столбцов. Любое из
направлений по строкам или столбцам назовем входом. Такая матрица имеет
четыре входа: сверху, снизу, слева, справа. Будем называть элемент матрицы
совместным, если к нему можно подойти по любому входу. Если этого
сделать нельзя, такой элемент назовем несовместным. Применение матрич-
ного метода покажем на примере. (Несовместные элементы на рисунках за-
штрихованы.)
Задача 1. В купе одного из вагонов поезда Москва—Одесса ехали москвич,
ленинградец, туляк, киевлянин, харьковчанин, одессит. Их фамилии начинались
буквами А, Б, В, Г, Д, Е. В дороге выяснилось, что: 1) А и москвич — врачи,
Д и ленинградец — учителя, а туляк и В — инженеры; 2) киевлянин, Б и
Е — участники Великой Отечественной войны, а туляк в армии не служил;
3) харьковчанин старше А, одессит старше В, а Е — самый молодой; 4) Б и
москвич вышли в Киеве, a fl и харьковчанин — в Виннице. Определить началь-
ную букву фамилии и профессию каждого пассажира.
Составляем матрицу с двумя входами, по одному входу располагаем мес-
тожительство, по второму — фамилии пассажиров (рис. 8.1). Элементы AM,
ДЛ, ТВ,АЛ,АТ,ДМ,ДТ,ВЛ,ВМ несовместны (по первому условию задачи).Со-
гласно второму условию, несовместны элементы БТ и ЕТ. На входе по столб-
цу Т остался только один элемент. Поэтому по строке Г все элементы, кроме
ГТ, несовместны. Согласно третьему условию, несовместны элементы АХ, ВО,
EX, ЕО. По четвертому условию задачи несовместны элементы БМ, ВХ, БХ.
Теперь ясно, что несовместны все элементы строки Е, за исключением ЕМ.
Несовместны также все элементы строки Д, кроме ДХ, все элементы строки
Б, кроме БЛ, все элементы строки А, за исключением АО. Таким образом, по-
лучаем ответ (рис. 8.2).
Задача 2. В пионерском лагере в одной палатке жили Алексей, Борис,
Валерий и Григорий. При знакомстве оказалось, что они учатся в разных
классах начальной школы; каждый из них занимается в одном из кружков:
шахматном, юннатском, конструкторском, фотокружке. Известно также, что:
1) А и второклассник учатся в одной школе, юннат и первоклассник живут в
одном городе, Б и фотограф приехали в лагерь позже других; 2) В и четверо-
классник ходили утром в поход, а вечером Б и третьеклассник выиграли в
городки у fl и конструктора; 3) Г моложе фотографа, А старше fl, шахматист
старше А; 4) в воскресенье А и конструктор участвовали в соревновании, чет-
вероклассник был судьей, фотограф был болен. Определите имена и род заня-
тий каждого ученика.
Составляем матрицу с тремя входами (рис. 8.3). Несовместные элементы
отмечаем различной штриховкой в зависимости от условия. Элементы 2А, 1Ю,
БФ несовместны (по первому условию задачи). Согласно второму условию,
несовместны элементы ЗБ, ЗВ, 4В, КЗ, БК, ВК. По третьему условию несов-
5 Зак. 5044
65
Рис. 8.2
местны 4Г, 1Ф, 4А,АШ, 1А. Из ряс. 8.3 видно, что .4 - третьеклассник, потому
«то шахматист старше А и может быть только четвероклассником. Отсюда по-
лучаем, что несовместны элементы 1Ш, 2Ш, ЗШ, 4Ю, 4К, 4Ф. Очевидно, что не-
совместен элемент ЗГ, поэтому четвероклассником может быть только Б, и
несовместны элементы 1Б, 2Б. Теперь ясна несовместность элементов БЮ,
БШ, ГШ. Из четвертого условия задачи следует несовместность элементов АК
и АФ, а отсюда — несовместность элементов ВЮ, ГЮ и ГФ. Так как ЗГ моложе
фотографа, элементы 2Г и 1В несовместны. Оставшиеся несовместные элемен-
ты очевидны. Полученная матрица дает решение задачи.
Применение графов. С помощью графов можно наглядно представить
объекты и отношения между ними. В этом случае легко усматриваются все ло-
гические возможности изучаемой ситуации. Благодаря своей обозримости гра-
фы позволяют классифицировать эти возможности, отбрасывать неподходя-
щие случаи, не выполняя полного их перебора. Объекты изображаются точка-
ми, а отношения между ними — отрезками.
3 адачаЗ. Три товарища — Иван, Дмитрий и Степан — преподают различ-
ные предметы (химию, биологию, физику) в школах Москвы, Ленинграда и
Киева. Известно, что: 1) Иван работает не в Москве, а Дмитрий - не в Ле-
нинграде; 2! москвич преподает не физику; 3) тот, кто работает в Ленингра-
де, преподает химию; 4) Дмитрий преподает не биологию. Какой предмет и в
каком городе преподает каждый из товарищей?
Выделим три множества: множество имен, множество учебных предметов,
множество городов. Элементы множеств обозначим точками (на рис. 8.4 точ-
кам соответствуют первые буквы имен, предметов, городов). Две точки раз-
ных множеств, если они характеризуют признаки людей, соединим штри-
ховой линией. Две точки разных множеств, если они соответствуют признакам
одного человека, соединим сплошными линиями- Граф на рис. 8.4 содержит
все указанные в задаче элементы множеств и отношения между ними. Задача
на языке графов свелась к построению трех треугольников со сплошными сто-
ронами и вершинами в точках разных множеств.
Строим штриховой отрезок ХД (рис. 8.5), потому что Л соответствует
X и Л не соответствует Д, т.е. X не может соответствовать Д.
Используем типичную для таких задач операцию на графе: если у треуголь-
ника с вершинами в трех разных множествах одна сторона сплошная, а вторая
штриховая, то и третья сторона должна быть штриховой.
66
Рис. 8.4
Рис. 8.5
Очевидно, что если какая-либо точка соединена штриховыми отрезками с
двумя точками во втором множестве, ее нужно соединить с третьей точкой
этого множества сплошным отрезком. Поэтому строим сплошной отрезок ФД.
Построим штриховой отрезок МД, потому что в треугольнике ДФМ сто-
рона ДФ сплошная, а ФМ штриховая. Строим сплошной отрезок ДК, потому
что отрезки ДМ и ДЛ штриховые. Теперь проводим сплошной отрезок ФК.
Если в треугольнике с вершинами в разных множествах две стороны сплош-
ные, то и третья сторона должна быть сплошной. Таким образом, построен
первый сплошной треугольник ДФК. Строим сплошные отрезки МС, ИЛ, ХИ,
БМ, БС.
Вершины сплошных треугольников ДФК, ЛХИ и СМБ дают ответ на воп-
рос задачи: Степан преподает биологию в Москве, Иван живет в Ленинграде
и преподает химию, Дмитрий преподает физику в Киеве.
8.2.	Комбинаторные задачи
Графическая иллюстрация многочисленных операций, с которыми прихо-
дится иметь дело при решении различных комбинаторных задач, позволяет
сделать поиск решений более обозримым и предостерегает от логических оши-
бок, облегчает анализ различных комбинаций и раскрашивание изображений
различных объектов и отношений между ними по "шахматному принципу".
Задача 1. В бочке 120 л воды. Кувшин А вмещает 7 л, кувшин В — 5 л.
Как налить в каждый кувшин по 1 л воды (в бочку выливать обратно воду
нельзя, но можно выливать ее на землю) ?
Наполнив и опорожнив кувшин А 14 раз, мы выльем из бочки 98 л и оста-
вим в ней 22 л. Наполнив кувшин А, потом из него наполним кувшин В. После
этого в А остается 2 л воды.
Опорожним кувшин В, перельем в него 2 л воды из кувшина А. Снова
наполним кувшин А и дольем из него воду в кувшин В. После этого в А оста-
нется 4 л воды.
Выльем всю воду из кувшина В и перельем в В 4 л воды из кувшина А.
Наполним А и дольем из него кувшин В. После этого в А останется 6 л воды.
67
Выльем всю воду из кувшина В. Наполним его из А. После этого в А оста-
нется 1 л воды. Опорожним кувшин В и перельем в него оставшийся в бочке
1 л воды. Весь процесс переливания воды из бочки в кувшины, из кувшина А
в кувшин В и из кувшинов на землю наглядно показан в табл. 8.1.
Таблица 8.1
Б	А	В	Б	А	В
22	0	0	8	0	4
15	7	Q	1	7	4
15	2	5	1	6	5
15	2	Q	1	6	0
15	0	2	1	1	5
8	7	2	1	1	0
8	4	5	0	1	1
8	4	0			
Рис. 8.6
Задача 2. Плоскость разбита на равные "комнаты", имеющие форму
правильных шестиугольников. В некоторых стенах проделаны двери так, что
для любой вершины, в которой сходятся три стены (стороны шестиугольни-
ков), двери имеются только в двух стенах. Доказать, что любой замкнутый
путь по такому лабиринту проходит через четное число дверей.
Назовем смежными только те две шестиугольные комнаты, которые
имеют общую дверь. Раскрасим комнаты в два цвета так, чтобы смежные ком-
наты имели разный цвет (рис. 8.6). После этого утверждение задачи становит-
ся очевидным, так как любой переход из комнаты одного цвета в комнату то-
го же цвета проходит через комнаты другого цвета.
68
9.	МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ
И НЕРАВЕНСТВ
9.1.	Периодичность тригонометрических функций
Функция f называется периодической, если существует такое число L =#= О
(период /), что при любом значении х из области определения функции f чис-
ла х -- Z и х + Z принадлежат области определения функции f и f ( х — Z) =
= f (х) = f ( X + I ) .
Наименьший положительный период Т периодической функции f назы-
вается основным периодом этой функции. Период функции f (х) называется
периодом уравнения f (х) = 0 и неравенства f (х) > О или f (х) < 0.
Общая теория, на основе которой можно было бы находить основной пе-
риод суммы (произведения) тригонометрических функций, достаточно слож-
на. Поэтому ограничимся рассмотрением конкретных примеров.
Задача 1. Найти основной период Т функции у = cos2x.
_	2	1 + cos2x	.	_
Так как cos^x = --------- и основной период функции у = cos2x ра-
2 ,
вен я , то и функция у = cos х имеет Т = я .
Задача 2. Найти основной период Т функции
y = cos3xcosx.	(9.1)
Функция у = созЗх имеет основной период 2я/3; основной период функ-
ции у = cosx равен 2я. Наименьшее положительное число, которое нацело де-
лится на 2я и на 2я/3, есть 2я. Поэтому 2я - период функции (9.1). Как уста-
новить, является ли число 2я основным периодом? Для этого решим уравне-
ние
cos3xcosx = 0	(9.2)
следующим образом:
cos3x = 0; Зх = я/2 + kit ;
COS3XCOSX = 0 О	п	/о , _ **
COSX = 0	1х = я/2+777Я
Гх = я /6 + ктг/З;
[ х = я/2 + птп.
Найдем те из полученных решений уравнения (9.2), которые принадлежат
[0; 2я) (рис. 9.1) : я/6, я/2, 5я/6, 7я/6, Зя/2, 11 я/6. Отсюда ясно, что реше-
ния уравнения (9.2), определяемые по формулам х = я/6 + к я/3 и х = я/2 +
+ ггтп , можно записать одной формулой: х = я/6 + к я/3. Теперь понятно, что
основной период Т функции у = cosxcos3x равен kit/3 ( к = 1, 2, 3 или 6).
Допустим, что к = 1. Тогда Т = я/3. Проверим, является ли равенство
cos3xcosx = cos (3 ( х + ?• /3)) cos ( я/3 + х) тождеством. При х = 0 левая част .
этого равенства не равна правой. Понятно; что число я/3 не является основным
периодом функции (9.1). Таким же образом показывается, что и число 2 я/.'-
не есть Г функции (9.1).
Рис. 9.1
Л2 •	1	t4-	Х3 1	1 3	|Т	,
1	1	1 » «	1я я	я	1	1	II Я	Итг 9	J
Рис. 9.2
При к = 3 ктг/3 = я. Очевидно, что cos3xcosx = cos ( 3 ( х + я)) cos ( х+я)
есть тождество. Получаем Т = я.
Задача 3. Найти основной период Т функции
у = cosx +yrTsinx - 2cos2x.	(9.3)
Функции у = cosx, у = x/~3"sinx, у = —2cos2x имеют основной период со-
ответственно 2я, 2я, я . Поэтому период функции (9.3) равен 2я. Верно ли,
что Т= 2я ? Решим уравнение
cosx + VTsinx - 2cos2x = 0	(9.4)
следующим образом:
cosx + \/ 3 sinx = cosx + tg ( я/3) sinx =
cos (я/3) cosx + sin (я/3) sinx	я
-------------------------------= 2 cos (x - -— ).
cos ( я/3)	3
Уравнение (9.4) заменяем равносильным ему уравнением cos (х — я/3) —
- cos2x = 0 и получаем
cos ( х — я/3) = cos2x « х — я/3 = ± 2х + 2 Ая «•
х — я/3 = 2х + 2Ая ;	х = — я/3 — 2ктг = — я/3 + 2/гя ;
х - я/3 = —2х + 2ктт	х = я/9 + 2^я/3.
Находим корни уравнения (9.4), принадлежащие [0; 2я) (рис. 9.2) : xf
= я/9, х2 = 7я/9, хз = 13я/9, х4 = 5я/3. Теперь ясно, что ТФ я, Т¥= 2я/З.Итак,
Т= 2я.
Задача 4. Решить уравнение
sin2xsin7x = 1.	(9.5)
Основные периоды функций у = sin2x и у = sin7x равны соответственно
я и 2я/7. Поэтому период уравнения (9.5) равен 2я. Очевидно, что
7П
х --- я/4 + ял ; I
х = я/14 + 2яА/7 ; J
j / -л .’4 + ялг	|
 х   —»/14 •-	}
2х = я-'2 + 2я.'?7; 1
7х - тг/2 + 2-пк ; J
2х --- --iti2 + 2ят:'>
j 7 л- - - '<? 4- 2i>p
(п, к. р — целые ««ила).
Выпишем числа, определяемые системой уравнений (9.6) и
,	. f я	5я |	{ it	5я	9я	13я	17я
щие i 0; 2я ) ; — , ----------) ; {---, -----,------,-------, -----
(.4	4 J	I, 14	14	14	14	14
(9.6)
(9.7)
принадлежа-
21 я 25я (
14 ' 14 У
Пересечение этих множеств пусто, поэтому система уравнений (9.6) реше-
ний не имеет.
Числа, определяемые системой уравнений (9.7) и принадлежащие [0; 2я):
СЗя	7я ) Г Зя 7я 11 я	15я	19я	23я	2?^)
[ 4 ' 4 J ' I 14 ' 14 ' 14	14 '14 ' 14 ' 14 J ’
Пересечение этих множеств пусто, поэтому система уравнений (9.7) реше-
ний не имеет. Итак, уравнение (9.5) решений не имеет.
Задача 5 Решить неравенство
cos ( х i?.) - cos ( х/3) < 2.
(9.8)
Основные периоде! функций у — cos (х/2) и у cos (х/3) равны соответст-
венно 4я и 6я, поэтому период данного неравенства равен 12я.
Решаем уравнение, соответствующее неравенству (9.8):
cos (х/2) - cos ( х/3) ~ 2 «>	х/2 = 2ктг-, \
х/3 = я + 2ял ]
cos (х/2) = 1;	|	х = 4Агя;	(9.9)
cos (х/3) = —1 J	х = 3я + 6ял .	(9.10)
f Выписываем корни уравнений (9.9) и (9.10), принадлежащие [0; 12я):
0, 4я, 8я1 и [Зя, 9я}. Пересечение этих множеств пусто, поэтому уравне-
ние cos (х/2) — cos (х/3) — 2 решений не имеет. Так как cos (х/2) #= 1 и
cos (х/3) #=-1, решениями неравенства (9.8) являются все действительные чис-
ла.
Задача 6. Решить уравнение
sinx + cosx =1.	(9.11)
Возведем обе части уравнения в квадрат (в результате этого полученное
уравнение может и не быть равносильным данному):
71
sin2x + 2sinxcosx + cos2x = 1; 2sinxcosx = 0; sin2x = 0;
2x = kn ; x = Агя/2.
Функция у = sinx + cosx имеет период 2я. Выписываем числа, определяе-
мые равенством х = Лг я/2 и принадлежащие [0; 2я): 0; я/2; я ; Зя/2. В резуль-
тате подстановки этих чисел в уравнение (9.11) убеждаемся, что только числа
0 и я/2 являются его корнями, принадлежащими [ 0; 2я).
Ответ. Xj = 0 + 2ял = 2яп ; х^ = я/2 + 2ят .
Задача 7. Решить уравнение
tg5x+tg3x = 0.	(9.12)
Функция у = tgx не определена в точках я/2 + kit, поэтому у = tg5x не
определена в точках я/10 + ял /5, а функция у = tg3x не определена в точках
я/6 + /гя/3. Уравнение (9.12) имеет основной период я. Выписываем числа,
принадлежащие [0; я), в которых не определена функция у = tg5x + tg3x:
г я Зя я 7я 9я я	я 5я	1
I 10 ' 10	' 2	' 10 ' 10	' 6	2	' 6	J	’
Преобразуем уравнение (9.12) к виду tg5x = —tg3x,tg5x = tg(—Зх). От-
сюда 5х = —Зх + нт,
х = ялч/8.	(9.14)
Выписываем числа, определяемые равенством (9.14) и принадлежащие
я	я Зя	я 5я	Зя	7я )
(0; я):( 0, -, ---, ---, ----, ---, ----, ----.
18	4В	28	4	8 J
Число я/2 не является корнем уравнения (9.12), потому что оно принад-
лежит множеству (9. 13).
Ответ, mir/8 + kit (т= 0, 1, 2, 3, 4, 5,6, 7; к = 0,+ 1, ± 2,... ).
9.2.	Основные тригонометрические уравнения и неравенства
Простейшими тригонометрическими уравнениями являются:
sinx ‘ а, | а I < 1; cosx = а , | а I < 1; tgx = a; ctgx = а.
Решение всякого тригонометрического уравнения сводится к определе-
нию корней уравнения вида: sin/rx = т, cosAx = т, tgkx = m, ctgkx = т.
Простейшие неравенства: sinx % a, cosx % a, ctgx %а, tgx а.Основным ап-
паратом, с помощью которого решаются тригонометрические уравнения и не-
равенства, являются формулы тригонометрических функций и их графики.
Задача 1. Решить неравенство
sinx >0,5.	(9.15)
Функция у = sinx имеет основной период 2я. Строим графики функций
у = sinx и у = 1/2 на [0; 2я) (рис. 9.3). Так как функция у = sinx непрерыв-
на и на [0; я/2] возрастающая, а на [я/2; я] убывающая, уравнение sinx = 1/2
имеет один корень на [0; я/2] и один корень на [я/2; я]: х = я/6, х = я —
- я/6.
Функция у = sinx имеет основной период, равный 2я, поэтому все корни
уравнения sinx = 1/2 задаются формулами: х = я/6 + 2ял , х = —п/6 + я +
+ 2/г я . Эти формулы объединяются в одну: х = (—1) тя/6 + тг m .
Из рис. 9.3 видно, что решение неравенства sinx > 1/2 на [0; 2я) есть ин-
тервал (х(х2),т.е. (я/6; 5я/6).
Так как функция у = sinx имеет период 2я, решением неравенства sinx>
> 1/2 являются ( я/6 + 2ял ; 5я/6 + 2ял ), где п — любое целое число.
Итак, sinx > 1/2 » я/6 + 2ял<х < 5я/6 + 2яп, пЕ N .
Задача 2. Решить неравенство cosx > —1/2.
Функция у = cosx имеет период 2я . Строим ее график и график функции
у = —1/2 на [ 0; 2я ) ( рис. 9.4). Очевидно, что cos (2я/3) = cos (4я/3) =—1/2.
Итак, на [0; 2я) уравнение cosx =—1/2 имеет решения: х, = 2я/3, х.2 = 4я/3.
Функция у = cosx имеет период 2я, поэтому все решения уравнения
cosx = —1/2 определяются формулами: х = 2я/3 + 2ял и х = 4я/3 + 2ял?. Так
как 4я/3 + 2я/п- = -2я/3 + 2я + 2ял? = — 2я/3 + 2я ( л? + 1), решения урав-
нения cosx = —1/2 можно записать так: х ± 2я/3 + 2£я.
Из рис. 9.4 видно, что решениями неравенства cosx > —1/2, принадлежащи-
ми [0; 2я ), являются отрезки [ 0; 2я/3 ] и [ 4я/3; 2я ] . Поэтому решение
этого неравенства есть множество [ 2А:я ; 2я/3 + 2£я ] U [ 4я/3 + 2Агя ; 2я +
+ 2/гя ), где к = 0, ± 1, ± 2,... Из рис. 9.5 видно, что все решения неравенства
cosx > —1/2 можно записать короче: [ —2я/3 + 2£я ; 2я/3 + 2ктг ].
6 Зак. 5044
73
Задача 3. Решить неравенство
tg2x<-VT.	(9.16)
Функция у = tg2x имеет период, равный я/2. Строим на интервале
(—я/4; я/4) графики функций y=tg2x и у = — х/З" (рис. 9.6). Решаем урав-
нение tg2x = —
2х — arctg (- уЛз) + кт> = - я/3 + пп ; х = — я/6 + ял/2.
На интервале (-я/4; я/4) уравнение tg2x = х/^имеет только один ко-
рень: -я/6. Решения неравенства (9.16), принадлежащие интервалу (-я/4;л/4)
составляют интервал (--я/4; —я/6). Все его решения образуют (—я/4 + ял/2;
-я/6 + ял /2).
Задача 4. Решить неравенство
sinx<cosx.	(9.17)
Построим графики функций y=sinx и у = cosx на [0; 2я) (рис. 9.7).
Уравнение sin.x -- cosx на [ 0; 2я ) имеет корни х -- я/4 их, = 5я/4. Теперь
ясно, что на [0; 2л ) решениями неравенства (9.17) являются точки множест-
ва [ 0; я/4) U (5я/4; 2я).
Ответ. (2к п ; л/4 + 2/гя) U ( 5я/4 + 2kv ; 2я + 2к я).
Задача 5. Решить неравенство
-Х/3 <erg (х/3) < 1.	(9.18)
Функция у = etg ( х/3) имеет период Зя. Строим на (0; Зя ) графики фун-
кций у = etg (х/3), у =- х/3~, у ~ 1 (рис. 9.8). Решением неравенства (9.18)
на (0; Зя) является промежуток (х(; х^),где х2 их) — корни уравнений
etg ( х/3) — —у/ 3 и etg ( х/3) = 1, принадлежащие (0; Зя). Решаем уравне-
ние etg (х/3) =—
х/3 = arctg (—у/ 3) = 2я/3; х^ = 2я .
Очевидно, что = 3 я/4.
74
Ответ. (Зя/4 + Зкп; 2я + Зкя),к —
--- 0, ± 1, ±2,...
Задача 6. Решить уравнение
sinx = cos2x. Очевидно, что sinx =
= cos2x о cos (я/2—х) - cos2x. Поэто-
му 1/2 — х = ± 2х + 2ктт, к G Z. Отсюда
xf = я/6 —2/ся/3,х2= 2ктг — я/2, к G Z.
Из предпоследнего равенства сле-
дует, что промежутку [ 0; 2я)принад-
лежат корни я/6, 5я/6, Зп/2. Из послед-
него равенства следует, что этому же
промежутку принадлежит только 1,5я.
Ответ, х = я/6 — 2/гя/З, к С Z.
Рис. 9.8
9.3.	Преобразование произведения тригонометрических функций в их сумму
При тождественном преобразовании произведения тригонометрических
функций в сумму (и наоборот) применяются тождества:
sinctsin/З - 0,5 ( cos ( а — |3) — cos(a + |3));
cosacos|3 = 0,5 ( cos ( а -|3) ч-cos ( а + 0)) ;
sinacos|3 =0,5 (sin («—(3) + sin (а +/3) >;
sina± sio{3 = 2sjn	cos	;
„ „ a + p a — p
cosa + cosp -- 2cos-------cos--------
n o . a+P . a-P
cosa — cosp ~ —2sin--sin-------
Задача!. Решить неравенство
sinxsin7x > sin3xsin5x .
Неравенство (9.19) заменяем равносильным ему
cos6x— cos8x cos2x — cos8x
или
созбх > cos2x .
(9.19)
(9.20)
Функция у = cos2x имеет период, равный я, функция у = созбх имеет Т,
равный я/3. Поэтому неравенство (9.20) имеет период я. Строим графики
функций у = cos2x и у = cos6x на [0; я) (рис. 9.9). На [0; я) уравнение
cos6x = cos2x имеет корни: 0, я/4, я/2, Зя/4, я, а неравенство (9 20) — [ я/4;
75
Зя/4]. Все решения неравенства (9.20) образуют множество [я/4 + /гя; Зя/4+
+ kir],k = O, ± 1, ± 2,...
Корни уравнения созбх = cos2x находятся следующим образом: cos6x =
= cos2x о 6х = ± 2х + 2Агя . Отсюда = kit/4, х = kit/2.
Задача 2. Решить неравенство
sin3x > 4sinxcos2x .	(9.21)
Получаем
4sinxcos2x = 2sin (х — 2х ) + 2sin3x = 2sin3x — 2sinx ,
поэтому
sin3x > 4sinxcos2x « sin3x > 2sin3x — 2sinx<*
« sin3x - 2sinx < 0 «- ( sin3x — sinx) — sinx<0.
Получаем sin3x — sinx = 2cos2xsinx, поэтому неравенство (9.21) равно-
сильно неравенству 2cos2xsinx - sinx С 0. Отсюда
sinx (2cos2x-1) <0;	(9.22)
sinx = 0 « x = itn ;
2cos2x— 1 =0® cos2x = 1/2 «- 2x = ± я/3 + 2kit •»
°- x = + я/6 + kit.
Так как неравенство (9.22) имеет период, равный 2я, на [ 0; 2я) уравне-
ние sinx = 0 имеет корни 0 и я, а уравнение 2cos2x — 1=0— корни —,
6	6
777	1 177	. _	_	- .	_
	, 	. Итак, уравнение sinx (2cos2x — 1) = 0 на полуинтервале^; 2л)
6------6
имеет корни 0, —— ,	, я, , 1- Я (рис. 9.10).
6	6	6	6
Функция у = sinx (2cos2x — 1) непрерывна, поэтому,применив метод ин-
тервалов, найдем решения неравенства (9.21), принадлежащие [0; 2я ) •'
[I; — ]U[ff, -Zy]U(lL\. 2Я].
6	6	6	6
_	г л	5 л	7 л	11л
Ответ.	[ —	+ 2kit; -—	+ 2кп ]U [ it + 2k it; —	+ 2k я) U [ —	+
6	6	6	6
+ 2kit ; 2it + 2kit},k^ Z .
76
3 а д а ч a 3. Решить неравенство
sinx + sin2x + 2sinxsin2x — 2cosx — cos2x > 0.	(9.23)
Обозначим левую часть данного неравенства f (х) и преобразуем ее:
/ (х) = (sinx + sin2x) — (cosx+cos3x) — cos2x =
= (sinx + 2sinxcosx) — 2cos2xcosx — cos2x =
= sinx (1 + 2cosx ) — cos2x (2cosx + 1) =
= (1 + 2cosx) (sinx - cos2x) = (1 + 2cosx ) ( cos ( я/2 -x) -
— cos2x ) .
Решим уравнения
1+2cosx = 0;	(9.24)
cos ( я/2 — x) — cos2x = 0 :	(9.25)
1 + 2cosx = 0 <=> cosx = —1/2 •» x = ± 2я/3 + 2ля , n G Z ;
cos ( я/2 — x) — cos2x = 0o cos ( я/2 — x) =
= cos2x » it/2 — x = + 2x + 2ктг »
Гх = — я/2 + 2kя ;
** х = я/6-2*я /3, fcG Z .
Неравенство (9.23) имеет период 2я. Выписываем корни уравнений (9.24)
и (9.25), принадлежащие промежутку [ 0; 2я ) :	, ——
3	3	2	6	6
(рис. 9.11).
Применив метод интервалов к непрерывной функции /(х) = (1 +2cosx) х
х (sinx — cos2x ), установим ее знаки на отдельных частях промежутка [0;
2я ) : 1) НО) < 0 и на [ 0; — ) f (х) < 0; 2) f ( — ) > 0 и на ( —;	)
6	2	6	3
Их) >0; 3) И —) < 0 и на ( — ; —- ) f (х) < 0; 4) Ня) > 0 и на
4	3	6
( ~- + 2/гя; — + 2Агя ] Их) > 0, и т.д.
6	3
Ответ. [ — + 2/г я ; — + 2ктг ] U [	+ 2/гя ;	+ 2/гя ], к Е Z.
6	3	6	3
9.4. Преобразование выражения asinx + 6cosx
Покажем, что при любых значениях параметров а и b выражение a sinx +
+ 6cosx можно привести к виду с sin ( х +	:
asinx + bcosx = a ( sinx + —cosx) , a 0.
a
Обозначим b/a = tg T- Тогда
asinx + dcosx = a ( sinx + tg^cosx ) =
= —— (sinx cosy? + cosx sin У ) = —-— sin ( x + <p ).
cosyr	cosy
Задача 1. Решить уравнение 3sinx + y'r3"cosx - 1.
Преобразуем левую часть уравнения следующим образом:
лу
3sinx + х/~3 cosx = 3 (sinx + ——cosx) -
3
IT	3	Я
= 3 ( sinx Т tg — cosx ) = ----- (sinxcosx ---- +
6	cos (я/6)	6
+ cosx sin — ) = 2\/3sin(x + — ).
6	6
Таким образом, данное уравнение равносильно уравнению 2 x/3"sin ( х +
+ я/6) = 1. Отсюда sin ( х + я/6) = >/3/6, х + я/6 = (-1) marcsin (у/~3/6)+ля,
х = — я/6 + (—1)” arcsin (у/З/6) + ля .
9.5. Преобразование тригонометрического уравнения к виду
а уп + а уп ~1 + ... + а =0
о' 1'	п
Сущность метода раскрывается в процессе решения приведенных ниже
задач.
Задача 1. Решить уравнение
sin2x = cos2x - sin2x + 1.	(9.26)
Преобразуем уравнение (9.26) :
sin2x + 2sinxcosx — 2cos2x =0.	(9.27)
Разделим обе части уравнения (9.27) на cos2x. Корни уравнения со^ х = 0
не являются корнями уравнения (9.27), так как уравнения cos2x = 0 и sin2x =
— 0 неравносильны. В результате получаем уравнение, равносильное уравне-
нию (9.27) : tg2x + 2tgx — 2 = 0. Обозначив tgx = t, получим t2 + 2t — 2 = 0.
Решения этого уравнения: Г = — 1 — \Лз , t2 = — 1 + уЛз". Итак, tgx = — 1 —
или tgx = -1 + у/Т
Ответ. х( = arctg (—1 — у/*3) + Агя ; х2 = arctg (—1 +у/"3) + ля.
Задача 2. Решить уравнение
4sin2x = 5 — 3cos2x .	(9.28)
После возведения обеих частей уравнения в квадрат имеем 16siп2 2х	=
= 25 - 30cos2x + 9cos22х или 16 (1 — cos2 2х) = 25 — 30cos2x + 9cos22x .
Обозначив cos2x = у, получим 16 (1 — у2) = 25 — 30/+ 9/2. Решив это уран
нение, найдем у = cos2x = 0,6. Отсюда х = ± 0,5 arccos (3/5) + кп, к =
± 1, ± 2, ... Но такое решение нуждается в проверке, так как при возведении
в квадрат могли появиться посторонние корни. В самом деле, правая часть
уравнения (9.28) при всех значениях х положительная, потому что cosx < i.
Левая часть его может быть и положительной и отрицательной. Так как
arccos (3/5) — острый угол , то sin ( arccos (3/5)) > 0, a sin {—arccos (3/5) ) <
<0. Поэтому решением уравнения (9.28) будут только х = 0,5arccos (3/5) +
ч- кп , к = 0, + I, + 2,...
9 V. Раэзюж-ыие тригскоьтетричеег.ого выражения на множители
С помощью тождественных -’.рлобрэзов&ний тригонометрическое уравне-
ние f ( кх) - 0 приводится к виду f (/с х ) t2 ( к2х) = 0. Если функции
f (Xr^-к) и f ( к2х) определены на множестве М, то на этом множестве данное
уравнение равносильно дизъюнкции уравнений f ( х) = 0, А (Аг.х) 0.
Задача i. Решить уравнение
4sinx + 2cosx = 2 + 3tgx .	(9.29)
Уравнение (9.29) имеет период 2я. Построим графики функций ? (х) =
= 4sinx + 2cosx. (х) = 2 + 3tgx на [0; 2я ) (рис. 9.12) .На [0; 2я) урав-
нение (9.29) имеет четыре корня, в том числе х( = 0, х? = я/6, х ~ 5я/6 ( в
этом убеждаемся при подстановке чисел в уравнение). Но как найти точное
значение четвертого корня из [ 0; 2я) ?
Рис. 9.12
Заменим уравнение (9.29) равносильным ему уравнением
4cosxsinx + 2cos2x - - 2cosx — 3sinx = 0.	(9.30)
Так как числа 0 и я/6 есть корни уравнения (9.30), левая часть его долж-
на содержать множители sinx и sinx — 0,5. В самом деле, после преобразова-
ния уравнения (9.30)
+ 4 sinx— sin2x +2(1— sin2x) + 2 VI — sin2x — 3sinx = 0;
± хЛГ— sin2x (4sinx — 2} = 3sinx т 2sin2x — 2
79
и возведения обеих его частей в квадрат получаем
sinx (20sin3x — 4sin2x — 11 sinx + 4) =0.
Далее,
20sin3x — 4sin2x — 11 sinx + 4	,
----------------------------=20sin2x +6sinx-8.
sinx — 0,5
Итак, корень x4 уравнения (9.29), принадлежащий [0; 2л), найдем, ре-
шив уравнение 20sin2 х + 6sinx — 8=0. Получаем sinx = 1/2 или sinx = —4/5.
Очевидно, что sinx4 = —4/5 и х4 = — arcs in (4/5) + 2 л.
Ответ. 2ктг; л/6 + 2птп ; 5л/6 + 2рл; —arcsin (4/5) +2л + 2лл.
9.7. Понижение степени тригонометрических функций
Понижение степени тригонометрических функций производится с помо-
щью следующих формул:
2cos2a = 1 + cos2a ; 2sin2a = 1 - cos2a ;
2sinacosa = sin2a; cos2a — sin2a = cos2a;
3sina —4sin3a = sin3a; 4cos3a — 3cosa = cos3a ;
8cos4a — 8cos2 a + 1 = cos4a;
8cos3asina —4cosasina= sin4a .
Задача 1. Решить уравнение
cos6x + sin6x = 4sin22x .	(9.31)
Получаем:
cos6x = ( cos2x)3 = (0,5 (1 + cos2x)) 3;
sin6x = (sin2x)3 = (0,5 (1 — cos2x))3;
cos6x + sin6x = 0,25 (1 + 3cos2 2x) = 0,125 (5 + 3cos4x).
Наконец, 4sin22x = 2 (1 — cos4x ).
Таким образом, уравнение (9.31) в результате понижения степени триго-
нометрических функций примет вид 0,125 (5 + 3cos4x ) =2(1 — cos4x) .Отсю-
да cos4x = — , х = ± - arccos — + 0,5£л ,к = 0, ± 1, ± 2,...
19	4	19
9.8. Применение универсальной подстановки
Способ решения тригонометрических уравнений основывается на форму-
лах:
tga = 2tg — / ( 1 - tg2 — ); cosa = (1 - tg2 — ) / (1 + tg2 — );
2	2	2	2
sina = 2tg —/ (1 + tg2 — ).
2	2
ЯП
Универсальность формул заключается в том, что sina,cosa, tga выражает-
ся через tg ( а/2).
Задача 1. Решить уравнение sinx — cosx = 1.
Применив универсальные подстановки, получим
2tg (х/2)	1 — tg2 (х/2)	х	п
----------—------------------ = 1, —	— + п тт.
1 + tg (х/2)	1 + tg2 (х/2)	2	2
Отсюда tg ( х/2) = 1 и х = я/2 + 2ктг , к = Q, ±1, ± 2,... Вместе с тем очевидно,
что х = я + 2п я также является решением этого уравнения.
Ответ, я/2 + 2кл ; я (1 + 2л ), к, п = 0, ± 1, ± 2, ...
Задача 2. Решить уравнение
1	1
sinx + cosx — tgx — ctgx = -- +--------
cosx sinx
Применив универсальные подстановки и обозначив tg (х/2) = t, получим
2t 1 - f2 2t 1 -12	1 + t2 1 + t2
— + —  —  - — - — — — - + ---------------------— ,
1 + t2 1 + t2 1 - t2 2t 1 -12 2t
Отсюда 3t4 + 4t3 +1 =0. Очевидно, что число —1 есть корень этого уравнения.
Поэтому его можно записать так: (t+1) (3tJ + t2 — t + 1) = 0. Число — 1 есть
корень уравнения 3t3 + t2 — t +1 = 0. Итак, данное уравнение приводится к
виду ( Г +1)2 (3Г2 — 2t + 1) =0.
Квадратный трехчлен не имеет действительных корней. Поэтому t = —1,т.е.
х = —я/2 + 2л я . Полученные значения х не являются решениями данного урав-
нения.
Ответ. Данное уравнение решений не имеет.
9.9. Системы тригонометрических уравнений
Под системой тригонометрических уравнений понимают такие системы
уравнений, в которые входят или только тригонометрические уравнения, или
тригонометрические и алгебраические.
Система тригонометрических уравнений может быть сведена к одному
уравнению с одной переменной, если удается выразить в явном виде одно не-
известное через другое. Отдельные системы тригонометрических уравнений
можно свести к алгебраическим системам в результате тождественных преоб-
разований тригонометрических выражений.
Задача 1. Решить систему уравнений
1 - tgx	1
----------= tgy; I
1 + tgx	Г
x — у = я/6. J
Очевидно, что у = х — я/6 и
1 — tgx	я
----------= tg ( х-----).	(9.32)
1 + tgx	6
Так как
1 — tgx	cosx —sinx	я
--------= -------------- = tg (-----x), tgx =£ -1 ;
1 + tgx	cosx + sinx	4
x Ф — — + к 71 ,
4
то из уравнения (9.32) получаем tg ( я/4 — x) = tg (x — я/6). Отсюда я/4 -
— x = ( x — я/6) + кп и х = 5я/24 — ктг/2-
5 я	к-п	я	кл
Ответ. ( ---— — : — — ------------) . к £ Z .
24	2	24	2
Задача 2. Решить систему уравнений
sinxcosy = а;
х + у = Ь .
Необходимым условием существования решений этой системы является
существование решения неравенства |а! < 1. Далее, у = b - х. Поэтому
sinxcos ( b — х) = а <•> — {sin (2х - b) + si nd) --а sin (2х — о) - 2а — s in b.
2
Последнее уравнение имеет решение, если|2а - sinh) < 1. Итак,
sinxcos/ = а;
у = b — х;
|а|С1 J
sin (2х — b ) = 2а — sind; >
у — b — х ;
|а|<1;	/
12а — sin/?j < 1	!
2х — Ь = (-1 )* arcsin (2а - sinb) ч-Хя; >
у = b - х;	I
~	|а|<1;	[
12а - sinb |. <	1	J
х = — ( Ь + (—1)* arcsin (2а — sind) +fcff ); А
2
у = — b — — (—1)* arcsin (2а — sinb) — Агя/2 ;
2	2	У
I а I < 1 ;
| 2а — sinb | < 1
для к G Z .
Задача 3. При каких значениях параметра а система уравнений
у = sin (а -I- ях) + sin (а — ях);	(9.33)
13	1
3sina= ------- ( — + х+ —-)	(9.34)
1 + у2 2	2х2
82
имеет единственное решение в области х€ [ 1: 1,5], у G (-« , 0] ?
Уравнение (9.33) приводится к виду
у = 2sinacosirx.	(9.35)
По условию задачи 1 <х < 1,5, поэтому
—1<соэях<0.	(9.36)
По условию задачи у < 0, поэтому из уравнений (9.35) и (9.36) следует,
что
sina>0.	(9.37)
Из уравнений (9.34! и (9.35) получаем
3sina (1 + 4sin2acos2?rx) = 1,5 + х + 0,5х“2.
Обозначим
(х) -- 3sina (1 + 4sin2acos2лх);
f (х) =• 1,5 + х + 0,5х-2, 1<х<1,5.
Очевидно, что f' ( х) =1 -- х” 3 и f' (1) - 0. Это означает, что функция f (х) на
(1; 1,5) монотонная. Так как f(1) = 3 и f ( —) = 3 - , то непрерывная фун-
2	9
кция f (х) на (1; 1,5) монотонно возрастает.
Функция у = costtx на (1; 1,5) отрицательная и монотонно возрастающая.
Поэтому функция у>(х) на (1; 1,5) неотрицательная и убывающая.
Так как (1) = 3sina(1 + 4sin2a) и^ (3/2) = 3sina < 3 — , то графики мо-
9
нотонных и непрерывных функций У5 и f пересекаются только в одной точке
х G ( 1; 1,5], если
3sina (1 + 4sin2a ) > 3; ?
п	Г	0.38)
sma>0.
Функция у = sina (1 + 4sin2a ) монотонная относительно sina (sina > 0 ).
Поэтому из условия (9.39) следует, что
sins >1/2.	(9.39)
Решив неравенство (9.39), получаем ответ:
- +2Л-тг<э< — +2^л,Л£ Z.
6	6
9.10.	Основные уравнения и неравенства, содержащие
arcsinx, arccosx , arctgx, arcctgx
Функция у = arcsinx определена на (—1; 1), — л/2 < arcsinx < л/2 и
sin (arcsinx) =х.Функция у = arccosx определена на [—1; 1 ],0<arccosx < и
и cos ( arccosx) = х. Функция у = arctgx определена на ( —<» ; +<» ), —тг/2<
< arctgx < я/2 и tg ( arctgx) =х. Функция у = arcctgx определена на ( — «>;
+ °° ), 0 < arcctg х < я, ctg ( arcctg х ) = х.
Задача 1. Найти sin ( arccos (3/4)).
Так как 0 < arccos (3/4) < тг/2,то 0 < sin (arccos (3/4)) < 1. Поэтому sin х
х ( arccos (3/4)) = V 1 — cos2 ( arccos (3/4))	= V 1 — 0,752 = 0,25 y/l.
Задача 2. Найти tg ( arccos (2/3)).
Так как 0 < arccos (2/3) < л/2, то tg ( arccos (2/3)) > 0. Поэтому
2 sin ( arccos (2/3)) V 1 — cos2 (arccos (2/3))
tg (arccos — ) = ---------------- = ------------------------ =
3 cos (arccos (2/3))	2/3
2
Задача 3. Найти sin (arctg (—2)).
Так как — л/2 < arctg (—2) < 0, то —1 < sin ( arctg (—2)) < 0. 4 Применив
tga
формулу sina =----- — , получим
± V 1 + tg2a
tg (arctg (-2))	2
sin ( arctg (-2)) =	- =----
V 1 + tg2 ( arctg (-2))	* 5
Задача 4. Решить уравнение 3arcsin у/~х — л = 0.
Так как —1 <х<1,то0<х<1. Далее, arcsin у/~х = л/3 и sin (a res i n\/x) =
= sin ( л/3), \[~х = \Лз/2, х = 3/4.
Задача 5. Решить уравнение arcsinx = aretgx .
Уравнение определено на отрезке [-1; 1 ]. Очевидно, что tg (arcsinx )	=
= tg (aretgx ). Отсюда
sin (arcsinx )	x	1
	 = x; 	 = x; x (-- — 1) = 0.
cos (arcsinx )---------------------------------------cos (arcsinx)	cos (arcsinx)
Последнее уравнение равносильно конъюнкции уравнений х = 0 и 1/ (cos х
х ( arcsinx )) = 1.
Решаем второе уравнение: cos ( arcsinx) = 1, arcsinx = 0,sin (arcsinx ) =
= 0, x = 0.
Ответ. 0.
Задача 6. Решить уравнение sin (0,2arccosx ) = 1.
Так как 0 < arccosx < л, то 0 < 0,2arccosx < 0,2л . Отсюда ясно, что дан-
ное уравнение решений не имеет.
Задача?. Решить неравенство
arctg 2х + arctg3x < Зл/4.	(9.40)
Решим сначала уравнение, соответствующее неравенству (9.40) :
arctg 2х + arctg Зх = Зл/4.	(9.41)
Применив формулу tg ( а + (3) = (tga + tg|3) / (1 — tgatg|3), получим
. ,	+	х _ . tg(arctg2x) +tg(arctg3x) 5х
tg (arctg2х + arctg3x) = —----------------------— =--------
1 -tg (arctg2x)tg (arctg3x) 1 - 6x2
84
Уравнение
5х/(1 -6х1 2 3 4 5) = tg (Зл/4)
(9.42)
не равносильно уравнению (9.41). В самом деле, уравнение (9.42) имеет кор-
1	1
ни 1 и —1/6. Но arctg (-2- —) + arctg (-3- —) < 0, так как оба слагаемых
6	6
отрицательны. Правая часть уравнения (9.41) положительна. Итак, число—1/6
не является корнем уравнения (9.41).
Если х= 1, то уравнение (9.41) принимает вид
arctg2 + arctg3 = 0,75л .
(9.43)
Очевидно, что л/4 < arctg2 < л/2 и л/4 < arctg3 < л/2. Поэтому л/2	<
< arctg2 + acrtg3 < л и 1/2 < Зл/4 < л.
Итак, левая и правая части равенства (9.43) принадлежат промежутку
(л/2; л). Так как функция tg на (л/2; л) монотонна и tg ( arctg2+arctg3)=
= tg (Зл/4), то число 1 является корнем уравнения (9.41). Функция у =
= arctg 2х + arctg3x возрастающая. Поэтому решением неравенства (9.40) яв-
ляется промежуток ( — оо ; 1).
9.11.	Исследовательский метод решения тригонометрических
уравнений и неравенств
Сущность исследовательского метода раскрыта в гл. 5, поэтому остано-
вимся только на некоторых его особенностях (применительно к периодичес-
ким функциям).
Задача 1. Решить относительно х уравнение sin2 ( х/2) cosx = а.
Преобразуем данное уравнение к виду а = 0,5 (cosx — cos2x) и обозна-
чим cosx = z, —1	< 1. Построим графики функций у = —0,5z2 + 0,5z, у =
= а (при некоторых значениях параметра а). Получим (рис. 9.13):
1) при а= 1/8 данное уравнение имеет одно решение (cosxi = 1/2);
2) если 0 < а < 1/8, уравнение имеет два решения ( cosx = т , 0 < т <
< 1/2; cosx^ = п , 1/2 < п < 1) ;
3) если а = 0, имеем также два решения ( соэ-х1 = 0; cosx2 = 1);
4) если —1 <а < 0, имеем одно решение ( cosx( = к, — 1 < к < 0);
5) при а = —1 уравнение имеет одно решение (cosx| = —1).
85
Задача 2. Найти все решения неравенства V 3cos2x >v'r2cosx, удовлет-
воряющие условию |х i < я.
Функция/] = \/r3cos2x определена на (—я/4; я/4). Функция у=\/2 cosx
определена на (—я; я), поэтому данное неравенство определено на (—я/4; я/4].
Функция у = \/ 3cos2x — V 2cosx на [-я/4; 0] монотонная, поэтому на
этом отрезке не более одной точки, в которой /] = у.. Нетрудно заметить, что
У( (—я/6) = у2 (-я/6). Вследствие четности функций у{ и у2 верно и равенство
у( ( я/6) = /2 ( я/6). Теперь ясно, что решением данного неравенства является
промежуток (—я/6; я/6).
Задача 3. Решить относительно х неравенство
cosx — 1/cosx <а, 0<С х < 2я.
Строим график функции у = cosx — 1/cosx на [ 0; я/2) U ( я/2; Зя/2) U
U {Зя/4; 2я]. Пусть X]', х2 — корни уравнения cosx — 1/cosx = а, если а<0,и
X], х2 — корни этого уравнения, если а > 0.
Из графика (рис. 9.14) ясно, что:
1)	если а — 0, то 0 < х < я/2 или Зя/2 < х < 2я;
2)	если а < 0, то х' <х < я/2 или Зя/2 < х < х' ;
3)	еслиа>0,1о х} < х <х2, или 0 < х < я/2, или Зя/2 < х< 2я.
Задача 4. Доказать неравенство
cos ( cosx) > 0.	(9.44)
Известно, что —1 cosx < 1. Функция cosx четная, и 1 < я/2. Поэтому
функция у = cos ( cosx ) положительная.
Задача 5. Доказать, что при любом а верно неравенство
4sin3n> 4cos2« + 5sina — 5.	(9.45)
Выразим sin3ancos2a через sine:
cos2а =1—2sin2a; sin3a=—4sin3a+3sina.
После этого неравенство (9.45) принимает вид
16sin3a — 8sin2a — 7sina — 1 <0.
86
Обозначив sina= t, получим 16t3 -8t2 -7t-1 <0. Исследуем функ-
цию /(t) = 16t3 — 8r2 - It - 1 на (-1; 1 ]. Находим f' (t) = 48t2 - 16t-7.
Корни уравнения /'(0=0: tj = 7/12, t2 = —1/4. Получаем f ( tj )< 0,f(t ) =
= 0, f (—1) <0,/(1) =0. Так как функция f (f) непрерывная, утверждение за-
дачи доказано.
9.12.	Комплексное использование различных методов
решения тригонометрических уравнений
Комплексное применение свойств тригонометрических функций позво-
ляет свести тригонометрическое уравнение к алгебраическому. Для этого
нужно преобразовать тригонометрическое уравнение таким образом, чтобы в
нем содержались только функции одного и того же аргумента, а затем исполь-
зовать универсальные подстановки. Разумеется, не всегда такой план решения
задачи оказывается достаточно рациональным.
Задача 1. Решить уравнение
sin2x + sinx - V 2cosx = у2/2 .	(9.46)
Так как sin2x = 2sinxcosx , то данное уравнение преобразуется к виду
2sinxcosx + sinx — \^2cosx = V 2/2.	(9.47)
2f	1 -t2	x
Применив подстановки sinx =------------, cosx = ----- , f = tg — к
1 + tl	1 + t2	2
уравнению (9.47), имеем
4t (1 -t2)	2t >72(1 -t2) xf2
------------+----------------------------= ----- .	(9.48)
(J + f2 ) 2	1 + f	1 + C	2
После тождественных преобразований уравнение (9.48) будет иметь вид
yj~2 t* — 4t3 —2у/~2 t2 + 12Г -3>/2 = 0.
(9.49)
Попытаемся решить уравнение (9.49) путем разложения его левой части
на множители. Очевидно, что \/~2 f4 — 2 \f~2 t2 - 3	= \/~2~ ( t2 + 1) ( f3 —3)
и —4t3 + 12t = — 4f (t2 —3). Поэтому уравнение (9.49) заменяем следующим:
(t2 -3) (x/2t2 +<2-4т) =0.	(9.50)
Решив уравнение (9.50), получаем: 11 = >/3, t2 = — \Лз , t, = \Л2 — 1, =
2+1. Таким образом,
tg (х/2) =	-> х/2 = я/3 +/гя =>х = 2я/3 + 2/гя ;
tg (х/2) = —/зГ=>х/2 = — я/3 + ктт =>х = -2я/3 + 2/гя;
87
(9.52)
(9.53)
(9.54)
tg (х/2) = \Г2 — 1 =>х/2 = arctg (\^2 —1) +Агтт=>
=>х = 2arctg (\^Т- 1) + 2Аг тт;
tg (х/2) = \/г2'+ 1 =>х/2 = arctg (л/2~+ 1) +Агя=>
=*х = 2arctg ( \]~2 + 1) + 2/гя .
Ответ. Xj = ± 2тг/3 + 2кл ; х2 = 2arctg (>/2 ± 1) + 2kit, kEZ.
Преобразование уравнения (9.46) к виду sinx (2cosx + 1) = 0,5\/Т (1 +
+ 2cosx ) открывает путь к более простому его решению.
Задача 2. Найти все значения параметрам, при каждом из которых не-
равенство
а (4—sinx)4 —3 + cos2x +а > 0	(9.51)
выполняется для всехх.
Обозначим sinx = Г. Тогда cos2x = 1 — sin2x =1 — f2 . После этого данное
неравенство принимает вид
а ( 4 — Г)4- 2 - Г2 + а>0, - 1 < Г < 1.
Решаем неравенство (9.52) относительно а:
г2 +2
а > ------------ .
( 4 - Г)4 +1
Исследуем функцию
Г2 +2
а = -----------:--- ,
(4-Г)4 +1
заданную на [—1; 1 ]. Для этого построим графики функций f (t) = t2 +2 и
(t) = (4 — t)4 + 1 (рис. 9.15).
Очевидно, что функция y>(t) монотонно убывает на [-1; 1]. На [0; 1]
функция f возрастает от 2 до 3, а функция у> убывает от 257 до 82. Поэтому
наибольшее значение функция (9.54) на [0; 1] принимает в точке f = 1. Оно
равно 3/82.
На [—1; 0] наибольшее значение функции f равно 3, а наименьшее значе-
ние функции sfl равно 257. Поэтому на [—1; 0] верны неравенства а < 3/257 <
< 3/82.
Таким образом, получаем, что неравенство (9.51) выполняется для всех
значений х, если а > 3/82.
Задача 3. Решить уравнение
2sin2x + 2cos2x — 2cosx — 3sinx = 0.	(9.55)
Очевидно, что уравнение (9.55) равносильно следующему уравнению:
4sinxcosx + 2cos2x — 2cosx — 3sinx = 0.	(9.56)
2t	1 - t2
Применив универсальные подстановки sinx = -------- , cosx = ---—- ,
1+t2	1+t2
88
t = tg —, преобразуем уравнение (9.56):
2
St (1 — г2)	2 (1 — t2)2	2 (1 — t2) 6t
	+ 		------- 	 — 0.	(9.57)
(1 +f2)2----------------------------------------------------(1 + Г2) 2-1 +t2-1 + t2
В результате равносильных преобразований уравнения (9.57) получаем
t(2t3 — 7t2 —2f+ 1) =0.	(9.58)
Рациональным корнем уравнения 2t3 - 712 —2t + 1 =0 является 1/2,,
поэтому уравнение (9.58) заменяется равносильным ему уравнением t ( 2г +
+ 1) (г2 —4г + 1) =0.
Итак, tj = 0, Г2 = -1/2, Г3 = 2 -	= 2 + Таким образом,
tg (х/2) = 0 =>х/2 = к-п =>х = 2кп;
tg ( х/2) =—1/2 =>х/2 =—arctg (1/2) + kv =>
=>х = — 2arctg (1/2) + 2/гя ;
tg (х/2) = 2 ± \ЛЗ =>х/2 = arctg (2 +>/з") + ктг=>
=>х = 2arctg (2 ± \7"з) + 2/гя .
Ответ. 2ктг ; — 2arctg (1/2) + 2/гя; 2arctg (2 ± \/"3) + 2кп, к 6 Z .
10.	ПРИМЕНЕНИЕ МИКРОКАЛЬКУЛЯТОРОВ ПРИ РЕШЕНИИ ЗАДАЧ
10.1.	Общие сведений
8 настоящее время микрокалькуляторы находят все большее применение
в учебном процессе. Освобождение учащихся от однообразной вычислительной
работы позволяет удслпть больше внимания алгсмитм- вг. ч^епрний. делает за-
нят ин бопее творческими, способсти/ет	л, i ? маге^зть «?
и создает возможности дря более усяншнок примек.чння рэ-тчетог ''г актн^е.
Программируемые микрокалькуляторы являются универсальными и мно-
гоцелевыми вычислительными устройствами. Они дают возможность во много
раз сократить время, необходимое для составления. индивидуальных заданий,
проверки самостоятельных ?. контрольных рэбо- ,
Высокая точность и бы-трота вычисг.егим ппзвглпкг широко и системати-
чески использовать в учебном процессе математический эксперимент, знако-
мить учащихся с достаточно общими методами поиска и обоснования решений
сложных нестандартных задач. Программируемые микрокалькуляторы по-
могают на более высоком методическом уровне организовать индивидуаль-
ную и коллективную работу учащихся, являются надежным и удобным
средством поэтапного контроля правильности тождественных преобразований
выражений с переменными.
В этой главе на конкретных поимерах показано, как эффективно исполь-
зовать программируемый микрокалькулятор при поиске решений различных
задач. Коренным образом изменяется методика решения следующих задач-
тождественное преобразование громоздких числовых выражений и выражений
с переменными; разложение выражений с многими переменными на множите-
ли; поиск и обоснование свойств различных числовых множеств; задачи ла де-
лимость чисел; исследование функций, построение и применение их графиков;
исследование решений уравнений и неравенств и их систем: решение нестан-
дартных уравнений и неразенстз; доказательство нестандартных неравенств,
исследование решений геометрических задач; анализ таблиц значений функций
с целью получения правдоподобных гипотез о их свойствах.
Программируемые микрокалькуляторы позволяют эффективно и в ком-
плексе использовать различные методы поиска решений задач. Систематичес-
кая работа с микрокалькуляторами на практикумах по решению математи-
ческих задач усиливает профессиональную направленность этих занятий.
10.2.	Тождественные преобразования выражений
Задача 1. Вычислить v 682 + 305 >f\'. .
Будем искать рациональные числа > и а, такие, что \/ 606 + 271 \/5	=
= п + А- \/ 5 . Для этого с гюмощью микрокалькулятора последовательно нахо-
дим:
90
а/5 ~ 2,2360679;
V 5-305 « 682,0007;
682 + 682,0007 « 1364,0007;
V' 682 + 305	== 4,2360679.
(10.1)
(10.2)
(10.3)
(10.4)
Сравнивая равенства (10.1) и (10.4), приходим к предположению, что
к = 1 и п = 2, т.е., вероятно,
682 + 305 у/~5 = 2 + у/~5.	(10.5)
В справедливости равенства (10.5) легко убедиться, возведя обе его части
в пятую степень.
Задача 2. Сумма трех целых чисел а, Ь, с равна нулю. Доказать, что чис-
ло 2а4 + 264 + 2с4 является квадратом целого числа.
Выражение 2 (а4 + Ь4 + с4) — это сумма четвертых степеней, причем и в
этом выражении, и в равенстве а + b + с = 0 переменные а, Ь, с симметричны.
Попытаемся получить гипотезу о каких-либо свойствах данного выражения
путем рассмотрения частных случаев.
Если, например, а = 1, b = 2, то с = —3 и 2 (а4 + Ь4 + с4) =2 (14 + 24 +
+ (-3)4) = 196 = 142. Если а = 2, 6 = 3, то с = —5, 2 (а4 + Ь4 + с4) = 1444 =
= 382. Если а = -3, b = 8, то с = -5, 2 (а4 + Ьч + с4) = 9604 = 982. Но как свя-
заны значения а, b и с с основаниями квадратов 142, 382,982 ?
Легко заметить, что 14= 12 + 22 + (—3)2, 38 = 22 + З2 + (—5)2, 9В =
= (-3)2 + 82 + (—5)2. Итак, появляется гипотеза, что 2 (а4 + Ь4 + с4) = (а2 +
+ Ь2 + с2)1, если а + b + с = 0. Полученная в результате математического экс-
перимента гипотеза легко доказывается.
10.3.	Поиск свойств числовых множеств
Задача 1. Рассматриваются всевозможные семизначные числа К с циф-
рами 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, записанными в произвольном порядке. Существуют ли
среди этих чисел два таких числа М и п, что М делится на л ?
Во-первых, сумма цифр числа К равна 28, поэтому М и л не делятся на
3 и 6. Во-вторых, 7654321 является наибольшим из чисел К, а 1234567 — наи-
меньшим из всех чисел К. Так как 7654321 : 1234567 «« 6,3, ясно, что при де-
лении М на л может получиться только 2, 4 или 5.
Если число М делится на 5, то оно должно оканчиваться цифрой 5. Ясно,
что первой цифрой числа М может быть только 6 или 7. Рассмотрим несколько
примеров (вычисления ведутся с помощью микрокалькулятора) :
7643215 : 5 = 1528643; 7436125 : 5 = 1487225; 7432165 : 5 = 1486433;
6374125 : 5 = 1274825; 6142375 : 5 = 1228475; 6137245 : 5 = 1227449.
Замечаем, что все частные содержат цифру 8 или 9. Почему? Да потому,
что при делении на 5 всегда приходится делить число 41, 42, 43 или 45 на 5.
Таким образом, осталось выяснить, существует ли равенство 2л = М или 4л =
= М. Рассмотрим примеры: 3765421'2 = 7530842; 3765412-2 = 7530824;
2563714-2 = 5127428; 1654372-2 = 3308744;	2134567 • 2 = 4269134 ;
1234765-2 = 2469530.
91
Становится понятным, что при умножении любого числа л на 2 получаем
число с цифрой 8, если после 4 в л стоит цифра 1, 2 или 3. Если в л после
цифры 4 стЪит цифра 5, 6 или 7, то при его умножении на 2 получаем число с
цифрой 9.
Осталось выяснить, существует ли равенство 4л = М. Рассмотрим несколь-
ко примеров:
1765432’4= 7061728;
1374625-4= 5498500;
1257346-4= 7029384;
1526743-4= 6106972;
1723654-4 = 6893616;
1724653*4 = 6898612;
1256734-4 = 5026936;
1726543-4 = 6906172;
1273456-4 = 5093824;
1237654-4 = 4950616;
1275643’4 = 5102572;
1742356'4 = 6969424;
1245763-4 = 4983052;
1254763-4 = 5019052;
1526473'4 = 6105892.
1276543-4= 5106172;
1354627-4= 5418508;
1247653-4 = 4990612;
15672344 = 6268936;
1243576-4= 4974304;
1725364-4 = 6901456,
1263754-4= 5055016;
1274536’4= 5098144;
Во-первых, ясно, что л может начинаться только цифрой 1 и не может
оканчиваться цифрой 2, 7 или 5. Во-вторых, М в каждом из равенств со-
держит цифру 0, 8 или 9. И это зависит от того, какие две цифры стоят в л
после 2:34, 35, 36, 37, 43, 45, 46, 47, 53, 54, 56, 57, 63, 64, 65, 67, 73, 74, 75,
76. Таким образом, доказано, что задача не имеет решения.
Задача 2. Найти целую часть числа ( у/~п+ V л + 1 + х/ л + 2)2, если л —
натуральное число.
Обозначим:
( у/~п~4-х/л + 1 + -у^л + 2) 2 = f (л);
(10.6)
[( у/ л + у/ п+У + х/л + 2) 2J= <f> ( л) .
Для получения гипотезы выполним математический эксперимент, т.е. сос-
тавим табл. 10.1 некоторых значений функций f (л) и (л).
Из табл. 10.1 ясно, что
¥> (л) = 9л + 8
и
9л + 8 < f (л) < (9л + 8) + 1.
(10.7)
(10.8)
Для обоснования полученных гипотез преобразуем функцию f (л) следую-
щим образом: f (п) = л + (л+1) + (п+2) + 2\Лл 1 + 2у/~п у/ п + 2 +
+ 2 у/~п~+ 1 у/ л + 2 = Зл + 3 + 2 ( уГп \/ л + 1 + у/~пyj п + 2 + yj п + } у/ л + 2).
Таблица 10.1
п	f (л)	<Р (л)	п	fin)	(л)
1	17,191508	17	11	107,87477	107
2	26,484036	26	12	116,88442	116
3	35,618441	35	13	125,89270	125
4	44,696680	44	14	134,89999	134
5	53,748090	53	15	143,90615	143
6	62,784616	62	16	152,91167	152
7	71,811721	71	17 	161,91659	161
В	80,832771	80	18	170,92097	170
9	89,849589	89	19	179,92493	179
10	98,863327	98	20	188,92851	188
Согласно теореме о средних 0,5 (а + b) > ab (а, b > 0), получаем: 2 у/~пх
X V л + 1 < 2п + 1, 2 х/”"л у/ п + 2 < 2л + 2,2 л + 1 \/ л + 2 < 2л+ 3. Таким обра-
зом, f (л) < 9л + 9.
Теперь докажем неравенство f (л) > 9л+ 8. Для этого исследуем с помо-
щью производной функцию
у (х) = (x/x + Vx + 1+ Vx + 2)2 — Эх — 8, х > 1.
Г	1—	!---- I------	1	1	1
Находим у (х) = 2 (ух + Vх + 1+VX + 2 И ------+ ------+------) —
2\/х 2>/ х +1 2\/х+2
х + 1
Так как выражение в каждой круглой скобке не меньше 2, то у' (х) > 0.
Отсюда ясно, что у (л) — возрастающая функция, и для доказательства нера-
венства f (л) < 9л + 9 достаточно проверить его справедливость при л = 1. Та-
ким образом, доказано, что (л) = 9л + 8.
10.4.	Исследование функций
3 а д а ч а 1. Исследовать корни уравнения
х4 +а(х - I)4 = 8,
где а — параметр, и функцию
(10.9)
а (х) = а = -------- .	(10.10)
(х —1)
Строим график функции (10.10) следующим образом. Замечаем, что вы-
ражение (8 — х4) / ( х —1) 4 не определено в точке х = 1; а (х) =0, если х =
= — V 8 или х = y/~Q. Обозначим — х/~3 = т, -^8 = л .
93
Составляем с помощью микрокалькулятора таблицу значений функций
f (х) = 8 - х \ У (х) = (х - 1) 4, а (х) = f (х) /<Р (х) (табл. 10.2).
Таблица 10.2
	X	f (х)	(х)	а (х)
	0	8,00	1,00	8,00
	—0,2	7,99	2,07	3,86
	-0,4	7,97	3,84	2,08
	-0,6	7,87	6,55	1,20
	-0,8	7,59	10,5	0,72
	-1,0	7,00	16,0	0,44
	-1,2	5,93	23,4	0,25
	-1,4	4,16	33.2	0,13
	- 1.6	1,45	45,7	0,03
	x0=V8T	0,00	53,1	0,00
	-1,8	-2,50	61,5	-0,04
	-2,0	-8,00	81,0	-0,10
	-2,5	- 31,1	150	-0,21
	-3,0	—73,0	256	-0,29
	-4,0	- 248	625	-0,40
	-5,0	- 617	1296	-0,48
	- 10,0	- 9992	14641	-0,68
	- 15.0	- 50617	65536	-0,77
	- 20,0	- 160000	194481	-0,82
	-25,0	- 3JO625	456976	-0,85
	0,2	7,99	0,41	20,0
	0,4	7,97	0,13	61,3
	0,6	7,87	0,03	303
	0,8	7,59	0,0016	4744
	1,0	7,00	0,00	—
	1,2	5,93	0,0016	3706
	1,4	4,16	0,03	160
	1,6	1,45	0,13	11,2
		0,00	0,24	0,00
	1,8	-2,50	0,41	-6,09
	2,0	-8,00	1,00	-8,00
	2,2	- 15,4	2,07	-7,44
	2,4	- 25,2	3,84	-6,56
	2,6	- 37,7	6,55	-5,76
	2,8	- 53,5	10,5	-5,10
	3,0	- 73,0	16,0	-4,56
	3,5	- 142	39,1	-3,63
	4,0	- 248	81,0	-3,06
	10,0	- 9992	6561	-1,52
	20,0	- 160000	130321	-1,23
94
По табл. 10.2 строим графики этих функций (рис. 10.1).
Какие свойства функций f (х), (х) иа(х) можно увидеть из их графи-
ков и табл. 10.2? И какие из обнаруженных свойств этих функций мы сможем
обосновать?
Функция f (х) принимает наибольшее значение в точке 0, и t (0) = 8. Она
изменяется от —«> до 8. Ее график пересекает ось абсцисс в точках т и п и
симметричен относительно оси ординат. Функция У (х) неотрицательная,
у (1) - 0. Она изменяется от 0 до г ос . Ее график симметричен относительно
прямой а = 1 (рис. 10.1). Функция а (х) есть частное функций f {х) иУ’(х).
На [тп; 0] функции 7 (х) и'к(х) положительные. На [ т; 0 ) функция f (х )
возрастает от 0 до 8. а функция уИх) убывает. Поэтому функция а (х) =
= f (х) /V (х) на этом промежутке возрастает от 0 до 8.
Анализируя ’абпицы и графики функций, замечаем, что отрицательная
функция а (х) на (- оо; т ) больше —1 и монотонно возрастает до 0. Дока-
жем, что если х , то а (х) > —1.
Очевидно, что (8 — х4 ) / ( х — i)4 > — х4 / ( х —1)4 - Поэтому, если дока-
жем неравенство —х4/ (х — 1)4 > - 1, тем самым докажем, что а (х) > —1. Но
(х/ ( х —1)) 4 < 1, если х < — 1. Следовательно, верно и а (х) > — 1, если х <
< т < —1.
Докажем, что если х > л > 1, то а (х) > —8, т.е. (8 — х4) / (х — 1) 4 > —8.
После приведения к общему знаменателю и приведения подобных членов по-
следнее неравенство принимает вид
х ( Эх2 — 32х + 48) —32>б.	(10.11)
Легко убедиться, что наименьшее значение функции о(х) = 9х2 — 32х +
+ 48 больше 19. А гаккакх >уГ8 , т.е. х > 1,7, то неравенство (10.11) верно
при л > п .
Докажем, наконец, что если х > 2, то а (х) < -1, т.е. (8 -х4)/ (х-1)4 <
< —1 или 2х (2х2 - Зх +2) — 9 > 0. Очевидно, что для х > 2 функция х(х ) =
- 2х2 - Зх + 2 возрастающая. Ее наименьшее значение ( в точке х ~ 2) равно
4, поэтому неравенство 2х (2х2 - Зх + 2) — 9 > 0 при х > 2 верно.
Табл. 10.2 и график функции а (х) позволяют получить ответы на следую-
щие вопросы.
1.	При. каких значениях параметра а уравнение (10.9) имеет только одно
решение? Ответ. При а = - 8
2.	Сколько корней имеет уравнение (1С.9), если а — —1? Ответ. При а --
- —1 уравнение (10.9) решений не имеет
3.	При каких значениях параметра а уравнение (10.91 имеет два решения?
Ответ. -8 < а < -1 и а > -1.
4.	На каких промежутках (табл. 10.2) функция ^(х) изменяется быстрее,
чем функция f (х) ?
5.	При каких значениях параметра а оба корня уравнения (10.9) положи-
тельны? Ответ. а<— 1.
6.	Пусть х, и х^ — корни уравнения (10.9) и х > х . Существуют ли та-
кие значения параметра а, при которых х2 --х <1?
7.	Существуют пи такие значения параметра а, при которых х — х >
>10007	2	1
95
8.	Как изменяются корни х^ и х2 уравнения (10.9), если параметр умень-
шается от -8 до -1 ?
9.	Существуют ли такие значения параметра а, при которых верны оба не-
равенства: XjX2 < 0 и х^2 > —1 ?
10.	Как изменяется произведение, х(х2, если а увеличивается от 0 до + <»?
11.	Существует ли такое значение параметраа,при котором уравнение
(10.9) имеет три корня?
12.	К чему стремится сумма xt + х2, если а неограниченно возрастает?
13.	Верно ли, что х4 + а (х — 1)4 > 8, если —1 <а < 1? (При обосновании
ответа используйте табл. 10.2 и рис. 10.1.)
14.	Почему не существует такого значения а, при котором один из корней
уравнения (10.9) равен 1?
15.	Верно ли, что х4 + а (х — 1) 4 > 8, если х ( < х < х2 ?
16.	При каких значениях а верно неравенство х4 + а (х — 1)4 > 8 при всех
х, принадлежащих [3; 4}? Ответ. а>а (4).
Задача 2. Дано уравнение
х3 + (2 —а) х —а —3 = 0.	(10.12)
Построить график этого уравнения и исследовать его корни ( а — параметр).
Преобразуем уравнение (10.12) :
4" 2х_3
а= ------------ =х(х-1) + 3 — 6/(х + 1).	(10.13)
х + 1
Составляем с помощью микрокалькулятора таблицу значений функций:
f (х) = х ( х —1) +3, <Р (х) = —6/ ( х +1), а (х) = f (х) + (х) (табл. 10.3).
Строим графики функций f (х),*Р(х) и а (х) (рис. 10.2). В табл. 10.4
уточнено наименьшее значение функции а(х) на [—3; —2] : a(xQ) 45
* 14,961944, хо я» - 2,0785.
Рис. 10.1
Рис. 10.2
96
Таблица 10.3
X	f(x}	Р (х)	а (х)
-1,0	5,0	—	—
—1,2	5,6	50	55,6
-1,4	6,4	15	21,4
-1,6	7,2	10	17,2
-1,8	8,0	7,5	15,5
-2,0	9,0	6,0	15,0
-2,2	10,0	5,0	15,0
-2,4	11,2	4,3	15,5
-2,6	12,4	3,8	16,2
-2,8	13,7	3,3	17,0
-3,0	15,0	3,0	18,0
-3,2	16,4	2,8	19,2
-3,4	18,0	2,5	20,5
-3,6	19,6	2,3	21,9
-3,8	21,2	2,1	23,3
—4 0	23,0	2,0	25,0
-0,8	4,4	-30,0	-25,6
-0,6	4,0	-15,0	-11,0
-0,4	3,6	-10,0	- 6,4
-0,2	3,2	- 7,5	- 4,3
0,0	3,0	- 6,0	- 3,0
0,2	2,8	- 5,0	- 2,2
0,4	2,7	- 4,3	- 1,6
0,5	2,5	- 4,0	- 1,5
0,8	2,9	- 3,3	- 1,4
1,0	3,0	- 3,0	0,0
1,2	3,2	- 2,7	0,5
1,4	3,6	- 2,5	1,1
1,6	4,0	- 2,3	1,7
1,8	4,4	- 2,1	2,3
2,0	5,0	- 2,0	3,0
Таблица 10.4
X	а(х)	X	а (х)
-2,0	15,0	-2,06	14,96398
-2,2	15,04	-2,08	14,961955
-2,15	14,99	-2,075	14,962020
-2,05	14.967	-2,085	14.962179
-2,03	14,976	-2,081	14,961977
-2,07	14,9624	-2,079	14,961945
97
Используя табл. 10.3, 10.4 и рис. 10.2, выполните приведенные ниже уп-
ражнения.
1.	Назовите наименьшее значение функции f (х).
2.	Чему равно наибольшее значение функции f (х) на [0; 2] ?
3.	Назовите наименьшее значение функции f (х) на ( — 1; 0].
4.	Назовите наименьшее зно ские функции f (х) на (—1; 1).
5.	На каком .'шсме-т у сч к я f (х) убывает?
6.	На каком псо’-.ы,:.*. г»т.г* функция f (х) возрастает?
7.	Докажите, ч?с функция (х) на (—4; —1) возрастает.
8.	Назовите приближеннее значение х, при котором верно равенство
f (х) = У!(х) .
9.	Почему уравнение f (х) = '-р (х) имеет только одно решение?
10.	Верно ли, что функция у? (х) возрастающая?
11.	Чему равно наибольшее значение функции (х) на (-I; 2]?
12.	В скольких точках график функции У’(х) пересекает ось ординат?
13.	Почему график функции (х) не пересекает ось абсцисс?
14.	Докажите неравенство а (х) > 14, если —2,2 < х < —2,0 (непрерывная
функция f (х) на [—2,2: —2,0] убывает от 10 до 9 (см. табл. 10.3) ; непрерыв-
ная функция у: (х) на этом отрезке возрастает от 5 до 6. Но а(х) = f (х) +
+ У> (х), поэтому на [-2,2; —2,0] функция а (х) не может быть меньше 14).
15.	Докажите, что уравнение f(x) — У (х) не имеет положительных корней.
16.	Имеет ли корни уравнение а (х) — у? (х) ? (Не имеет, потому что а (х) —
— у? (х) + f (х} и f (х) > 0.)
17.	Почему функция а (х) возрастает на [0; 0,5]? (На этом промежутке
t (х) убывает от 3 до 2,5, а У5 (х) возрастает от —6 до —4.)
18.	При каких значениях параметра а уравнение х3 + (2 — а)х — а - 3 =
= 0 не имеет корчей?
19.	Назовите несколько значений параметра а, при которых уравнение х3 +
+ (2 — а) х — а - 3 - 0 имеет:один корень; три корня; два отрицательных
корня; один отрицательный корень; только положительный корень.
20.	Существует ли такое значение параметра а, при котором сумма всех
трех корней уравнении х1 + (2 -а) х — а - 3 = 0 положительна?
21	Существ /?? ли такое значение параметра а, при котором корень уравне-
ния х3 + (2 - s' х а -3 = 0 равен —1 ?
22.	Как изменяются корни уравнения х3 + (2 — а) х — а — 3 — 0, если пара-
метр а увеличивается от -6 до 20?
23.	Существует ли такое значение параметра а, при котором произведение
трех действительных корней уравнения х3 + (2 — а) х — а — 3 = 0 больше
1000 ?
Задача 3. Найти наименьшее значение функции
$ (х) — у"Г5 — 12cosx + х/? - 4х/~3sinx	(10.14)
. на [0; 0,5тт].
Так как |cosx i < 1 и [sinx | < 1, то функция ф (х) определена навеем
отрезке 1 0; <т/2 ] Для поиска свойств функций f (х) = V 15 — 12cosx, У’(х) —
= \/ 7 - 4 у/3sinx , ф (х) = f (х) + у> (х) с помощью микрокалькулятора сос-
тавляем таблицу их значений (табл. 10.5).
98
Таблица 10.5
х°	f (х)	•f (х)	0(х)
0	1,7320508	2,6457513	4,3778021
5	1,7451827	2,5290645	4,2742472
10	1,7839021	2,4076816	4,1915837
15	1,84631 79	2,2818523	4,1281702
20	1,9296859	2,1518401	4,0815260
25	2,0308387	2,0179237	4,0487624
30	2,1465542	1,8803984	4,0269526
35	2,2738018	1,7395827	4,0133843
40	2,4098684	1,5958185	4,0056869
45	2,5523945	1,4494896	4,0018841
50	2,6993608	1,3010333	4,0003941
55	2,8490493	1,1509769	4,0000262
60	3,0000020	0,9999989	4,0000001
65	3,1509650	0,84906731	4,0000323
70	3,3008723	0,69972737	4,0003597
75	3,4487928	0,55485998	4,0036527
80	3,5939145	0,42077535	4,0168993
85	3,7355228	0,31330512	4,0488279
90	3,8729833	0,26794924	4,1409325
На основании табл. 10.5 можно высказать предположение, что на [ 0; я/2]
функция ф (х) >4, причем ф ( я/3) = 4.
Итак, попытаемся доказать, что
\Л)5 - 12cosx +>/7 - 4\/3sinx >4.	(10.15)
Обозначим %/? — 4г/ 3sinx = t. Отсюда
7 —f2	/	(7-t2)2
sinx =------; cosx=V 1 — ---------- , и неравенство (10.15)
4 >/3	48
принимает вид
У15 -т/3>/48- (7 -Г2)2 > 4 - t .	(10.16)
Обе части неравенства (10.16) неотрицательные, поэтому после возведе-
ния обеих его частей в квадрат получаем равносильное неравенство
15-V3V48- (7 — г2)2 > (4 - Г) 2
или
VTV48 - (7-t2)2 < 8t - 1 - г2.
Отсюда t4 - 4 ts + 6t2 — 4t + 1 >0. Применив теорему Безу, получим ( I —
— 1) ( t3 — 3t2 + 3t — 1) >0 или (г — 1) 4 >0. Таким образом, доказано, что
наименьшее значение функции ф (х) на [0; я/2] равно 4.
99
10.5. Уравнения и неравенства
Традиционный (школьный) путь алгебраического решения уравнения за-
ключается в том, что это уравнение с помощью тождественных преобразова-
ний выражений с переменными заменяют более простым, а уравнение с одной
переменной - уравнением, для решения которого существует формула. В ре-
зультате получают ответ, "точный" с точки зрения классической элементар-
ной математики.
Из так называемых общих методов решения уравнений в школе чаще дру-
гих используют разложение левой части уравнения F (х) =0 на множители или
замену переменных. Изучается и много частных приемов, которые позволяют
найти корень уравнения как число или комбинацию каких-либо функций от
параметров. Однако далеко не все уравнения можно решить таким образом.
Но и тогда, когда уравнение решается (в традиционном школьном понима-
нии) , формула для нахождения его корня может оказаться достаточно гро-
моздкой. Например, уравнение sin3x — cos3x = 0,008 имеет единственный
дробный положительный корень xQ = 0,78916943 (получен на микрокальку-
ляторе) . Этот результат практически гораздо полезнее, чем точная формула,
It	1
выражающая корень: х = — +arcsin( V2sin( —arcsin 0,008) ) (всерав-
0	4	3
но мы можем получить только приближенное значение xQ). Да и в общеобра-
зовательном плане привычные для школьного учителя решения проигрывают
по сравнению с "функциональным" решением этого уравнения. Для подтверж-
дения этой мысли приведем два решения уравнения.
1. Функция F (х) = sin3x — cos3x возрастает на (0; я/2). Это утверждение
основано на теореме о производной сложной функции и теореме о сумме двух
возрастающих функций: F (я/4) < 0,008; F (я/4) > 0,008. Отсюда ясно, что
уравнение F (х) = 0,008 имеет единственный корень, принадлежащий (0; я/2).
С помощью микрокалькулятора (методом деления отрезка пополам) полу-
чаем хл = 0,78916943.
о
2. Рассмотрим неравенство |sinx — cosxl < 2. Это верное неравенство.
Поэтому существует такой угол а, что sinx — cosx = 2sina. Тогда sin2x +
+ cos2x — 2sinxcosx = 4sin2a, откуда 1 + sinxcosx= 0,5(3	— 4sin2 a ).
Поэтому данное уравнение приводится к виду sina (3 — 4sin 2a) =	0,008 или
sin3a = 0,008. Так как угол а всегда можно взять в первой четверти,получаем
sinx — cosx = 2sin ( — arcsin 0,008).
3
Искусственные приемы, использованные во втором решении, могут от-
толкнуть ученика от занятий математикой.
Преувеличенное внимание, уделяемое в школе уравнениям, решение ко-
торых оканчивается получением "точной" формулы их корней, неизбежно ве-
дет к отрыву теории от практики, резко снижает образовательные и политех-
нические возможности школьного курса алгебры и начал анализа. Большинст-
во выпускников средней школы, воспитанных на "точных" равенствах, целых
и рациональных корнях уравнений (в крайнем случае выраженных радикала-
ми), получаемых в итоге даже очень сложных нестандартных тождественных
преобразований выражений с переменными, не может верно решить и квадрат-
ное уравнение, если его коэффициенты получены в результате инструменталь-
100
ных измерений. Традиционный школьный подход к решению уравнений не
формирует функциональное мышление не только старшеклассников, но и учи-
телей математики. И, как следствие этого, учитель, самостоятельно получив-
ший формулу х„ = 0,25я + arcsin ( \/~2 ( 1 arcs in 0,008)), не может, как пра-
0	3
вило, решить более простую задачу: сравнить дробные положительные корни
уравнений sin3x— cos3x = 0,008 и 2sin3x — cos3x = 0,008 (практически
устную для человека, имеющего высшее математическое образование).
Сегодня, когда в школу пришли информатика и вычислительная техника,
появились широкие возможности для формирования функционального мыш-
ления учащихся в процессе изучения уравнений. Систематическое применение
микрокалькуляторов при работе над уравнениями коренным образом изме-
няет ее обучающее содержание. Серьезный политехнический подход к реше-
нию уравнений в школе практически можно реализовать только с помощью
микрокалькулятора. Он позволяет не только упрощать и ускорять вычисли-
тельную работу, получать корни уравнений с достаточно высокой точностью,
но и формировать у учащихся навыки составления таблиц функций (с опреде-
ленной целью), навыки поиска, обнаружения и доказательства свойств урав-
нений путем анализа этих таблиц.
С помощью микрокалькулятора можно находить "точные" (сточки зре-
ния элементарной математики) целые корни уравнений и в большинстве слу-
чаев рациональные корни и корни, выраженные радикалами (имеются в виду
уравнения, содержащиеся в школьных учебниках и в сборниках конкурсных
задач).
Калькулятор позволяет использовать при решении самых различных урав-
нений общий функциональный метод, основой которого является системати-
ческое комплексное применение свойств всех функций, изучаемых в школе.
При этом формируется не только общий метод решения уравнений, но и про-
исходит комплексное повторение важнейших свойств изученных функций. Та-
кое повторение является самым существенным в методике обучения учащих-
ся решению уравнений.
Во всех отношениях (и с дидактической, и с практической точек зрения)
более ценным является умение отделить корень уравнения и найти с нужной
точностью его приближенное значение, чем головоломные упражнения в поис-
ках его "точных" корней.
Задача на определение корней любого уравнения вида F (х) =0 состоит
из следующих наиболее типичных подзадач (всех или только некоторой час-
ти) . Установление области определения D(F) функции F (х). Определение тех
промежутков из D(F), которым не могут принадлежать корни уравнения
F (х) =0 (без применения производной). Доказательство монотонности
функции F (х) на D(F) или только на некоторых промежутках, принадлежа-
щих D(F) (без применения производной). Обоснование непрерывности функ-
ции F (х). Установление пределов изменения функции F (х) на D(F) или на
отдельных промежутках, принадлежащих D(F). Решение уравнения F' (х) =
= 0 (для определения промежутков монотонности функции F (х)). Нахожде-
ние промежутка, являющегося частью промежутка, на котором верно нера-
венство F' (х) > 0 ( F' (х) < 0). Преобразование уравнения F (х) = 0 к виду
Р (х) = М (х), где Р(х) и М (х) — функции, возрастающие или убывающие на
101
некотором промежутке, который является частью D{F). Доказательство не-
равенства Р (х) > М (х) (Р(х) < Л/(х)) на этом промежутке. Доказательство
неравенства Pf (х) > М' (х) \Р' (х) < м' (х)). Получение с помощью микро-
калькулятора гипотезы о числе корней уравнения и обоснование этой гипоте-
зы. Нахождение целых (рациональных) корней уравнения. Вычисление корней
уравнения, принадлежащих заданному промежутку. Доказательство того, что
некоторому заданному промежутку не могут принадлежать корни данного
уравнения. Нахождение приближенных значений корней уравнения. Получение
гипотезы о их свойствах. Отыскание формулы для "точных" уравнений. На-
хождение бесконечных промежутков, которым не могут принадлежать корни
уравнения F (х) - 0. Составление с помощью инженерных или программируе-
мых микрокалькуляторов таблиц функций, анализ которых позволяет выска-
зать правдоподобные суждения о их свойствах, выбрать целесообразные
методы доказательства этих свойств. Вычисление корней с точностью, опреде-
ляемой точностью исходных данных.
Микрокалькулятор делает практически универсальным и самым простым
в применении метод интервалов решения неравенств.
В средней школе учащиеся изучают общие свойства непрерывных функ-
ций, применение которых позволяет существенным образом упростить поиск
решений нестандартных уравнений. В самом деле, девятиклассник знакомится
с достаточным условием монотонности функций, правилами вычисления про-
изводных, производной сложной функции. Отсюда непосредственно следуют
свойства суммы двух возрастающих (убывающих) функций, произведения
двух положительных возрастающих (убывающих) функций, свойства слож-
ных функций. Однако при решении уравнений и других задач прикладного
характера эти важнейшие теоретические знания не находят применения, и по-
этому ученики усваивают их формально. Поясним сказанное примерами.
1.	Найти дробные корни уравнения lgx+sinx= 1.
Выпускник средней школы знает, что на (0; 1) функции у = Igx и у =
= sinx возрастающие. Но он, как правило, не видит, какое отношение это
имеет к решению уравнения.
2.	Решить уравнение cos (cos \] 1 —х ) + х" 0,5 = 1 + cos 1.
На основании теоремы о производной сложной функции получаем, что
функция у = cos (cos V 1 - х ) убывающая ( функция у = 1 — х убывающая,
у = \/~х~ возрастающая, у -= cosx убывающая). Отсюда понятно, что функция
F (х) = cos (cos \/ 1 — х ) + х~ °'5, определенная на (0; 1 ], убывающая. Поэто-
му данное уравнение имеет не более одного корня. Так как F (1) = 1 +cos1,
то для решения уравнения не требуется никаких вычислений. Но в школьных
учебниках и конкурсных сборниках задач по математике учащийся не видит
такого применения важнейших общих свойств функций. Поэтому он (а неред-
ко и учитель математики) считает это уравнение очень сложным.
3.	Решить уравнение у/ 77? v — 2250 +	77х3 + 108 = 6.
Ученик, который не может с. 'авизировать уравнения, всесторонне исполь-
зуя свойства функций, эту задачу не может решить, даже если знает все назван-
ные выше свойства производной. Естественное решение этой задачи выглядит
следующим образом. Левая часть уравнения определена на [750/259; +<»), На
этом промежутке непрерывные неотрицательные функции у = 777х — 2250 и
у “ 77х3 + 108 возрастающие. Функции у = у/ хи у = </~х~также возрастаю-
4 .--------------------------------------------------------
щ|^е. Поэтому и сложные функции Р(х) ~ л/ 777х — 2250 и К (х) --
77х3 +108 возрастающие.Функция F (х) =Р(х) +К (х) непрерывная и возрас-
тающая. Поэтому данное уравнение имеет не более одного корня xQ. С помо-
щью микрокалькулятора легко находим, что хо = 3.
Приступая к решению уравнения F (х) ~ 0, прежде всего необходимо по-
пытаться выяснить, имеет ли оно корни. 8 необходимых случаях (для полу-
ченма гипотезы о существовании корней) с пс ..ощью микрокалькулятора сгс-
тавлясм таблицу функции F (х.‘ Дскэз.т ., что уравнение F (х) = 0 не имее?
 •юней, «лето гераздо проще, чем занима; его преобразованиями для полу-
чения "тесных" корней. Таблица функции F (х) облегчает выбор методов
уединения корней уравнения F (х) = 0 и напоминает о существовании свойств
функции F (х).
Приведем общий план работы над задачей "Решить уравнение F (х) = ’У'.
Находим D(F}. Не решая уравнения F' (х)	0, используя только свойства
суммы (произведения) непрерывных монотонных функций и свойства слож-
ных функций, находим некоторые подмножества множестоа D{F}, на кото-
рых Функция F (х) монотонна. С помощью микрокалькулятора проверяем,
принадлежат ли этим подмножествам корни уравнения F ;х) = С. Некоторые
из этих подмножеств можно отыскать преобразованием уравнения F (х) — 0
в равносильное ему уравнение, либо получив все или часть решений неравенств
F' (х) > 0 ( F’ (х> < 0). Если в D(F ') входит бесконечный промежуток, сле-
дует определить множество конечных промежутков, которым принадлежат
все корни уравнения F (х) ~ 0.
Заметим, что определение корней уравнения F (х) = 0 может оказаться
более сложной задачей, чем решение уравнения F (х) ~ 0. Поэтому часто при-
ходиться отказываться от мысли отделить корни уравнения F (х) =0 путем на-
хождения критических точек функции F (х). Во многих случаях отделение
корней упрощается с помощью метода "ступенек". Для этого уравнение
F (х) =0 преобразуется к виду Р (х) - М (х) (Р (х) и М (х) — функции, возрас-
тающие или убывающие на некотором промежутке). С помощью микрокаль-
кулятора составляют таблицы функций Р (х) и М (х), Р' (х) и .Vf (х) (с доста-
точно малым шагом). Работа над уравнением завершается уточнением от-
деленных корней.
Задача 1 .Вычислитьнаименьший корень xQ уравнениях2~ т/lgx + 100 = 0
(с относительной погрешностью не более 10’390 %).	________
Данное уравнение определено на [10’,о°; +«= ) .Пусть Р(х)—х2- \/ 1g х+100,
Очевидно, что Р (10 100 ) >0, Р(1) < 0, Р (0,1) <0. Заменим данное урав-
нение равносильным ему уравнением х4= Igx +100. Обозначим М (х) =х4,Р(х) =
= Igx + 100. Находим М' (х) = 4х3, F' (х) =-----.
х In 10
Если 10'100 < х < 0,1, то М' (х) < F' (х). Отсюда следует, что наименьший
корень данного уравнения принадлежит интервалу (10’10°; 10”1 ), которому
другие корни этого уравнения не принадлежат. Заменим данное уравнение ран-
103
носильным ему уравнением х = у1дх + 100. Если х = 10“100 + 10“ 396 , то
\/ Igx + 100 = 10“". Так как 1О“100 + 10-396 < 10“", то наименьший корень
данного уравнения принадлежит интервалу (1О-100, 10 -100+1°	) , Но
(10-1OO+1O-396 _ ю"100); 10-10Р=Ю10 3’6 - 1. Теперь остается доказать,
-396	-392	6__.
чтоЮ10 <10	. С помощью микрокалькулятора получаем, что \J 10 <
____	- 396 . 396__
< 1,000003. Так как V 1+а < 1 +а/п, 0<а< 1, то Ю10	= VhF=
390
=	< '^i9° 1,000003 <1+10“39s.
10п	-ЮОЧО-3’6
Таким образом, 10 <xn < 10
Задача 2. Решить уравнение 5(1 — х2) “0,s — х“1 = 85/12.
Положительная функция Р (х) =5(1 —х2)“05 определена на (—1; 0) и (0;
1). Положительную функцию F (х) = 1/х + 85/12 рассматриваем на ( — 1;
-12/85) и (0; 1). Для получения гипотезы о числе корней уравнения состав-
ляем таблицу функций Р (х) и F (х)(табл. 10.6).
Функции Р(х) и F (х) на (-1; -12/85) убывают. Методом "ступенек" лег-
ко доказывается, что на этом промежутке данное уравнение корней не имеет.
На (0; 1) непрерывная функция Р (х) возрастает, F (х) убывает. Число 0,8
является единственным корнем данного уравнения.
Задача 3. Решить уравнение х4 + 5х3 — х2 — 12х — 6 = 0.
Приведем уравнение к виду Р (х) = К (х), где Р (х) и К (х) - функции, ис-
следование которых у учащихся не вызывает особых трудностей. Например,
это уравнение можно заменить равносильными ему уравнениями: х2 (х2 +
+ 5х — 1) = 12х + 6, х2 + 5х-1 = 6(2 +1/х)/х.
На (0; + оо). функция Р (х) = х2 + 5х — 1 возрастает, а функция К (х) =
= 6 (2 + 1/х) /х убывает. Поэтому данное уравнение имеет не более одного по-
ложительного корня х . С помощью микрокалькулятора легко обнаружи-
ваем, что 1,5 < х( <2. Находим корни х' и х" уравнения х2 + 5х — 1 = 0 :
х' = -5,1925825, х" = 0,1925824.
Таблица 10.6
X	Р(х)	F(x)	X	РМ	F (х)
-1	ОО	6,08	0	5	ОО
-0,9	11,4	5,97	0,1	5,02	17,1
-0,8	8,33	5,83	0,2	5,10	12,1
-0,7	7	5,65	0,3	5,24	10,4
-0,6	6,25	5,41	0,4	5,46	9,58
-0,5	5,77	5,08	0,5	5,77	9,08
-0,4	5,46	4,58	0,6	6,25	8,75
-0,3	5,24	3,75	0,7	7	8,51
-0,2	5,10	2,08	0,8	8,33	8,33
-12/85	5,05	О	1	ОО	8,08
Таблица 10.7
X	Я(х)	К(х)	X	Р (х)	К (х)
-1	-5	-6	X	-5,39	-0,359
-0,9	-4,69	-5,92	-5	-5	-0,384
-0,8	-4,36	-5,62	—4	-3	-0,563
-0,7	-4,01	-4,89	-3	-1	-0,888
-3	—7	-3,33	-2,5	0	-1,152
—2,5	-7,25	-3,84	-0,8	3,4	4,68
			-0,5	4	48
Наименьшее значение функции Р(х} равно —7,25 (в точке х = —2,5).
Функция К (х) равна нулю в точке х = —0,5. Она положительная на (—0,5;
0), и К (х) < 0 на (— оо; —0,5). Отсюда ясно, что на (—0,5; 0) и (— «>; х' )
рассматриваемое уравнение корней не имеет. Наименьшее значение функции
К (х) равно —6 (в точке х = —1). На (-2,5; —1) функция Р(х) возрастает, а
функция К (х) убывает, поэтому этому интервалу принадлежит не более одно-
го корня х2 данного уравнения. С помощью микрокалькулятора получаем
—1,5 <	< —1- Осталось выяснить, существуют ли корни на ( х'; — 2,5) и
(-1; -0,5). Находим Р(х') Ж(х') иР(-2,5) <К(-2,5); Р(-1) > ЛГ (—1) и
Р (—0,5) < К (—0,5). Отсюда ясно, что интервалам (х; —2,5) и (—1; —0,5) при-
надлежат корни уравнения.
Докажем, что интервалам (х'; —2,5) и (—1; —0,5) принадлежит поодно-
му корню исследуемого уравнения. Для этого составим таблицу функций
Р (х), К (х), Р' (х), К' (х) (табл. 10.7).
Теперь ясно, что интервалам (х'; -2,5) и (—1; —0,5) принадлежит только
по одному корню уравнения. После уточнения получаем: xt = 1,61803; х2 =
= —1,2679; х3 = —0,61805; х4 = —4,73205. Приближенные значения корней по-
зволяют высказать предположение, чтох( +х3 = 1,х)хз =-1,х2+х4 = — 6 ,
х2х4 = 6. Если эта гипотеза верна, то х( = 0,5 (1+V5J; х2 =-3+->/3; х^ =
= 0,5 (1 — V5); х4 = —3 — у/З . Проверкой убеждаемся, что гипотеза верна.
Задача 4. Решить уравнение F(х) = 3~^х — 4х2 - 1.
Это уравнение равносильно уравнениям 3^х = 4х2 + 1 и \J~2x In 3	=
— In (4х2 + 1). Пусть Р (х) = yj~2x 1пЗ — In ( 4х2 + 1). Находим корни уравне-
ния Р' (х) = 0 : х' = 0,23833665, х" = 1,048936. Находим, F (х') >0; F{x") <
< 0; F (0) =0; F (1) < 0; F (2) > 0. Теперь ясно, что данное уравнение имеет
три корня: x1Zx2,x3, причем Xj = 0,х'<х2 < 1,х"<х3 < 2. После уточнения
корней Х2 и х3 получаем: х2 = 0,707106; х3 = 1,414214. Нетрудно догадать-
ся, что х = 0,5 \/~2, х = х/ 2 .
2	v	3	»
Задача 5. Решить уравнение 1g (х2 + 9) — 3 2х + 5=0.
Отрицательных корней уравнение не имеет, потому что на (— о» ; 0) функ-
ция Р (х) = 1g (х2 + 9) + 5 убывает, К (х) = 3-2Х возрастает и Р (0) > К (0). Для
8 Зак. 5044
105
Таблица 10.8
X	Р (х)	КМ |	|| '	Р(х)	К (х)
0	Л. Ч5<1	Q	1,6	6,062	9,09
0,2	6,956	3,45	1.8	6,087	10,4
0,4	5,961	3,93	2	6,113	12
0,6	5,971	4,55	2,2	6,141	13,8
0,8	5,984	5,22	2,4	6,169	15,8
1	6	6	2,6	6,197	18,2
1,2	6 018	6,89	2,8	6,226	20,9
1,4	6 039	7,92	3	6,255	24
Таблица 10.9
X	+ (х)	К (х)	X	Р' (х)	К (х)
0.6	0.972	3,6	1,1	0,093	4,4
0,9	0.079	3.8	1,2	0.099	4,7
1	0,080	4,1			
получения гипотезы о числе корней данного уравнения составляем таблицу
функций Р (х) и К (х) (табл. 10.8).
Теперь можно предположить, что если х > 2, то 1g (х2 +9) < 2х (это нера-
венство легко доказывается с помощью производной). После этого становит-
ся ясно, что все корни данного уравнения принадлежат [0; 2]. Число 1 являет-
ся корнем уравнения. Из таблицы видно, что отрезкам [0; 0,8] и [1,2; 2] не
могут принадлежать корни уравнения. Для доказательства того, что 1 являет-
ся единственным корнем рассматриваемого уравнения, составляем таблицу
функций Р' (х) и >' >х; (табл. 10.9).
Зада ч а 6. Налги корни уравнения F(x) — 2** — 5-3Л + 29 =0 (с точ-
ностью до 0,01).
Это уравнение равносильно уравнениям 4 х + 29 = 5 3х и In (4х + 29) = 1п5 +
+ х!пЗ. Пусть Р (х) = In (4х + 29) — х!пЗ — In5. Решив уравнение Р’ (х) =0,по-
лучим 4х = 291гЗ : In (4/3>. Отсюда х io4 = In (29ln3 : In (4/3)) и хц= 3,395578
(корень х уравнения Р' (х) = 0 получен на микрокалькуляторе). Находим
F (xQl = —68,73277; F (0) =29; F (6) = 480. Теперь ясно, что уравнение F (х) =
= 0 имеет два корня. Причем х^ = 2, х < хт < 6. После уточнения получаем
хз = 5,55 ( х 0,01).
Задача 7. Найти корни уравнения \/\[2х — 1+9 = 10 lg ( х4 + 6) (с от-
носительной погрешностью не выше 0,01 %).
Уравнение определено на [0,5 V 2; + «>). Функции Р(х] =\/ v’2x --- 1+9
и К (х) -- 101g (х4 + 6) возрастающие. Для получения гипотезы о числе кор-
ней уравнения Р (х) = К (х) составим таблицу функции F (х) = Р \х} — К (х )
106
Таблица 10.10
X	F (х)	X	F (х)	II„	F (х)
0,5 ^2	1.04	100	-68	ю7	-209
1	1,35	200	-79	5-107	-207
2	-3,26	500	-94	9-107	-203
3	—9,05	10	-104	10*	-202
5	- 17	2-1 О3	-115	109	-157
10	-29	5 103	-129	10*°	- 46
15	-36	ю4	-140	ю"	182
20	-41	2 104	-150	ю12	619
30	-48	5 Ю4	-162	ю13	1428
40	-52	105	-171	ю14	2897
50	-56	106	-196		
(табл. 10.10) .
Примерная программа вычисления значений функции F (х) на микро-
калькуляторе "Электроника БЗ-34":
ИП1 2 БуЪ - Fx< F V 9 +П2 ИП1 Fx2 Fx2 6 +
+ F lg 10X/-/ ИП2 + .
Предполагаем, что уравнение P(x) = К (x) имеет два корня: 1 <	<2,
1О10 < *2 < 1011. Попытаемся доказать эту гипотезу. Из табл. 10.10 можно
заключить, что F (х) на [5-Ю7; + «>) возрастает. Для доказательства утверж-
дения достаточно показать, что на этом промежутке верно неравенство
Р' (х) > К' (х). Находим:
Р'(х) = -------------- ; К'1х}
4 Ц ( Vfx - 1) 3
10	4х3
In 10 х4+6
Очевидно, что верны неравенства:
з/Г
Р (х) >---------; К (х) <
4W2x)3
у2
Решив неравенство -----------
4</ (</2х)3
Отсюда ясно, что на [16485500; + «> ) ф>
10	4
In 10 х
10	4
------ -----, получим х> 16485500.
In 10 х
кцияЛ(х) возрастает, следователь-
но, на этом промежутке существует единственный корень х2 уравнения Р(х) =
= К (х). После уточнения получаем х2 = 1,83921«1О10.
107
Заметим, что функция Р'(х) убывающая. Функция К' (х) возрастает на
[ 0,5 V 2 ; х ] и убывает на [ xq ; + оо ) (2 < хо < 3).
Составляем таблицу функций Р' (х) иК'М (табл. 10.11).
Анализ табл. 10.11 (методом "ступенек") показывает, что на отрезке [Т;
107] верно неравенство Р' (х) < К' (х). А это означает, что функция F (х) на
этом отрезке убывает. Поэтому отрезку [1; 107 ] принадлежит единственный
корень xt данного уравнения. С помощью микрокалькулятора получаем х^ =
= 7’2.
Осталось доказать, что других корней уравнение не имеет. Для этого сос-
тавляем таблицу функций Р (х) и К (х) (табл. 10.12).
Задача 8. Решить уравнение arcsin2x + arcsinx = я/3.
1. Так как функция arcsinx определена на [—1; 1] , то функция arcsin2x
определена на [—0,5; 0,5]. Поэтому монотонная (возрастающая) и непрерыв-
ная функция f (х) = arcsin2х + arcsinx определена на [—0,5; 0,5]. Находим:
f (-0,5) = arcsin (-1) + arcsin (-0,5) - - я/2 - я/6 = -2я/3;
/(0,5) = arcs in 1 + arcsin 0,5 = я/2 + я/6 = 2 я/3.
Таблица 10.11
X	Р' (х)	К (х)	X	Р' (х)	К (х)
1	0,684	2,48	Ю6	862-Ю"6	1,7-Ю"5
10	0,051	1,74	2.106	5,12-10-6	8,7-Ю"6
20	0,03	0,87	3-106	3,78-10-6	5,8-Ю"6
100	8,66-10"3	0,17	4-106	3,05-10-6	4,3-10"6
500	2,58-Ю-3	0,035	5-106	2,57-10" 6	3,4-10" 6
5-103	4,58-Ю"4	3,4-10-3	6-106	2,24-10-6	2,9-10” 6
2-104	1,62-Ю"4	8,7.10" 4	7-106	2,00-Ю"6	Z5-1O"6
10s	4,85-Ю"5	1,7-Ю"4	8-106	1,81-Ю"6	Z2-1O"6
2-10s	2,88-Ю"5	8,7-Ю"5	9.106	1,66-10"6	1,9-10"6
4-Ю5	1,71 -10-s	4,3-10“ 5	107	1,53-10"6	1,7-Ю"6
7-10S	1,13-Ю"5	2,5-10“ 5			
Таблица 10.12					
X	Р(х)	К (х)	X	Р (х)	К (х)
0,5-/Г	9	7,96	ю7	70,33	280
1	9,8	8,45	1,7-Ю7	79,03	289
					
108
Таблица 10.13
X	f (х)	j	х	f (х)	
0	0	0,3279	1,0470982
0,5	2,0943951	0,32735	1,0472834
0,3	0,9481938	0,32733	1,0472093
0,35	1,1329686	0,32732	1,0471723
0,33	1,0571224	0,327325	1,0471908
0,328	1,0496925	0,327327	1,0471982
0,327	1,0459873	0,3273265 .	1,0471963
0,3275	1,0478391		
Теперь понятно, что данное уравнение имеет единственный корень Xj, при-
чем 0 < Xj < 0,5.
С помощью микрокалькулятора найдем приближенное значение х с точ-
ностью до 10”6. Для этого составим таблицу значений функции f (х) (табл.
10.13). Заметим, что я/3 « 1,0471975.
Ответ, х^ * 0,3273227.
2. Находим косинус обеих частей данного уравнения: cos ( arcsin 2х +
+ arcsinx) = cos (тг/3). Отсюда V 1 — 4х2 х/ 1 —	— 2х-х = 0,5.Решивэто ир-
рациональное уравнение, получим: х( = 0,5 х/3/7, х2 = —0,5 V 3/7 .
Полученное решение нуждается в проверке. Обозначим a= arcsin2xj +
+ arcsinx. . Тогда cos ( arcsinх/ — + arcsin ( — х/ — )) = cosa и cosa =
1	7	2	7
т.е. а принадлежит первой четверти.
Итак, cosa = 1 /2 и 0 < a < я/2, но в таком случае a = я/3, и х = 0,5х/ 3/7 —
корень данного уравнения.
Проверим, является ли х? корнем уравнения. Обозначим 0 = arcsin2x2 +
] о	i	/ о
+ arcsinx,. Отсюда arcsin ( — х/ — + arcsin ( —L у/ — ) = В.
2	7	2	7
Так как — 1 < — х/— < 0 и — 1 < — — у/ — <0, то —я < arcsin ( — х/ — ) +
7	2	7	7
1	/ з
+ arcsin (--х/ — ) < 0, или —я < 0 < 0. Следовательно, В Ф я/3. Поэтому х
2	7	2
не является корнем данного уравнения.
Ответ, х = J- у/$ « 0,32732683.
1	2	7
11.	РАСЧЕТНО-ГРАФИЧЕСКИЙ МЕТОД РЕШЕНИЯ
ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
11.1.	Сущность и особенности задач лабораторного типа
Элементы геометрических фигур, данные в условии задачи, можно рас-
сматривать как точные или приближенные величины. При первом условии
задачу можно решать только вычислением, так как точные данные предпола-
гают получение точных ответов. В этом случае не может быть и речи о решении
таких задач построением или сочетанием построений и вычислений, потому
что построения и последующие измерения всегда ведутся приближенно.
Иногда есть возможность проверить вычисления построением. В таких
случаях приближенный результат в какой-то степени дает возможность су-
дить о правильности решения задачи вычислением (по точным данным).
Если данные задачи - результат инструментальных измерений, то они всег-
да являются приближенными числами. Результат решения такой задачи — так-
же приближенное число. Поэтому в принципе можно получить ответ не только
вычислением, но и построением. Следовательно, задачи такого рода предостав-
ляют учащимся большую возможность выбора наиболее простого решения. Но
при этом необходимо, чтобы избранный путь позволял получить решение с не-
обходимой точностью, которая определяется точностью исходных данных.
Если для решения одной и той же задачи используются вычисления,
инструментальные построения и измерения, такой метод решения будем назы-
вать расчетно-графическим.
11.2.	Содержание задач лабораторного типа
Содержание задач лабораторного типа составляют:
определение величины элементов геометрической фигуры, заданной при-
ближенными числами;
непосредственное и косвенное определение величин плоских углов гото-
вых моделей различных фигур и двугранных углов пространственных моделей
с помощью транспортира, циркуля, масштабной линейки, поперечного масшта-
ба, чертежного угольника, малки; определение величины угла наклона отрез-
ков к плоскости и угла между двумя скрещивающимися прямыми;
непосредственное и косвенное измерение линейных элементов моделей с
помощью различных измерительных инструментов;
определение площадей моделей двухмерных фигур, площадей поверх-
ностей многогранников и круглых тел и их сечений;
определение объемов моделей геометрических тел;
построение моделей плоских и пространственных фигур или их развер-
ток;
построения на готовых моделях и развертках, которые могут выпол-
няться для упрощения решения задачи на определение элементов модели или
развертки, а также при решении конструктивных задач;
1 О
преобразование разверток пространственных фигур (с целью развитие
пространственного воображения).
11.3.	Способы задания условий задач лабораторного типа
Условие задачи лабораторного типа может быть задано одним из рассмот-
ренных ниже способов.
1.	Приближенными числовыми значениями линейных элементов и утлое
геометрической Фигуры.
П р и м е р ы: а) основание треугольника а * 100 мм, L А 55°, L 8
117° Найти его боковые стороны;
б) построить развертку треуго-тыгой призмы, площадь каждой грани кото-
рой 20 см2.
2.	Моделью плоской или пространственней фигуры.
П р и м е р ы: а) дана модель наклонной треугольной призмы. Опрадэ-
лить ее высоту. Построить развертку;
б)	дана модель прямого параллелепипеда. Какие элементы ез нужно изме-
рить для вычисления угла наклона диагонали этого параллелепипеда к плос-
кости его основания?
в)	дана часть шаровой поверхности (произвольной формы). Какие допол
нительные построения на ней нужно выполнить для определения ее диаметра?
г)	дана модель куба. На его поверхности указаны три точки, не принадле-
жащие одной грани. Построить на этой модели отрезки, по которым плос-
кость, проходящая через данные точки, пересекает поверхность куба;
д)	дана модель параллелограмма. Построить развертку прямого паралле
лепипеда, основанием которого служит данная модель, а одна из его диагона-
лей равна одной из диагоналей данной модели.
3.	Моделью и некоторыми числовыми характеристиками.
П р и мер. Дана модель треугольника (один из его углов меньше 60°).
Эта модель служит основанием пирамиды, одно из боковых ребер которой
равно наименьшей из сторон основания и образует со сторонами основания
углы по 150° каждый. Найти ее высоту.
4.	Разверткой пространственной фигуры.
П ри м ер ы: а) дана развертка пирамиды. Определить объем этой пира-
миды;
б)	дана развертка куба. Построить другие развертки этого же куба.
5.	Частью развертки пространственной фигуры.
П р и м е р ы: а) даны три модели треугольников, которые являются гра-
нями некоторой треугольной пирамиды. Найти стороны четвертой грани этой
пирамиды.
Примечание. При решении этой и аналогичных задач должна быть указана мак
симальнан погрешность измерения элеммтов данной модели. Так, например, если при из-
мерении миллиметровой линейкой сторон некоторой модели треугольника получено: а&
«50,5 ( ±0,5) мм, Ь«52,0( ±0,5) мм,с «49,5 (± 0,5) мм, ее следует считать моделью
равнобедренного треугольника (а ®с);
б)	на чертеже даны две части одной развертки некоторого куба (каждая
из данных частей представляет некоторую совокупность трех одинаковых
111
квадратов). Составить из них развертку куба (данные части перекраивать не
разрешается).
6. Частью развертки и некоторыми числовыми данными.
Пример. Даны две грани трехгранного угла, которые образуют дву-
гранный угол 40°. Построить третью грань этого угла.
11.4. Ошибки в вычислениях
Рассмотрим два решения одной задачи.
Задача 1. Даны три числа а, Ь,с. Можно ли их принять за длины сторон
треугольника? Определить его вид и вычислить элементы (углы, площадь,
высоты, медианы, биссектрисы, радиусы описанной и вписанной окружнос-
тей) .
1. Задача решается в общем виде с применением тригонометрических
функций острого угла и использованием всех теорем, изученных в разделе
"Метрические соотношения в треугольнике". При решении числовых приме-
ров этой же задачи были использованы приближенные вычисления. Если зна-
чения а, Ь, с выражены двузначными числами, вычисления выполняются на
счетной линейке, если же для а, Ь, сданы трехзначные числовые значения,
вычисления проводятся с помощью таблиц Брадиса.
Данные значения а, Ь, с располагаются в убывающем порядке. Пусть
а > b > с. Если а < b + с, то существует треугольник, длины сторон которого
равны соответственно а, Ь, с.
На основании теоремы косинусов определяют вид треугольника. Для
этого сравнивают квадраты сторон: аг и Ь2 + с2. Если а2 < Ьг +с2, треуголь-
ник остроугольный, если а2 = Ьг + с2, — прямоугольный, если а2 >62 +с2, —
тупоугольный. В последнем случае тупым является угол А как угол, лежащий
против большей стороны.
По формуле Герона вычисляют площадь треугольника.
По формуле R = abc/ (4S) вычисляют радиус описанной около треуголь-
ника окружности.
По формуле Нд = Ьс/ (2Я) или Нд = 2S/a вычисляют высоту Н , опущен-
ную на большую сторону (рис. 11.1, Нд = AD}. Аналогично вычисляются Нь и
Н . После этого находят углы треугольника. Так как В и С — острые углы,
каждый из них можно вычислить с помощью Н . Действительно, s in В = Нд/с,
sin С = Нд/Ь. Угол А, если он тоже острый, вычисляется по аналогичной фор-
муле sinA = Нь/с или sinA = Н /Ь. Если же угол А тупой, то по указанным
формулам вычисляется синус угла 180° — А. В этом случае угол А проще вы-
числить вычитанием из я угла В + С. Для остроугольного треугольника целе-
сообразно все углы вычислить через функции синуса, а формулу А + В + С =
= 180° использовать как контрольную.
Находят радиус вписанной в треугольник окружности: г = S/p, где р —
полупериметр.
Вычисляют три медианы треугольника:
т = 0,5%/2(62 +с2) -а2 ; гп = 0,5 \/ 2 (а2 + с2) — Ь2 ;
а	Ь
В П F Е	С
Рис. 11.1
т = 0,5\/2 (а2 + Ь2) -с5.
С
Получают три биссектрисы углов треугольника:
,	2
1А =Ьс~*аУа''1В =аС~ХЬУЬ' 1С=аЬ~ХсУс’
где х, у — отрезки стороны, лежащей против угла, на которые эту сторону де-
лит биссектриса.
Приведем числовой пример: 12, 16, 24. Можно ли считать эти числа длина-
ми сторон треугольника, и если можно, то вычислить все основные элементы
треугольника, принимая данные числа за приближенные значения длин этих
сторон:
1)	24 < 12 + 16, следовательно, треугольник существует.
Пусть а ~ 24, b ~ 16, с ~ 12;
2)	сравним квадраты сторон: а2 & 576, Ь2 + с2 ~ 400, т.е. а2 > Ь2 + с2; тре-
угольник тупоугольный, 90° < А < 180°;
3)	вычисляем площадь треугольника*: 2р 52; р 26; р — а = 2; р —
-Ь^ 10и р-с^ 14;S^V 26-2-10-14 = 4 V 455 85,3; S «= 85;
4)	находим радиус описанной окружности: R == - — — « 13,6, R « 14;
5)	вычисляем Н 16-12/27,2 7,06, Н *7,1;
а	а '
6)	определяем углы В пС:
sinfl я= 7,06/12 * 0,5883, В * 36°2' , S ~ 36°;
s in С* 7,06/16 * 0,4413, С *26° 11', С*26°;
А * 180°- (36° + 26°) * 118°;
7)	г «= 85,3/26 * 3,28 * 3,3;
8)	т » о,5 V 2-400 - 576 * 7,65, т « 7,7;
9)	вычисляем биссектрису угла В треугольника: 12д & 24-12 —*ЬУЬ
Найдем х и уд. Имеем систему уравнений xft + уь = 16 и, согласно свойству
биссектрисы внутреннего угла треугольника, хь!а = Уь/с. Из второго уравне-
ния *ь!уь = 2, т.е. xft = 2/^. Следовательно, уь * 5,3 и х^ =» 10,7. Таким обра-
зом, Z2 * 288 - 5,3-10,7 » 288 - 57 « 231 и /„ я» 15,2 ъ 15.
- о______________ о
*
При вычислениях в промежуточных результатах удерживалась запасная цифра.
Окончательные числовые значения даны с двумя значащими цифрами.
Интересно отметить, что если решать этот треугольник с помощью формул
тангенсов половинных углов и вычисления проводить с помощью таблиц Бра-
диса, получим: А 117°1б', В - 36°20', С~ 26°22'. Используя формулу Ге-
рона и таблицы логарифмов, находим S — 85.
Вычисляя элементы треугольника способом подсчета цифр, окончательные
числовые значения получаем с числом значащих цифр, равным числу цифр в
исходных данных задачи. Но какова точность этих вычислений? Какова хотя
бы вероятность того, что эти результаты можно применить на практике? И воз-
можно ли без громоздких дополнительных вычислений в какой-то степени
оценить точность результата?
Ответить на эти вопросы мож*’с, решив задачу сп эс-эбсм границ.
2. Если а - 24 ( ± 0,5), б - 16 ( +0.5) .	!2 ' + 0,5), то вычисг.г" эле-
менты треугольника по способу границ (с помощью тех же формул, которые
использовались и в первом решении), получаем:
способ границ	способ подсчета цифр
77,5 < S < 93,5;	S ~ 85;
12,3 < Ж 15,9;	Я-14;
5,6 < Ня < 8,3;
29° 10' <S < 42°;
21° 10' < С < 30°20' ;
107°30' <Л< 129°40';
3,04 <г <3,49:
6,02 <w <8,75;
а
14,5 < !в < 15,9;
« -7,1;
В - 36°;
С - 26°;
А - 118°;
г 3,3;
m - 7,7;
1О * 15.
Из сказанного можно сделгнь вывод, что к любому результату, получен-
ному при решении геометрической задачи на вычисление, заданной приближен-
ными числовыми значениями ( если вычисления велись способом подсчета
цифр), следует относиться с очень малой степенью доверия.
Расчетно-графическое решение задач лабораторного типа по геометрии,
как будет показано ниже, дает результаты практически с той же точностью,
что и "чистые" вычисления даже с использованием четырехзначных таблиц.
Если же мы хотим не просто получить результат, но и знать его точность, вы-
числения необходимо вести по способу границ. Чтобы облегчить такие вычис-
ления и получить точные нижние и верхние границы результата, необходимо
знание некоторых зависимостей между нижними и верхними границами дан-
ных и вычисленных элементов треугольников (табл. 11.1). Для доказательст-
ва этих зависимостей используется аппарат дифференциального исчисления.
На примере поясним, как пользоваться табл. 11.1 при решении треуголь-
ников по способу границ.
Дано: а — 24 ( ± 0,5), Ь — 16 ( ± 0,5), с — 12 (± 0,5). Вычислить по спосо-
бу границ длину биссектрисы tB 
Треугольник задан тремя сторонами. Поэтому используем табл. 11.1
(I). В столбце 1В находим m и в строке на пересечении со столбцами а, b и
с находим m , М, m . Это означает, что точная нижняя граница I_ соответствует
о
114

т
M/ml т	т т
т	т	т
т	т	т
II. Треугольник задан сторонами в, с и LA |Л> 90°)
А — ту-эй, "М — А — тупой
т—А— острый
А — острый
А — острый
ш	т т	т т
III. Треугольник задан сторонами b, с v\LA (Ац 90°)
т т
т	М
т*	м
т т т т В < 90°, С < 90°
*В < 90е, С> 90°
*В> 90°, С < 90°
т
IV. Треугольник задан сторонами а.Ь и LA (Д> 90°, а> о }
а
Ь
Окончание табл. 11.1
Примечание
т
М
М
т т
т т
т
т
т
V.
Треугольник задан сторонами а, Ь и
LA
1А < 90°, О 90°)
т • гл	т	т т т
м
гл гл гл	гл т
VI. Треугольник задан с торонами а, b
и LA ( А < 90°. В> 90°)
гл	т
гл	М
гл	т
гл
М
М
гл
т
М М М т М М М ММ
т	т
М
М
т
VII* Треугольник задан сторонами а, b и L А (А,В,С< 90°)
гл т
т
гп М М т М т
гл
т т т т т М гп т ,
£11 3 3	т	т	т т	М	т	М т т
VIII.	Треугольник задан стороной с *LA и L В ( А, В, С < 90°)
m	m	m	m	mm m	m	m	m
IX.	Треугольник задан стороной c hLA hLBI О 90°)
ti	m	m	m	m	m	m	m
M
m
X-	Треугольник задан стороной c vtLA и LB ( LA> 90°)
nmmmmmmm m
m
точным нижним границам значений сторона и с и точной верхней границе сто-
роны Ь. Точная верхняя граница / соответствует точным верхним границам
значений сторон а и с и точной нижней границе стороны Ь.
Известно, что
О
yfac (( а + с) 2 — Ь2)
а + с
Поэтому
, л/24,5-12,5 ((24,5 + 12,5) 2 - 15,52)
ВМ	24,5 + 12,5
х/ 23,5-11,5 (( 23,5 + 11,5) 2 - 16,5)
*д =------------------------------------Г =14,5.
вт	23,5 + 11,5 л 1
В В лл	Мт
Тогда ----------ш-------- ( ± Д),где Д = ------------ .
в	2	2
11.5. Определение масштаба чертежа при решении задач построением
Для того чтобы результат, полученный в процессе решения задачи построе-
нием, удовлетворял требуемой точности, необходимо предварительно опреде-
лить масштаб чертежа.
Задача 1. Стороны треугольника равны приближенно 120; 145; 102 мм.
Найти построением с точностью до 0,8 % (по сравнению с расчетным результа-
том) величину медианы, проведенной к наибольшей стороне.
Обозначим искомую медиану х. Напомним, что под Д понимается макси-
мальная абсолютная ошибка определения длины отрезка построением. По усло-
вию задачи 0,8 % от х должно быть не меньше Д, т.е. 0,008х > Д. Отсюда х >
> Д/0,008. Если Д = 0,5 мм, то х > 62,5 мм. Если Д = 1 мм, то х > 125 мм.
Строим данный треугольник в масштабе 1:1 (с помощью циркуля и мил-
лиметровой линейки). Измерение миллиметровой линейкой показывает, что
искомая медиана равна примерно 85 мм (± Д). Следовательно, если Д =
= 0,5 мм, то выбранный масштаб обеспечивает требуемую точность результата,
так как 85 > 62,5.
Если Д = 1 мм, требуемый масштаб определяется так. Отрезок в этом
масштабе должен быть больше 125 мм. Таким образом, необходимо опреде-
лить, чему равно отношение 125:85. Оно меньше 1,5, поэтому, если Д= 1 мм,
мы с необходимой точностью определим длину медианы на чертеже в масшта-
бе 1,5:1. Так можно объяснить решение этой задачи учащимся 7—8 классов. Со
старшеклассниками ее можно решать по-другому.
Строим данный треугольник в масштабе 1:1. При измерении миллиметро-
вой линейкой видим, что искомая медиана равна примерно 85 мм (± Д). Но
0,8 % от 85 мм меньше, чем 0,7 мм. Если Д = 0,5 мм, этот масштаб обеспечи-
вает требуемую точность результата, так как 0,5/0,7 < 0,8 < 1. Если же Д =
— 1 мм, то 1 /0,7 <1,5 (вместо отношения 1:0,7 берем 1,5:1 как одно из наибо-
лее удобных для вычислений и мало отличающихся от 1:0,7). Поэтому ответ с
118
требуемой точностью получаем, если построим данный треугольник в масшта-
бе 1,5:1.
Задача 2. Четырехугольник ABCD имеет следующие размеры: АВ
« 106 см, АС ~ 88 см, СО ~ 117 см, AD « 92 см, АС ~ 43 см. Определить по-
строением длину диагонали BD с точностью до 0,2 см (по сравнению с расчет-
ным результатом).
Строим четырехугольник в масштабе 1:10 (как два треугольника с данны-
ми сторонами). В результате измерения получаем BD ~ 197 мм ( ± Д). Если
Л = 0,5 мм, то 0,5/0,2 = 2,5, поэтому масштаб 1:4 обеспечивает получение ре-
зультата с требуемой точностью.
3 адачаЗ. У треугольника АВС сторона АВ « 6,2 мм, ВС & 21,6 мм,
L В 18° 20Найти построением сторону АС.
Строим этот треугольник в масштабе 10:1 (для простоты вычислений).
Получаем А С =» 158 мм (± Д) — в масштабе 10:1.
Ответ. АС 15,8 ( + 0,1 Д).
11.6. Эффективность решения геометрических задач различными методами
Выбор метода решения конкретной задачи (в том числе и задач лаборатор-
ного типа) определяется заданной точностью исходных данных задачи и ко-
нечного результата, методической целью решения задачи, наличием чертеж-
ных и измерительных инструментов и т.п. Для решения задачи лабораторного
типа могут быть использованы следующие методы: вычисления по точным
геометрическим формулам; вычисления по точным и приближенным геомет-
рическим формулам; построения с помощью циркуля и масштабной линейки;
построения в сочетании с вычислениями поточным и приближенным геометри-
ческим формулам; построения с использованием графиков функций.
Без вычислений нельзя, как правило, обойтись в том случае, когда нужно
вывести формулу, которая выражает искомое через данные величины, т.е. ког-
да нужно получить решение в общем виде. Применение точных или приближен-
ных геометрических формул зависит от заданной точности конечного резуль-
тата.
Построением можно определять линейные элементы и углы плоских фи-
гур, а также линейные элементы, плоские и двугранные углы многогранников.
Однако применение одного только графического метода нецелесообразно,
если нужно получить конечный результате довольно высокой точностью. В та-
ком случае придется выбирать такой масштаб чертежа, использовать который
не всегда возможно.
Применение той или иной приближенной геометрической формулы опре-
деляется точностью конечного результата и степенью точности формулы, а так-
же возможностью непосредственного измерения тех элементов фигуры, кото-
рые с помощью этой формулы позволяют получить искомый результат. Ис-
пользование приближенных геометрических формул в сочетании с построения-
ми упрощает решение задач лабораторного типа на определение длин дуг ок-
ружности. площадей круговых сегментов, поверхности шарового сегмента и
поверхности шарового слоя, объема части цилиндра или шарового слоя.
Преобладание в расчетно-графическом методе вычислений или построе-
ний зависит от сложности задачи, точности ответа, конкретных числовых дан-
119
ных, методической цели решения задачи, теоретической подготовки учащихся.
Использование расчетно-графического метода развивает инициативу уча-
щихся, так как требование решить задачу наиболее простым способом застав-
ляет сравнивать различные пути получения результата.
11.7. Обучение решению задач лабораторного типа расчетно-графическим
методом
Решение задачи лабораторного типа связано с определением или построе-
нием одних приближенных геометрических элементов по другим (данным)
приближенным величинам. Поэтому обучение решению этих задач включает
четыре основных этапа: а) фактическое и аккуратное выполнение основных
геометрических построений; б) привитие навыков применения правил приб-
лиженных вычислений, таблиц, логарифмической линейки, микрокалькулято-
ра; в) решение задач с помощью вычислений и основных геометрических по-
строений; г) ознакомление с различными методами решения задач лаборатор-
ного типа и приближенными геометрическими формулами.
Идеальным результатом анализа задачи лабораторного типа должна быть
простота ее решения и получение ответа с необходимой Точностью. Но эти два
требования в известной степени противоречат друг другу. Увеличение числа
графических операций, как правило, упрощает решение, но вместе с тем ухуд-
шает точность результатов. Если с помощью построений определяется больше
одного промежуточного результата, то каждый из них нужно определять с точ-
ностью более высокой, чем конечный результат. Это затрудняет определение
масштаба чертежа и в конечном итоге намного усложняет решение задачи. По-
этому анализ решения задачи лабораторного типа расчетно-графическим мето-
дом должен начинаться с выяснения того, какой элемент геометрической фи-
гуры (только один!) можно определить построением с той точностью (или
более высокой), с какой необходимо найти и конечный результат. Причем
определение этого элемента построением должно значительно упростить даль-
нейшее решение задачи вычислением.
Выбор рационального решения задачи лабораторного типа, условие кото-
рой задано приближенными числами, зависит от конкретного соотношения
между величинами данных элементов. Поэтому первым этапом решения таких
задач является уяснение формы данной геометрической фигуры.
По содержанию все задачи лабораторного типа, решаемые расчетно-графи-
ческим методом, могут быть разделены на несколько групп. Рассмотрим осо-
бенности содержания задач каждой группы и особенности методики обучения
их решению.
К первой группе относятся задачи, для решения которых используется
единственное понятие или теорема без дополнительных построений на данных
моделях или развертках, без каких-либо инструментальных преобразований
разверток или их частей (воображаемое перемещение отдельных частей раз-
вертки присуще всем задачам лабораторного типа с применением разверток).
Непосредственное измерение линейных элементов или углов фигуры являет-
ся единственным источником и единственной операцией для получения ответа
на поставленный вопрос.
120
Пример. Найти среди данных моделей модель правильной треугольной
пирамиды.
Задачи первой группы дают учителю возможность быстро проверить пра-
вильность усвоения одного понятия или свойства геометрической фигуры или
группы фигур, связанных каким-либо общим признаком понятий или свойств.
Так, например, при изучении темы "Четырехугольники" правильность усвое-
ния понятий и свойств различных видов четырехугольников может быть про-
верена с помощью следующего упражнения. Даны бумажные модели (или чер-
тежи) некоторых четырехугольников. Найти среди них косоугольный паралле-
лограмм (прямоугольник, ромб, квадрат, трапецию). Если необходимо про-
верить усвоение определенного признака одного из видов четырехугольников,
в упражнении можно дополнительно указать, с помощью каких измеритель-
ных инструментов (циркуля, масштабной линейки или транспортира) следует
выполнять это упражнение. Так, например, модель прямоугольника среди
других моделей четырехугольников может быть найдена с помощью транспор-
тира или циркуля-измерителя.
Важность своевременной и быстрой проверки правильности усвоения по-
нятий и свойств геометрических фигур очевидна. Поэтому задачи первой груп-
пы цепесообразно использовать на всех этапах изучения геометрии. Препода-
ватель должен указать учащимся, с какой точностью должны измеряться эле-
менты предлагаемых моделей (в зависимости от точности изготовления моде-
лей) .
Выясняя, какие измерения производили ученики на модели, преподава-
тель имеет возможность установить, различают ли они необходимые и доста-
точные признаки данной геометрической фигуры.
Задачи второй группы характеризуются тем, что, кроме указанных опера-
ций, учащиеся занимаются и вычислениями по известным формулам (без ка-
ких-либо дополнительных построений и преобразований).
П р и м е р ы: а) определить объем цилиндра, развертка которого дана на
чертеже;
б)	найти среди данных моделей модель правильной четырехугольной приз-
мы и определить площадь ее боковой поверхности.
Задачи этой группы допускают уже несколько решений. Так, пример "б"
может быть решен в результате измерения стороны основания призмы с по-
мощью миллиметровой линейки или после измерения периметра ее основания
полоской миллиметровой бумаги. План одного из решений определяется не
только сообразительностью ученика, но и размерами модели, и наличием изме-
рительных инструментов.
Решение задач второй группы требует от учащихся знания правил действия
с приближенными числами. Этим они отличаются от простейших задач на вы-
числение, которые задаются, как правило, точными числами. Сравним две за-
дачи:
1)	основания трапеции равны 7 и 10 см. Вычислить ее среднюю линию;
2)	дана модель трапеции; определить ее среднюю линию, измерив только
два линейных элемента.
По содержанию эти задачи тождественны. Но с методической точки зрения
вторая ценнее, так как требует от ученика знания свойств не только средней
линии трапеции, но и умения найти на модели трапеции ее основания (непо-

средственное измерение расстояния между серединами боковых сторон
исключается).
К третьей группе относятся задачи, для решения которых необходимо при-
менить комплекс теорем или понятий. Данные получаем в результате непо-
средственных измерений элементов развертки и воображаемых перемещений
ее частей. Процесс решения таких задач состоит из двух этапов: отыскания тео-
ремы, на основании которой может быть решена задача, и доказательства, что
для ее решения целесообразна именно эта теорема.
Пример. Можно ли из данных моделей треугольников составить раз-
вертку пирамиды?
Если задачи первых двух груг,". требуют от учащихся знания -;д::ого ка-
кого-то свойства одной геометрической фигуры, т э при решении .гада-' трет-.ей
группы необходимо применить несколько свойств нескольких фигур.
П р и м е р. На чертеже даны два треугольника. Можно ли из них составить
трапецию? Для решения необходимо установить, что каждую трапецию можно
разрезать на два треугольника, у которых есть по одной равной стороне и по
одному равному углу при этой стороне; проверить, обладают ли этими свойст-
вами треугольники, приведенные на чертеже-
Задачи первых трех групп решаются без выполнения чертежей, набросков,
которые обычно используются при рассмотрении аналогичных задач на вычис-
ление. Задачи третьей группы требуют от учеников большего пространственно-
го воображения, чем задачи первых двух групп. В этом их главная трудность,
но вместе с тем и ценность.
3	а д а ч а 1. На рис. 1'1.2 даны две части развертки одного и того же на-
клонного параллелепипеда. Отметить ребра, по которым была разрезана раз-
вертка.
Задача имеет несколько решений. Работа облегчается, если после необхо-
димых измерений позволить учащимся применить цветные карандаши для обоз-
начения равных отрезков и углов; используется демонстрационная модель
наклонного параллелепипеда.
Схема решения задачи: на основании измерения сторон и углов паралле-
лограммов, составляющих развертку, находим среди них такие, которые могут
быть противоположными гранями наклонного параллелепипеда; устанавли-
ваем, что ребра параллелепипеда, имеющие общие вершины, попарно не равны
между собой; на основании предыдущего делаем вывод, что развертка могла
быть разрезана по ребру CCt (МК) или АА f (HP); так как противоположные
грани параллелепипеда равны, задача имеет два решения.
Эта задача становится более интересной, если все ребра параллелепипеда
равны между собой.
Даны две части развертки одного и того же параллелепипеда. Отметить
ребра, по которым была разделена развертка (на рис. 11.3, а—г представлены
различные варианты этой задачи по нарастанию трудности).
Четвертую группу составляют задачи на определение таких элементов
геометрических фигур, заданных моделями или развертками, которые (эле-
менты) нельзя измерить непосредственно.
Такие задачи дают возможность учащимся подумать не только над тем, ка-
кие элементы модели целесообразнее измерить, но и каким методом эффек-
тивнее решать задачу (вычислением, построением или их сочетанием). Выбор
122
Рис. 11.3
решения зависит в первую очередь от размеров и форм данной модели. Рацио-
нальное решение многих задач связано с выполнением дополнительных по-
строений на данных моделях или развертках. Эти построения необходимы для
выявления большего числа зависимостей между данными и искомыми элемен-
тами, а также для упрощения решения задачи.
Задача 2. Дана модель наклонного параллелепипеда ABCDA^ fi, С, О,.
Найти острый угол, под которым пересекаются в точке О диагонали BD и
Анализ решения этой задачи (и аналогичных ей) ведется с помощью про-
екционного чертежа параллелепипеда (рис. 11.4) и набора различных по фор-
ме и линейным размерам моделей параллелепипедов. Вместо проекционного
чертежа может быть использована модель параллелепипеда, на которой показа-
ны его диагонали.
В некоторых случаях решение задачи четвертой группы упрощается, если
на модели выполнить дополнительные построения.
Задача 3. Дана модель треугольной призмы. Определить ее объем.
На первый взгляд может показаться, что эта задача не развивает умения
рационально применять геометрическую теорию. Но дело в том, что на поверх-
ности не всякой модели наклонной призмы можно построить перпендикуляр-
ное сечение (в качестве примера развертка боковой поверхности такой тре-
угольной призмы дана на рис. 11.5).
Еще большее значение для развития логического мышления и пространст-
венного воображения учащихся имеют
задачи на развертках пространствен-
ных фигур.
Дана развертка треугольной пира-
миды (рис. 11.6) . На ее гранях АВС и
ACS^ даны произвольные точки К и М.
Найти длину отрезка КМ.
К пятой группе относятся задачи,
условие которых задано приближен-
ными числовыми значениями линей-
ных элементов и углов фигуры.
Задачи первой—четвертой групп
решаются на основе непосредственно-
го измерения элементов данных моде-
лей или разверток (с помощью допол-
нительных построений на этих моде-
лях и развертках или без них) . Рацио-
нальное решение задач пятой группы
зависит в основном от того, измерения каких элементов произведены на моде-
ли или развертке.
Задачи лабораторного типа, условия которых заданы приближенными чис-
ловыми значениями линейных элементов и углов геометрических фигур, бо-
лее сложны по сравнению с рассмотренными выше, так как зависимости меж-
ду данными и искомыми величинами не могут быть упрощены в результате
рациональных измерений на моделях. Эффективное решение таких задач зави-
сит от того, каким методом определяются результаты (вычислением, построе-
нием или их сочетанием). Для обучения решению задач лабораторного типа
пятой группы можно использовать схему их анализа и решения.
1.	Выбор рационального и достаточно точного решения задачи лаборатор-
ного типа, условие которой задано приближенными числами, зависит не толь-
ко от ее содержания, но и от конкретного соотношения между величинами
данных элементов. Поэтому первым этапом анализа решения таких задач яв-
ляется уяснение формы данной фигуры.
Анализ формы фигуры, например треугольника, сводится к следующему:
определяется вид исследуемого треугольника — прямоугольный, тупоуголь-
ный, остроугольный, неравнобедренный или равнобедренный (или близкий по
форме к одному из них); устанавливается приближенное соотношение между
124
длинами сторон и высотами. Это необходимо для
того, чтобы представить, в каком максимально
возможном масштабе (приближенно) его можно по-
строить, например на тетрадном листе. Форма плос-
кой фигуры может быть уяснена в результате
инструментального построения ее в произвольном
масштабе.
2.	После уяснения формы фигуры делается вы-
вод, можно ли практически построить данную фи-
гуру в таком масштабе, который позволит непо-
средственным измерением определить искомый эле-
мент с точностью, определяемой точностью исход-
ных данных. Другими словами, устанавливается,
нельзя ли искомый элемент эффективно определить
последующим измерением по чертежу данной фигу-
ры.
3.	Если искомый элемент можно определить построением и последующим
измерением по чертежу данной фигуры, строится данная фигура в масштабе
1:1 (или в любом другом практически возможном и удобном для последую-
щих расчетов). Строится и измеряется искомый элемент. Определяется
масштаб чертежа, необходимый для получения результата с точностью, опреде-
ляемой точностью исходных данных. Строится данная фигура в новом масшта-
бе. Строится искомый элемент. Измерением определяется величина искомого
элемента в новом масштабе. Вычисляется максимальная ошибка результата.
4.	Если искомый элемент нельзя определить построением и последующим
измерением по чертежу данной фигуры, пытаются найти те части данной фигу-
ры, которые можно построить.
5.	Из указанных в п. 4 фигур выбирают такие, которые позволяют непо-
средственным измерением с необходимой точностью найти величину искомых
элементов или одного такого промежуточного результата, который дает воз-
можность рационально получить ответ.
Если указанные в п. 4 фигуры не обнаруживаются, пытаются это сделать
путем дополнительных построений.
6.	Дальше задача решается по плану, описанному в п. 3.
7.	Проводится исследование полученного решения.
Шестую группу задач лабораторного типа составляют задачи на построение
разверток пространственных фигур. Их решение требует применения
комплекса геометрических знаний. Данными для получения результата яв-
ляются непосредственные измерения элементов моделей или разверток, во-
ображаемые перемещения, дополнительные построения и вычисления как по
готовым формулам, так и по формулам, полученным в результате тождествен-
ных преобразований.
П р и м е р ы. а) дана модель наклонной четырехугольной призмы.
Построить ее развертку;
б)	дана часть развертки (три различные грани) наклонного параллелепипе-
да (рис. 11.7). Построить полную его развертку;
в)	дана часть развертки (три грани, рис. 11.8) наклонной пятиугольной
призмы. Построить недостающие боковые грани этой призмы.
125
12. ВЕКТОРНОЕ РЕШЕНИЕ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
12.1.	Основные положения
Применение аппарата векторной алгебры к решению геометрических задач
основывается на следующих положениях:
1)	необходимым и достаточным условием коллинеарности ненулевых
векторов а и Ь является существование такого числа х #= 0, при котором верно
равенство Ь = ха;
2)	если векторы а и b неколлинеарны, то всякий векторе, компланарный
с векторами а и Ь, единственным образом представим в виде с = ха + yb ;
3)	если ха + у b = О и а и b неколлинеарны, то х = у = 0;
4)	для каждого вектора пространства существует единственное разложе-
ние потрем данным некомпланарным векторам;
5)	если ха + yb + zc = 0 и векторы а,Ь,с некомпланарны, то х = у = z =
= 0;
6)	в качестве базисных выбираются векторы, у которых известны дли-
ны и угол между ними. Во многих случаях целесообразно раскладывать век-
торы по ортогональным векторам;	_	_
7)	пусть i]jr — единичные ортогональные векторы. Если = х(/ + И, /	+
+ гЛа, =х 7 *yj + z к, то а а = х х. +У,Уг + z,z2‘.
1	4	л	4	4	14	14	14	14
8)	если т1 = х{а + уЪ + z^с,	— х^а + y2b + z2с , то + т2 = ( х(±
±х2)а+ (yt ±y2)b+ (zt ±z2)c;
9)	(АВ) |! (СО) « AB = kCD;	___ __	_ _
10)	если точка А принадлежит прямой ВС, то АВ = кАС. Если АВ = кАС, то
точка А принадлежит прямой ВС',	___ ____
11)	если точка С принадлежит отрезку АВ, то АС = к АВ, 0	< 1;
12)	если прямые АВ и CD перпендикулярны, то AB-CD= 0;	_
13)	для того чтобы найти длину отрезка АВ, раскладывают вектор АВ по
базисным векторам и находят АВ2, используют формулу АВ2 = АВ2;
14)	величина угла между векторами а ид находится по формуле
а b
cos ( а, Ь ) = ———— »'
__ |а||д_|_	_	_	__
15)	если ОС = тОА + (1 — т) ОВ, то ВС = тВА (рис. 12.1). Если АВ =
= тАС, то ОВ = тОС + (1 — т) ОА (рис. 12.2);
16)	если а = Ь—с (рис. 12.3), то
а' = (д — с)z = д2 — 2Ьс + с2 и Ъс = 0,5 (д2 + с2 — а2);
17)	решение метрических задач связано с применением скалярного произ-
ведения векторов. При решении аффинных задач свойства скалярного произ-
ведения, как правило, не используются.
126
о
12.2.	Примерный общий план векторного решения задач
Общий план векторного решения геомегрических задач состоит из сле-
дующих частей:
1)	перевод условия задачи на язык векторов, т.е. составление системы
векторных уравнений по условию задачи;
2)	выбор базисных векторов;
3)	разложение всех введенных в рассмотрение векторов по базисным век-
торам;
4)	упрощение системы векторных уравнений;
5)	замена векторных уравнений алгебраическими (на основании единст-
венности разложения векторов по базисным векторам);
6)	решение системы алгебраических уравнений;
7)	объяснение геометрического смысла полученного решения этой систе-
мы.
12.3.	Задачи аналитической геометрии
При решении задач аналитической геометрии в качестве базисных выби-
раются, как правило, векторы i и/.
Задача 1. Доказать, что отрезки АВ и СО параллельны, если А ( 1 ; 3 ),
5(2; -1), С(_0; 4),О(2; -4Г	__ _
Находим АВ = (1; -4) иСО = (2; —8). Отсюда АВ = 0,5CD.
Задача 2. Найти координаты вершины D параллелограмма ABCD, если
А (-1; 2; 3), В (-2; 4; 6), С (6; -5; 8).	_	_
Четырехугольник ABCD — параллелограмм (рис. 12.4). Поэтому AD = ВС
(8; —9; 2). Чтобы найти координаты точки D, следует к координатам точки А
прибавить соответствующие координаты вектора ВС. Получаем D (7; —1; 5).
127
с
А
Рис. 12.4
Задача 3. Записать координаты точки С (х; у; z), симметричной точке
б (—2; 3; 4) относительно точки А (3; —1; 0).
Так как СА = АВ, то (3 —х; —1 — у; 0 —z) = (—5; 4; 4). Отсюда 3 —х =
= —5, -1 - у = 4, —z = 4, т.е. х = 8, у = —5, z = —4.
Задача 4. Составить векторное уравнение прямой, заданной точками
А (1; -1; 2)_и В (3^-2; 4).
Ответ. АС = к АВ, где к — любое действительное число.
Задача 5. Принадлежит ли точка С (7; 9; 0) прямой АВ, еслиД (—1; 1; 2)
и б (3; 6; -1) ?
Если точка С принадлежит прямой АВ, то существует такое число к, что
АС = кАВ, т.е. (8; 8; —2) = к (4; 5; —3), что невозможно.
Задача 6. Записать координаты точки С, которая делит отрезок АВ в
отношении 2:1, считая от точки А, если А (1; —1; 2) и б (7; —4; —1).
Очевидно, что А С = — АВ = — (6; —3; —3) = (4; —2; — 2). Поэтому С (1+
3	3
+ 4; -1 - 2; 2 - 2), т.е. С (5; -3; 0).
Задача 7. Можно ли вектор D{K разложить по векторам D^D и »
если К (-3; 7; -7),	(-3; 10; -5),D(-5; 6; —1), XX х (1; 6; -7)?
Если = *ZFd + л/Г"д, то (0; -3; -2) = к (-2; -4; 4) + л(4; -4; -2).
Отсюда получаем систему уравнений
0 = —2к + 4л ;
—3 = —4* — 4л ;
—2 — 4к —2п.
Система этих уравнений несовместна, поэтому задача не имеет решения. Иначе
говоря, точка К не принадлежит плоскости D DAf.
Задача 8. Назвать координаты какой-либо точки М, принадлежащей
прямой АС1, если Д(-1; 2; —3) и С] (1; 12; —1).
Если точка М принадлежит прямой АС{, то AM = кАС = к (2; 10; 2 ) =
= (2к; 10к; 2к ). Так как А (-1; 2; -3), то М (-1 +2к-, 2+ 10*; -3+2* ).
Например, если к = -2, то М (— 5; —18; —7).
Задача 9. Составить уравнение плоскости ABF, если F ( — 4; 8; —3 ) ,
А (-1; 2; -3) и 6(3; 4; 1).	___ _
Если/И(х; у; г) — произвольная точка плоскости ABF, то ВМ = кВА +
+ nBF или ( х — 3; у — 4; г — 1) = к (—4; —2; -4) + л (—7; 4; —4). Получаем
систему уравнений:
128
х — 3=—4к—7п;	(12.1)
у-4=-2£+4л;	(12.2)
z -1 = -4 А- —4л.	(12.3)
Умножим обе части второго уравнения на —2. После этого уравнение (12.2)
сложим почленно с уравнениями (12.1) и (12.3). Получим:
х-3 -2 (/-4) =—15л;	(12.4)
z - 1 — 2 (/ - 4) = -12л .	(12.5)
Умножаем уравнение (12.4) на 4, уравнение (12.5) — на —5. После почлен-
ного сложения .этих уравнений получаем ответ: 5z — 2у — 4х + 15 = 0.
Задача 10. Принадлежит ли точка К (—3; 9; —5) плоскости В А С, если
В (3; 4; 1), Д (1; 6; -7) и С (-3; 10; -5)?	__ _	__
Если точка К принадлежит слоскости ВАС, то АК = кАВ + пАС, т.е. (—4;
3; 2) = к (2; -2; 8) + л (-4; 4; 2). Отсюда -4 = 2к - 4л, 3 = -2к + 4л, 2 =
= 8к + 2л . Система этих уравнений несовместна. Поэтому точка К не принад-
лежит плоскости ВАС.
Задача 11. Составить уравнение плоскости а, проходящей через точку
5(3; 4; 1) и параллельной плоскости АМК, если А (—1; 2; -3),М{ 5; 8; —3)
иК(-3; 10; -5).	__ ______
ЕслиЛ4(х; у\ z ) — произвольная точка плоскости а , то ВР = кАМ +
+ пАК, т.е. ( х — 3; у — 4; z — 1) = к (6; 6; 0) + л (-2; 8; —2). Отсюда х — 3 =
= &к — 2л , у - 4 = 6к + 8л , z — 1 = -2л.
Исключив из системы этих уравнений параметры к ип , получим уравне-
ние плоскости a: 5z + у — х — 6 = 0.
Задача 12. Доказать, что прямые BD и А С скрещивающиеся, если В (3;
4; 1), D (-3; 10; -5),Д (1; 6; -7) иССк 12; -1).
Очевидно, что BD = (—6; 6; —6) иАС= (0; 6; 6). Отсюда ясно, что век-
торы BD и АС неколлинеарны.
Допустим, что существует точка М пересечения прямых BD и АС ( рис.
12.5).Тогда BA + AM = ВМ, т.е. ВА + пАС = kBD или (—2; 2; —8) +л ( 0; 6;
6) = к (—6; 6; —6). Отсюда —2 = —6к, 2 + 6л = 6к, -8 + 6л = —6к. Система
этих уравнений несовместна. Следовательно, точки М не существует.
Задача 13. Найти координаты точки М, отличной от точки В и принадле-
жащей прямой DB, если СМ = СВ и В (3; 4; 1),D(—3; 10; —5), С (5; 8; —3).
Пусть ВМ = kBD = к (—6; 6; —6). Тогда СМ = СВ + ВМ = (—2; —4; 4 )	+
+ £(—6; 6; -6) = (-2-6*; -4 + 6*; 4-6*).
По условию задачи СМ2 = СВ2. Поэтому (—2 — 6*)2 + (—4 + 6Лг)2 + (4 —
— 6к)2 = 36. Отсюда к1 = 0 и к^ = 2/3. Но точки М и В не совпадают. Поэтому
~ВМ= - (-6; 6; -6) = (-4; 4; -4) и М (-1; 8; -3).
3
Задача 14. Найти расстояние В^Н от точки В^ до прямой В, если
5, (5; 8; -3),	(-3; 10; -5) и В (3; 4; 1) (рис. 12.6).
Пусть D Н = nD^ В = л (6; —6; 6). Далее,
W/F = О^51 - СГН = (8; -2; 2) -л (6; -6; 6) =
9 Зак 5044
129
С
A
= (8 — 6л ; —2 + 6л; 2-6л).	(12.6)
По условию задачи	= 0, поэтому
6 (8 - 6л ) - 6 (-2 + 6л ) + 6 (2 - 6л ) = 0.
Отсюда л =2/3. Из равенства (12.6) имеем НВ^ = (4; 2; —2); НВ* = 42	+
+ 22 + (-2) 2 = 24 и HBt = 2 х/б\
Задача 15- Составить уравнение плоскости а, проходящей через середи-
ну М отрезка AD и перпендикулярной к прямой СВ (рис. 12.7), если А ( —1; 2;
-3),D(-5; 6; -1), С(-3; 10; -5) и 6(3; 4; 1).
Очевидно, что М (-3; 4; -2). Пусть Р (х; у; z) — произвольная точка
плоскости а. Тогда МР'СВ = 0 или ( х + 3; у—4;г+2)(6;—6;6)=0или6(х +
+ 3) - 6(у - 4) +6(z +2) =0.
Итак, уравнение плоскости а имеет вид г — у+х+9=0.
Задача 16. Составить уравнение плоскости а, относительно которой
симметричны точки О (—5; 6; —1) и В (3; 4; 1) (рис. 12.8).
Плоскость а пересекает отрезок DB в точке Р (—1; 5, 0), которая являет-
ся серединой отрезка DB. Пусть М (х; у; z) — произвольная точка плоскости
а. Тогда DB-PM =0 , т.е. (8; —2; 2) ( х + 1; у —5; z ) = 0 или 8 (х + 1) — 2 (у —
-5) +2z = 0.
Итак, уравнение плоскости а имеет вид 4х — y+z+9=0.
Задача 17. Найти координаты точки М (х; у; z), симметричной точке
S] (5; 8; —3) относительно прямой, заданной точками В (3; 4; 1) и (1; 6; —7)
(рис. 12.9).
1.	Вектор ВН =0,5 ВВl + 0,5ВМ, ВН = кВА^;
кВА = 0,566, +0,5644;	(12.7)
130
BJ^BA =Q.	(12.8)
Из равенств (12.7) и 02.8) получаем:
к (—2', 2; -8) =0,5(2; 4; -4) + 0,5 (х - 3; у - 4; z - 1) ;
(х - 5; у - 8; г + 3) (-2; 2; -8) = 0.
Система этих уравнений равносильна следующей системе:
—	2к = 1 + 0,5 ( х - 3) ;
-	8к = —2 + 0,5(z — 1);
2к = 2 + 0,5 (у - 4);
-	2 (х - 5) + 2 (у - 8) - 8 (z + 3) =0.
Решив эту систему уравнений, получим М (-1; 2; -3).
2.	Пусть К — такая точка прямой ВА (, что четырехугольник ВВ1МК яв-
ляется ромбом (рис. 12.9). Если ВК = кВА{ = (— 2к ; 2к; — 8*), то К (3 — 2к ;
4 + 2*; 1-8*) \лВ1<= (-2 -2к; -4+ 2*;'4 -8к) ,BJ3= (-2; -4; 4).
Так как В^К2 = ВХВ2, то
(-2 — 2к)2 + (-4+ 2*)2 + (4 — 8*) 2 = (-2) 2 + (-4) 2 +42.
Отсюда к = 0 или к = 1. Теперь ясно, что К (1; 6; —7). Точка Н — середина от-
резка В К, поэтому Н (2; 5; -3) иЛ#(-1; 2; —3).
Задача 18. Найти расстояние А, Н от точки (1; 6; —7) до плоскости
АВХ К, заданной точками А (—1; 2; — 3), В (5; 8; —3) и К {—1; 8; —6) (рис.
12.10).
1.	ПустьР(0; у; z) такая точка, что АР'АВ^ = 0 и АР-АК = О.Так какДР =
= (1; у - 2; г + 3), АВХ = (6; 6; 0), АК = (0; 6; —3), то последние два ра-
венства принимают вид:
6 + 6 (у-2) =0; 6 (у-2) — 3(z + 3) =0.
Решив систему этих уравнений, имеем: у = 1, z — —5. Итак, АР = (1; —1; —2).
Пусть AM = НА j. Тогда МА* AM = 0. Если AM = пАР = ( п; —п; —2п ) ,
131
ToMAt = AAf - AM = {2—n; 4 + n ; —4 + 2n ) и (2 - n) n - (4 + n) n -(—4 +
+ 2n) 2n = 0. Отсюда n= 1, HA( = (1; —1; —2) и HA^ = y/~6.
2.	Пусть AtB' = ABi и отрезок MT — общий перпендикуляр к прямым
А^В' и АК (рис. 12.11). Тогда А^Н = МТ.
Пусть А^М = тА^В' = тАВ} = ( 6т; 6т; 0) и АТ = кАК =	( 0; 6k ;
—3k). Очевидно, что
А~В'. ТМ = 0;	(12.9)
АК-ТМ = 0.	(12.10)
Находим
ТМ~=АА +А{М-АТ= (2 +6m; 4 + 6т - 6k ; — 4 + ЗА-).
После этого равенства (12.9) и (12.10) преобразуются к виду.
6 (2 + 6т) + 6 (4 + 6т -6k ) = 0; ]
6 (4 +6m- 6k) — 3(—4+3/r) =0.
Решив систему этих уравнений, получим: т = —1/6, к = 2/3, ТМ =1 1; —1; —2)
viAiH = V~6.
3.	Пусть АН = пАВ^ + кАК, НА ‘ АВ = 0, НА-~АК=0 (рис. 12.12).Тог-
да
(AAt — АН) АВу =0;	(12.11)
(А41 -АН)АК = 0.	(12.12)
Очевидно, что НА^ = АА^ — АН = AAt —nABj — кАК = (2 — 6п; 4 —
- 6п —6к; - 4 + Зк ), АВХ = (6; 6; 0), АК = (0; 6; -3).
После этого уравнения (12.11) и (12.12) принимают вид:
6(2 -6л) + 6 (4 — 6А-) =0;
6 (4 - 6л - 6к) - 3 (—4 + Зк) = 0.
Решив систему этих уравнений, получим: к = 2/3, л= 1/6, НА^ = (1; —1;—2)
и НАХ =\Лб7
4.	Пусть прямая А^Н пересекает плоскость XOY в точке Р (х; у; 0).Тог-
да ________
Д1/’-ДК = 0;	(12.13)
А^Р‘АВ = 0.	(12.14)
Так как А^Р= (х - 1; у -6; 7), АК = (0; 6; -3),АВ =	( 6; 6; 0 ),
уравнения (12.13) и. (12.14) преобразуются к виду:
132
В1
Рис. 12.11
6 ( и -6)
Рис. 12.12
-21=0; 6 ( х -1) + 6 ( у - 6) = 0.
Решив систему этих уравнений, найдем Р (—2,5; 9,5; 0). Из
треугольника АНА{ получаем (рис. 12.13)
А^А-А^Р
АгН= | A^AcosLAA'Hl = | А{А —	|
I
прямоугольного
\АА-АР\ (—2; —4; 4) (—3,5; 3,5; 7)	_
= --J----1-- = | -		------- I = VT.
|Д/|	т/3,52 + 3,52 + 72
5.	Пусть НМ = A }Н ( рис. 12.14) и М ( х; у; z ). Тогда AM2 = А А2 , КМ2=
= А2, ВtM2 =AtB2. Получаем систему уравнений:
( х + 1)2 + ( у — 2)2 + ( z + 3)2 = 36;
(х + 1)2 + (у-8)2 + (г+6)2 =9;
(х — 5)2 + ( у — 8)2 + ( z + 3)2 = 36.
(12.15)
(12.16)
(12.17)
Выполнив почленное вычитание уравнений (12.17) и (12.15), (12.17) и
(12.16), получим:
-12х + 24 - 12у + 60 = 0; -12х + 24 - 6z - 27 = 27.
Отсюда у = — х + 7 и z = —2х — 5. После этого уравнение (12.15) принимает
вид (х+1)2 + (—х + 5)2 + (—2х — 2)2 = 36. После очевидных преобразований
последнего уравнения и уравнений (12.16) и (12.17) получаем: xj = 1г х =
= -1,у( =6, у2 = 8,zj = -7,z2 = —3,
Итак, М} (1; 6; —7) или М? (—1; 8; —3). Но Мl = А рпоэтому М (—1; 8;
—3), ЛУ (0; 7; -5) и НА^ = (1; -1; -2},НАХ =^6.
6.	Пусть Н(х- у; z) — основание перпендикуляра AJ-! к плоскости
АВ^К (рис. 12.15). Тогда
HA-HA^Q; НВсНА}=0; НК-НА}=0.	(12.18)
133
НА = (-1-х; 2-/; -3-z);
НА 1 = (1-х; 6-и; -7-z );
НВ' = (5 -х; 8-и; -З-z );
НК= (-1-х; 8-и; -6-z),
то равенства (12.18) принимают вид:
(-1 _Х) d _х) + (2 — /) (6-и) + (-3-z) (-7-z) =0;
(5-х) (1 — х) + (8-/) (6-и) + (-3-z) (-7-z ) =0;
(-1 —х) (1 —х) + (8-и) (6-и) + (—6 — z) (-7-z ) =0.
Выполнив почленное вычитание второго уравнения из первого и третьего
из первого, получим:
-6(1 -х) -6 (6-и) =0; 6(1 - х) +3(—7 —z )=0.
Отсюда и = 7 — х , z = —5 — 2х и х) =0, х2 = 1, и, = 7, и2 = 6, z] = —5,z2 =
= —7. Итак, W(0; 7; -5), НА} = (1; -1; -2),НД1 = V 6.
7.	Прямая А'Н является пересечением плоскостей а и Р , перпендику-
лярных соответственно к прямым АВ^ и В К и проходящих через точку А}.
Составляем уравнения этих плоскостей:
(х — 1) 6 + ( и — 6) 6 + ( z + 7) 0 = 0;	(12.19)
(х- 1)6+ (и — 6)0+ (z +7) 3 = 0	(12.20)
или
и+х — 7 = 0; z + 2x + 5 = 0.
(12.21)
Найдем координаты какой-либо точки F, принадлежащей прямой А^Н,
т.е. такой, которая является решением системы уравнений (12.21) .Пусть* =
= 0. Тогда у = 7, z — —5. Итак, точка F (0; 7; —5) лежит на прямой A J-L
Точка Н является пересечением прямой AF и плоскости /С,которая
перпендикулярна к этой прямой. Поэтому получаем уравнение плоскости
АВХК-
(х + 1)1 + (у —2} (-1) + (z + 3) (-2) =0
или
2z + у -х + 3=0.	(12.22)
Решив систему уравнений (12.21) и (12.22), найдем Н (0,7; —5) \лНАх =
= \/б.
12.4.	Задачи элементарной геометрии
Задачи на взаимное положение точек, прямых и плоскостей не требуют
применения свойств скалярного произведения векторов. При решении метри-
ческих задач используются все изучаемые в школе свойства этого произведе-
ния.
Задача 1. Медианы СК и AM треугольника А ВС пересекаются в точке Р
(рис. 12.16). Доказать, что MP : РА = КР : PC = 1:2.
Пусть точка Я принадлежит отрезку AM и АР : РМ — 2 : 1. Тогда СР =
= — С А + — СМ = — ( СА + СВ}. Далее, СК = — ( СА + СВ}. Отсюда ясно,
3	3	3	2
—	2 —
что СР= — СК , т.е. медиана СК проходит через точку Р \лСР : РК =2:1.
3
Задача 2. Отрезок AM — биссектриса треугольника АВС (рис. 12.17).
Доказать, что АВ : АС= ВМ : МС.
Пусть АВ = с, АС = Ь. Построим ромб АКМР. Точки В, М ,С принадлежат
одной прямой. Поэтому AM = (1 — х}АВ + хАС = (1 — х) сАК + xbAP. С дру-
гой стороны, AM = АК + АР. Поэтому (1— х)с=1их6=1. Отсюда (1 — х) :
: х = b :с.
Задача 3. Дан треугольник АВС (рис. 12.18) ,АЕ = ЕВ, CD= 2DB. Точ-
ка О есть пересечение прямых СЕ iaAD. Найти DO ; ОА.
Рис. 12.18	Рис. 12.19
Выберем векторы ВА и ВС в качестве базисных. Точки А,О и ^принад-
лежат одной прямой. Поэтому ВО =хВА + (1 — х) BD. На основании тех же
условий ВО = (1 — у) BE + уВС. По условию задачи BE = — В А и BD = — ВС.
2	3
Следовательно,
— — 1 — х — — 1 — у —  
ВО = хВА + ------ ВС ; ВО = ------- ВА + уВС.
3	2
Из этих равенств получаем систему уравнений: х = 0,5 (1 — у), (1 — х) :3 = у.
Решив ее, имеем: х = 0,4 и 1 — х = 0,6. Итак, DO : ОА = 0,4 : 0,6 = 2 : 3.
Задача 4. ABCD — трапеция с основаниями BCnAD. Прямые АВ и
CD пересекаются в точке Н. Точка М является пересечением прямых АС и
50. Векторы BP = PC,AK = KD. Доказать, что точки Н, Р, М и К принадле-
жат одной прямой (рис; 12.19).
Пусть ВС = kAD. Тогда из подобия треугольников ВМС и DMA следует
МС : МА = к : 1. Треугольники НВС и HAD подобны, поэтому НА = НВ и
НО = -1 НС.
к
Считаем векторы НВ и НС базисными. Получаем:
__	,	___ ____ _____ к _________ 1	__ 1	___
HP = - ( НВ + НС); НМ = —— НА + —'— НС = —— ( НВ +
2	к +1	к + 1 к + 1
+ НС);
НК = 1 (HA + HD) = — (НВ + НС).
2	2к
Теперь ясно, что векторы HP, НМ, НК коллинеарны, т.е. точки Н,Р,М \лК при-
надлежат одной прямой.
136
3
Задача 5. Дан треугольник ABC; BD = 3DC, АЕ = 1,5 ЕС, ВК = 2КА-
Доказать, что прямые AD, BE и СК пересекаются в одной точке (рис. 12.20).
Пусть ВА и ВС — базисные векторы и точка М есть пересечение прямых
AD и СК. Очевидно, что
ВЁ = 0,4ВА + 0,6ВС = 0,2 (2ВА + ЗЗС ).	(12.23)
В силу коллинеарности точек К, М,С и А, М, D имеем:
ВМ = (1 -х)ВК + хВС; ВМ = уВА + (1 - y)BD.
Так как В К = 0,4 и BD= 0,75ВС, то
ВМ =	—- ВА + хВС;	(12.24)
3
ВМ = уВА + 3( 1 ~ ВС .
4
Из этих равенств получаем систему уравнений:
2( 1 —х)	3(1-/)
у =--------; х ------------.
3	4
Решив ее, имеем х = 1/2. Теперь равенство (12.24) принимает вид
~ВМ = 1вА + ±ВС= ( 2ВА+ЗВС}.	(12.25)
3	2	6
Из равенств (12.23) и (12.25) следует ВМ = — BE , т.е. прямая BE прохо-
6
дит через точку М.
Задача 6. Дан треугольник АВС. Вектор ВК = — ВА,АМ = — АС, СР=
3	3
1	
= — СВ. Доказать, что точки Н v\ Е пересечения медиан треугольников АВС и
М$Р совпадают (рис. 12.21).
Выбираем в качестве базисных векторы ВА и ВС. Пусть Т — середина от-
резка АС. Тогда ВН = —ВТ = — ВА + — ВС. Очевидно, что КЕ = — КМ + — КР.
3	3	3	3	3
10 Зак. 5044
137
КР = ВР-ВК = 2вс - - ВА .
3	3
Поэтому ~КЁ = -	бС.Так как КН = ВН - Wk = - ВА	+ - ВС -	- ВА	= 1	ВС,
3	3	3	3	3
то точки Н и Е совпадают.
Задача 7. В треугольник АВС вписан параллелограмм ADEF так, что
вершины D, Е, F лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и А С. Через середи-
ну М стороны ВС проведена прямая AM, пересекающая прямую DE в точке К.
Доказать, что четырехугольник CFDK является параллелограммом ( рис.
12.22)	.	___ _	_ ____
Пусть BD = тВА.Выбираем в качестве базисных векторы ВА и ВС. Так
как точки D, К, Е и А, К, М коллинеарны, то
ВК= (1 — x)Wb + xBE = m (1 -х)ВА + тхВС;
ВК = (1 -у)ВА + уВМ = (1 — у) ВА + 0,5 у ВС.
Отсюда т (1 — х) = 1 — у, тх = 0,5у. Решив систему этих уравнений, находим
х = (1 -т)/т, т.е. DK = 1 ~-'п ОЁ. Но DE = тАС. Поэтому DK = (	1-
___	т
— т) АС.
Далее, FC= AC- AF = AC -DE = АС - тАС = (1 - т) АС .
Утверждение задачи доказано.
Задача 8. Четырехугольник ABCD — трапеция с основаниями АВ и CD,
AM = MD , ВК = КС. Доказать, что прямые АК и СМ непараллельны ( рис.
12.23).	_ ______	_	___
Выбираем векторы АВ vtAD в качестве базисных. Пусть DC = kAB. Тогда
МС =0,5 AD + kAB,AK = 0,5 (АВ + AC) = 0,5(AB+AD +kAB) =MC+0,5(1-
— k )AB. Отсюда ясно, что векторы АК и МС неколлинеарны.
138
с
Задача 9. Доказать, что можно построить треугольник, стороны кото-
рого равны половинам диагоналей любого четырехугольника ABCD и его сред-
ней линии МК (рис. 12.24).
Выразим векторы АР, DE и МК через векторы АВ, AD, АС, которые за-
дают четырехугольник ABCD. Вектор АР = О,БАС, DE = О,БОВ = 0,5 ( АВ —
-AD), МК =AD+DK —AM = 0,5 ( AD + AC — AB). Получаем DE + MK
= 0.5ДС.
Задача 10. Доказать, что для любых четырех точек А, В, С, D выпол-
няется равенство
АВ-CD + ВС- AD - AC BD = 0.	(12.26)
Четырехугольник ABCD можно задать векторами АВ, АС и AD ( рис.
12.25). Выражаем через них все остальные векторы в доказываемом равенст-
ве: CD = AD — АС, ВС = AC — АВ, BD = AD - AB. После этого утверждение за-
дачи становится очевидным.
Задача 11. Вокруг правильного треугольника АВС описана окружность
радиусом 1 с центром в точке О. Доказать, что сумма квадратов расстояний от
произвольной точки М окружности до вершин этого треугольника равна 6 (рис.
12.26).
139
Очевидно, что
CM2 + МА2 + МВ2 = ( ОМ - ОС)2 + ( ОА -ОМ) 2 +
+ ( ОВ - ОМ) 2 - ОМ2 + ОС2 - 20М-0С + ОА2 + ОМ2 -
- 20А-0М + ОВ2 + ОМ2 -2ОВ-бМ=6 - 20М (ОС + бА + ОВ ) =
= 6 - 2ОМ-0 = 6.
Задача 12. Доказать, что большей медиане треугольника соответствует
меньшая сторона (рис. 12.27).
Пусть АМ>ВК (AM и В К — медианы треугольника АВС ).
Вектор AM = АС - МС = АС - 0,5ВС, ВК = ВС - КС	ВС - 0,5АС;
AM2 = АС2 - АС-ВС + 0,25ВС2 ;	(12.27)
ВК2 = ВС2 - ВС-АС+0,25АС2.	(12.28)
Из равенств (12.27) и (12.28) получаем
AM2 - ВК2 = 0,75ДС2 - 0.75ВС2 = 0,75 ( АС2 -1Гс2).
Задача решена.
Задача 13. Дан треугольник АВС. Отрезки АК, ВН, СЕ — его высоты.
Доказать, что прямые АК, ВН и СЕ пересекаются в одной точке D ( рис.
12.28).
Пусть А С — наибольшая из сторон треугольника АВС. Тогда треугольник
можно расположить относительно прямоугольной системы координат XOY
так, как показано на рис. 12.28.
Пусть В ( а; b ) и С ( с; 0). Тогда АВ = ( а; Ь) и АС = ( с; 0) ,СВ = (а —
— с; b ). Пусть прямые СЕ и АК пересекаются в точке D ( х; у). Тогда AD=
= ( х; у) и CD = ( х — с; у ).
По условию задачи прямые AD и ВС, CD и АВ взаимно перпендикуляр-
ны. Поэтому AD-СВ = О, CD-AB = 0 и х( а — с ) + yb = 0, ( х — с) а + yb = 0.
Отсюда х=а и у= (с—а)а/Ь.
Задача 14. Доказать, что биссектрисы двух плоских углов трехгранно-
го угла и биссектриса угла, смежного с третьим плоским углом, лежат в одной
плоскости.
140
Отложим на ребрах трехгранного угла с вершиной О равные отрезки ОА,
ОВ, ОС (рис. 12.29). Пусть ОВ} = -ОВ. Треугольники 5[ ОС, АОВ, АОС рав-
нобедренные, поэтому их биссектрисы ОК, ОМ, ОР являются и медианами.
Приняв векторы ОА,ОВ и ОС за базисные, разложим по ним векторы: ОМ =
= 0,505 + 0,5 ОД ; ОР = 0,504 + 0,5ОС; ОК = 0,50В} + 0,5ОС = -0,5ОВ +
+ 0,500
Очевидно, что ОР — ОМ = 0.5ОС — 0,505 и ОК = ОР — ОМ. Утверждение
задачи доказано.
Задача 15. Основанием четырехугольной пирамиды MABCD является
параллелограмм ABCD,DK = КМ, ВР = 0,25ВМ.Точка X есть пересечение
прямой МС и плоскости АКР. Найти отношение MX : ХС (рис. 12.30).
Выберем в качестве базисных векторы А В, AD и Так как точкаХ
принадлежит плоскости АКР, то
АХ = тАК + пАР = т ( 0,5 ДО + 0,5 AM ) + п ( 0,25AM + 0,75АВ ) =
= 0,75 пАВ + 0,5mAD + (0,5 л? + 0,25л ) AM .	(12.29)
Пусть MX = kMC. Тогда
АХ = (1 — к} АМ~+кАС = (1 — к} AM + kAD + кАВ.	(12.30)
Из равенств (12.29) и (12.30) имеем: 0,75л = к , 0,5т = к , 0,5л) + 0,25л=
= 1 — к . Решив систему этих уравнений, получаем к = 3/7, т.е. MX : ХС = 3:4.
Задача 16. Дана замкнутая неплоская ломаная с шестью звеньями. До-
казать, что если противоположные звенья ломаной попарно параллельны, то
они попарно равны (рис. 12.31).
Очевидно, что А В + ВС + CD = AF + FE + ED. Пусть AF = kCD, FE = тВС,
ED = пАВ. Тогда
АВ +ВС + CD= kCD + тВС + nA В
или
141
(1 — п ) АВ + (1 — т) ВС + (1 — k)CD=O.
По условию задачи векторы АВ, ВС и CD неколлинеарны, поэтому п =
= т= к = 1. Утверждение задачи доказано.
Задача 17. Доказать, что если два пересекающихся ребра тетраэдра со-
ответственно перпендикулярны к противолежащим им ребрам, то остальные
два противолежащих ребра также взаимно перпендикулярны (рис. 12.32).
Пусть АВ, AC, AD — базисные векторы, а АВ и CD , AD и ВС —взаимно
перпендикулярные прямые. Тогда А5*СС=0и AD-ВС = 0 или AB(AD — ACl=
= 0 и AD ( АС -АВ ) = 0. Сложив почленно последние два равенства, полу-
чаем АС ( AD — АВ ) = 0 или AC-BD = О,
3 а д а ч а 18. Ребра прямого трехгранного угла с вершиной D пересечены
плоскостью в точках А, В, С. Доказать, что треугольник АВС остроугольный
(рис. 12.33).	_______
По условию задачи векторы DA,DB и DC взаимно перпендикулярны. На-
ходим AC-AB = ( DC — DA) ( DB- DA) = DC-DfT- DC-DA - DA-DB + DA2 =
= DA2 > 0. А это означает, что угол между векторами АС и АВ острый.
Аналогично показывается, что и два других угла треугольника А ВС острые.
Задача 19. A BCDA} B^^D^ — куб (рис. 12.34). Доказать, что прямая
B^D перпендикулярна к плоскости D^C.
Считаем векторы DA, DD^, DC базисными. Плоскость ADf С определяется
пересекающимися прямыми ADj и АС. Пусть АВ = 1. Докажем, что прямые
B^Dw ADi, B^Dv\ АС взаимно перпендикулярны. В самом деле,
DBX- ADx = (DA+DDl + DC) ( DD{ - DA) =
= DA 'DDx -DA2 +DD2- DCh DA + DC-DD^ - DC-DA =
= 0-1 + 1- 0 + 0-0 = 0.
Аналогично показывается, что и DB -АС= 0.
Задача 20. В треугольной пирамиде ABCD ребра AD и ВС взаимно
перпендикулярны (рис. 12.35). Доказать, что АВ2 + CD2 = АС2 + BD2.
Считаем векторы АВ, AC, AD базисными. Выражаем через них векторы
CD = AD — AC, BD — AD — АВ. Тогда
AB2 + CD2 = AB2 + {AD-AC) 2 и AC2 + BD2 = AC2 + ( AD-AB)2.
Отсюда __	_ _______ _____ _______ ___
{AB2 +CD2) - {AC2 + ВD2) =—2ADAC + 2AD‘AB =
= 2AD{AB-AC) = 2AD-CB = 0,
так как прямые AD и ВС взаимно перпендикулярны. Утверждение задачи до-
казано.
13.	МЕТОДЫ РЕШЕНИЯ ГЕОМЕТРИЧЕСКИХ ЗАДАЧ
НА ПОСТРОЕНИЕ ПЛОСКИХ ФИГУР
13.1.	Метод геометрических мест точек
Сущность метода заключается в следующем. Устанавливается множество
точек, удовлетворяющих только одному из условий задачи. Строится мно-
жество точек, отвечающих только другому условию задачи. Пересечение этих
двух точечных множеств определяет искомую фигуру, поэтому этот метод час-
то называют методом пересечения фигур.
Задача 1. Построить треугольник АВС, зная, что АС = bj. АВС = 5и
высота АН, проведенная из точки А на сторону ВС, равна h.
Строим отрезок АС = Ь. Вершина В треугольника АВС лежит на окруж-
ности ш , в которую вписывается LABC, опирающийся на хорду АС(рис. 13.11
Строим окружность CJ . Угол АНС прямой, поэтому точка Н лежит на полуок-
ружности о/ диаметром АС. Строим полуокружность о>'. Строим дугу окруж-
ности со " радиусом h с центром в точке А. Дуга со "пересекается с полуокруж-
ностью со' в точке Н. Луч СН пересекает окружность со в точке б.
Таким образом, треугольник АВС удовлетворяет всем требованиям зада-
чи. Ясно, что задача имеет решение, если h < b.
Задача 2. Построить треугольник АВС, у которого сторона АВ = с,
высота ВН = h и медиана AM = т .
Зная длину высоты ВН искомого треугольника АВС, можно утверждать,
что вершина В принадлежит прямой р2, параллельной прямой АС и отстоящей
от нее на расстоянии h (рис. 13.2). Отмечаем на прямой АС произвольную
точку А. Так как АВ = с, то точка В принадлежит также окружности с цент-
ром А, радиус которой равен с. Таким образом, точка В определяется как пе-
ресечение двух точечных множеств — прямой р2 и окружности ( А, с). Заме-
тим, что пересечение этих двух множеств будет непустым, если с > h . Нам ос-
талось определить положение точки С на прямой . Эта точка будет определе-
на, если установим, пересечением каких множеств является точка М.
144
Так как AM = т, то точка М принадлежит окружности с центром в точке
А и радиусом т. С другой стороны, точка М одинаково удалена от прямых р]
и р2. Поэтому точка М принадлежит прямой р, параллельной прямым р{ и
Р2 и одинаково от них отстоящей.
Проводим прямую р. Она пересекается с окружностью ( А, т) в точке
М. Точка С есть пересечение прямых ВМ v\p^. Очевидно, что точка М сущест-
вует только тогда, когда т > 0,5 h .
13.2.	Методы геометрических преобразований
Метод параллельного переноса. Этот метод заключается в том, что некото-
рым вектором отображают какой-нибудь отрезок или другую часть исследуе-
мой фигуры и сводят анализ (построение) данной фигуры к анализу (построе-
нию) вспомогательной, более простой фигуры,затем выполняют обратный пе-
ренос и переходят к анализу (построению) фигуры, указанной в задаче.
Задача 1. На плоскости даны окружности ( О, /?) и (О , R ) и прямая
а. Построить отрезок XY данной длины т , концы которого принадлежат этим
окружностям, и параллельный данной прямой а (рис. 13.3).
Задача будет решена, если найдем положение точки X на окружности с
данным центром О и данным радиусом R, т.е. на окружности ( О, R). Отме-
тим на окружности ( О, R) несколько произвольных точек X , X , Хз,...
Построим равные отрезки Xt Yf, Х2 Y 2, Х3 Y3.... длиной т и параллельные дан-
ной прямой а.
Нетрудно заметить, что точки У У^.У^ , ... принадлежат некоторой ок-
ружности ( О', R’}. Построив окружность, проходящую через какие-либо три
точки из множества Y , Y2, Y3, ..., получим гипотезу, что все точки Y , Y
Y , ... действительно принадлежат одной окружности. Более того, приходим к
гипотезе, что R' = R, отрезок ОО' параллелен данной прямой а и ОО' = т.
Итак, можно предположить, что искомая точка X есть пересечение окруж-
ностей ( О, R) и ( О', R'), причем окружность ( О', /?') получается из окруж-
ности ( О, R) параллельным переносом, у которого ОО' = т и отрезок ОО'
параллелен прямой а.
145
Доказательством этой гипотезы и заканчивается поиск решения задачи.
Задача 2. Построить четырехугольник ABCD, зная его углы и две про-
тивоположные стороны АВ и CD.
Построим отрезок АВ и данные углы МАВ и АВК (рис. 13.4). Решение за-
дачи сводится к отысканию на луче AM точки D, так как угол ADC известен и
длина стороны DC дана.
Отметим на луче AM произвольные точки D^ D^, D3,... и построим отрез-
ки D^C^, D^C2, О^С3, ..., образующие с лучом AM углы, равные данному углу
A DC.
Получаем гипотезу, что точки С , С2, С3, ... принадлежат одной прямой а.
Вероятно, прямая а получается из прямой AM параллельным переносом, кото-
рый переводит точку Л вточкуД) (лучиДД1 и DC сонаправлены и АА ( = DC).
Теперь ясно, что искомая точка С есть пересечение прямых а и В К.
Задача 3. Построить трапецию ABCD, у которой известны длины ос-
нований АВ и CD и боковых сторон AD и СВ (рис. 13.5) .
Строим отрезок АВ и окружности ( A, AD) и (В, ВС), которым принадле-
жат концы D и С верхнего основания трапеции. Задача будет решена, если оп-
ределим положение точки С или D на одной из этих окружностей.
Отметим на окружности ( A, AD) несколько произвольных точек D ,
D2, D3, ... и построим отрезки , DjCj, О3С3,..., параллельные прямой АВ
и равные отрезку DC. После этого получаем гипотезу, что точки С , С2, С3,...,
а следовательно, и искомая точка С, принадлежат некоторой окружности
(Д',/?').
Построив окружность, проходящую через какие-либо три из точек ,
С2, С3, ..., обнаруживаем (еще одна гипотеза!), что R' — AD,AA' = DC и отре-
зок АА' параллелен отрезку АВ.
Итак, имеем гипотезу, что искомая точка С есть пересечение окружности
( В, ВС) и окружности, полученной вектором АА' из окружности ( A, AD).
Обоснованием этой гипотезы и заканчивается поиск решения задачи.
Задача 4. Построить четырехугольник ABCD,зная его стороны и угол
между противоположными сторонами ВА и CD.
Строим отрезок АВ и окружности ( A, AD) и ( В, ВС) (рис. 13.6). Концы
отрезка DC принадлежат этим окружностям, и угол между прямыми АВ и DC
равен данному углу а.
Отметим на окружности (Д, AD) произвольные точки , £>2, D3,... и
построим отрезки DC, &2С2, D3C3,... данной длины и образующие данный
угол с прямой АВ. Расположение точек СС^, Сз, ... наводит на мысль, что
они принадлежат некоторой окружности. Построив окружность, проходящую
через какие-либо три точки из множества С , С2, С3, .... и выполнив соответст-
вующие измерения, приходим к предположению, что множество точек С[, С2,
С3, ... принадлежит окружности (Д', R’), полученной из окружности ( A, AD)
вектором А А ' (L А'АВ = L а и Д'А = DC).
Итак, точка С есть пересечение окружностей ( Д', /?') и ( В, ВС). Это ут-
верждение легко доказать.
Задача 5. На плоскости даны углы ВАС, КМР и прямая I (рис. 13.7).
146
Прямая а параллельна прямой I и пересекает стороны углов ВАС и КМР
соответственно в точках X, Y, Н и Т. Построить прямую а так, чтобы НТ =
= 2XY.
Построим несколько прямых, параллельных прямой а. Они пересекают
плоский угол ВАС по отрезкам Х} Y , Х2 V2, XyYy ... и луч МК в точках Ну
Ну Нз, ... Построим на этих прямых такие точки Г(, Ту Ту ..., что Н^Т^ =
= 2ХУр Н^Т^ = 2Х2 Yy ... После этого замечаем, что точки Г(, Ту Т3, ...
принадлежат, вероятно, одной прямой, пересечение которой с лучом МР дает
искомую точку Г. Доказательством этой гипотезы и заканчивается поиск ре-
шения задачи.
Метод осевой симметрии. Сущность его состоит в следующем. Задача пред-
полагается решенной, при этом какая-либо фигура Ф заменяется симметрич-
ной ей фигурой Ф] относительно некоторой прямой I. После этого фигура Ф]
подчиняется тем условиям, которым должна удовлетворять фигура Ф. В ре-
зультате получаем новую задачу, которая решается одним из известных спосо-
бов. В отдельных случаях существует необходимость возвращения к первона-
чальному условию задачи.
Задача 6. Даны прямая МК и окружности (О, /?) и (О у R^}, принад-

Рис. 13.9	Рис. 13.10
лежащие различным полуплоскостям относительно прямой МК ( рис. 13.8).
Построить правильный треугольник АВС так, чтобы вершина А принадлежала
прямой МК , точка В находилась на окружности ( О, /?), а точка С — на окруж-
ности ( О , /?j) и прямая ВС была бы перпендикулярна к прямой МК .
Очевидно, что точка В симметрична точке С относительно прямой МК. От-
метим на окружности ( О, R) несколько произвольных точек В^, Вг, В ... и
построим точки ССг,С3 , ..., симметричные относительно прямой МК соот-
ветственно точкам В , В, В3,... Нетрудно заметить, что точки С(, С^, С3,
принадлежат окружности ( О', R1), симметричной окружности ( О, R ) относи-
тельно прямой МК. Теперь ясно, что точка С есть пересечение окружностей
( О', Я' ) и (О1 ,/?]).
Задача 7. Дан острый угол МРК (рис. 13.9). Точка Н лежит внутри это-
го угла. Точка С принадлежит лучу РК. Построить треугольник АВС, такой,
чтобы точки В и А принадлежали соответственно лучам РК и РМ, а точка Н —
отрезку АВ и АВ = АС.
Задача будет решена, если определим положение точки А на луче РМ. Для
поиска решения построим произвольный равнобедренный треугольник АВС
( АВ = АС), отметим на отрезке АВ произвольную точку Н и проведем через
точку А произвольную прямую AM. Точка Р есть пересечение прямых ВС и
AM.
Измерив транспортиром все углы на рис. 13.9, заметим, что существует
определенная зависимость между величинами углов МРК, РАВ, ВАС-.
2L МРК + 2L РАВ + L ВАС = 180°.	(13.1)
Но как воспользоваться этой гипотезой для отыскания пути решения задачи?
И как доказать ее справедливость?
Из равенства (13.1) следует 2LPAB + LBAC = 180° — 2 L МРК. Отсюда
ясно, что если точка Н симметрична точке Н относительно прямой РМ, то
L H'AC=2L PAB+LBAC= 180° -2L МРК (рис. 13.10).
Итак, получаем гипотезу, что искомая точка А принадлежит дуге окруж-
ности, стягиваемой хордой Н С и в которую вписывается угол величиной
180° — 2L МРК. Докажем это утверждение.
148
Так как в равенство (13.1) входит угол 2LMPK, строим точку В', сим-
метричную точке В относительно прямой РА (рис. 13.11).
Очевидно, что L РВ1А = L РВА = 180° — L АВС = 180° — L АСР. Поэтому
L В'АС= 360° — L РВ'А — L B'PC-LPCA = 360° - (180° -L АСР )
— 2L АРК— L РСА = 180° — 2L АРК . Гипотеза, давшая направление поиску
решения задачи, доказана.
Для нахождения точки А строим: точку Н', симметричную точке Н относи-
тельно прямой РА; произвольный треугольник СН'а', у которого L Н'А'С =
= 180° — 2L МРК; окружность со , описанную вокруг треугольника СН'а' ;
точку А, в которой луч РМ пересекает окружность ш .
Задача 8. Даны лучи ОА’, ОВ', ОС' и точка А на луче ОА'. Построить
треугольник АВС так, чтобы его вершины В и С принадлежали соответственно
лучам ОВ' и ОС' и биссектрисы — прямым ОА', ОВ' и ОС' (рис. 13.12).
Отметим на луче ОВ' несколько произвольных точек ВВ?,... Построим
прямые а , а2, ..., симметричные соответственно прямым АВ^, АВ^, ... отно-
сительно прямой А О. Построим прямые , Ь2.......симметричные соответст-
венно прямым АВ^, АВ2, ... относительно прямой В'О. Получаем точки Cf,
С^, в которых пересекаются соответственно прямые а( и Ь^, аг и t>2, ...
Замечаем, что точки С С2, С3, ... принадлежат некоторой линии, вероят-
но, окружности. Проведя окружность через какие-либо три точки из множест-
ва С , С2, С3, .... получим гипотезу, что точки С , С2, С3, ... принадлежат ок-
ружности ы , проходящей через точки А и О, центр М которой принадлежит
прямой ОВ'.
Итак, получаем гипотезу, что искомая точка С является пересечением ок-
ружности ы и луча ОС'. Теперь остается доказать, что точка С действительно
принадлежит окружности ш . Для этого построим произвольную окружность
( М, /?) (рис. 13.13). Проведем через точку М произвольную прямую МО.
(Точка О принадлежит окружности ( М, R).) Отметим на окружности ( М,
R) произвольные точки А и К. Построим угол прямой ОАС, равный углу
КАО. Точка В есть пересечение прямых МО и АК. Очевидно, что КО = ОС и
углы КОВ и ВОС равны. Поэтому треугольник КОД симметричен треугольни-
149
Рис. 13.16
ку СОВ относительно прямой ВО. Отсюда следует равенство углов КВО и ОВС,
ОСВнОСА.
Задача 9. На плоскости даны прямые т и п и точка О. Построить
треугольник АВС, высота СН которого принадлежит прямой п , высота ВК —
прямой т , а точка О является центром окружности, описанной вокруг тре-
угольника АВС (рис. 13.14).
Проводим через точку О прямые т ( и п , параллельные соответственно
прямым т и п (рис. 13.15). Очевидно, что точка С симметрична точке А отно-
сительно прямой т j, а точка В симметрична точке А относительно прямой п 1.
Прэтому решение задачи сводится к отысканию точки С на прямой п .
Отметим на прямой п несколько произвольных точек С , С^, С3, ...
Строим точки А^, симметричные точкам Ск относительно прямой т , и точки
Вк, симметричные точкам Ак.относительно прямой п 1 ( к = 1, 2,3, ...). Заме-
чаем, что точки Вк принадлежат одной прямой п , а искомая точка В есть пере-
сечение прямых т и п
Итак, появляется гипотеза: для отыскания точки В на прямой т нужно по-
строить прямую п', симметричную прямой п относительно прямой т1, и пря-
мую п', симметричную прямой л' относительно прямой п j. Тогда точка В есть
150
Рис. 13.17
Рис. 13.18
пересечение прямых л' и т.
Справедливость гипотезы следует из того, что точка А симметрична точке
С относительно прямой и точка В симметрична точке А относительно пря-
мой Л J .
Метод поворота. Метод заключается в том, что, повернув какую-либо дан-
ную или искомую фигуру вокруг некоторого центра на некоторый угол, ана-
лиз рассматриваемой фигуры сводят к анализу более простой фигуры, а потом
выполняют обратное вращение и в результате получают искомую фигуру.
Центр и угол поворота следует выбирать так, чтобы в результате поворота со-
вместились элементы одинаковой величины.
Задача 10. Дан треугольник АВС. Построить такие точки Р и М соот-
ветственно на его сторонах АВ v\AC, чтобы ВР = РМ = МС (рис. 13.16).
Очевидно, что существует такая точка О, повернув вокруг которой отре-
зок СМ на угол ВАС, получим отрезок ВР.
В равнобедренном треугольнике ОРМ углы РОМ и ВАС равны, поэтому
ОР : РМ = к. Но отрезки РМ и ВР равны, следовательно, ОР : ВР = к. Значит,
точка Р есть пересечение отрезка АВ с окружностью (множество точек, отно-
шение расстояний от которых до точек О и В равно к).
Задача 11. Построить правильный треугольник АВС, такой, чтобы его
вершины А и В лежали соответственно на двух равных, касающихся в точке
Р, окружностях ( М, R) и ( К, R) и притом на одной прямой с их общей точ-
кой касания, а третья вершина С находилась на внешней общей касательной
DE данных окружностей (рис. 13.17).
Отметим на окружности (М, R) несколько точек Аь ( к = 1,2, ...) и
построим точки В^ на окружности ( К, R}, такие, что АкР = РВк.
Строим множество правильных треугольников АкВкСк . Замечаем, что точ-
ки С принадлежат некоторой окружности (гипотеза!).
Инструментальные построения и измерения позволяют уточнить эту гипо-
тезу и заменить ее другой: точки Ск принадлежат окружности, диаметр кото-
151
рой в л/Траза больше диаметра данных касающихся окружностей, и ее центр
принадлежит прямой, перпендикулярной к прямой МК.
Справедливость этой гипотезы легко угадывается из чертежа.
Итак, построение искомого треугольника АВС выполним в таком поряд-
ке: повернем на прямой угол вокруг точки Р луч РК и на его образе построим
отрезок РК, такой, что Р/С' = \/~ЗРК; построим окружность ( К', К'Р); иско-
мая точка С есть пересечение прямой DE и окружности ( К ,.К Р).
Метод гомотетии и подобия. Сущность метода заключается в том, что дан-
ная задача сводится к задаче на построение фигуры, гомотетичной (подобной)
искомой, т.е. отбрасывается какое-нибудь одно из условий, характеризующих
размеры искомой фигуры. Потом построенная вспомогательная фигура под-
вергается преобразованию гомотетии (подобия) так, чтобы после преобразо-
вания выполнялось и ранее отброшенное условие. В результате получается ис-
комая фигура.
Задача 12.Трапецию ABCD (рис. 13.18) пересечь отрезком FH , парал-
лельным основаниям, так, чтобы он разделился диагоналями на равные
отрезки FK, КМ и МН.
Выясним сначала, сколько решений имеет эта задача. Для этого через точ-
ку О пересечения диагоналей BD и АС проведем отрезок F^H^, параллельный
отрезку ВС. Треугольники OH^D и BCD, ВСА и FqОА подобны, поэтому
F О = ОНп.
о о
Проведем еще несколько отрезков FH, параллельных основаниям трапе-
ции. С увеличением расстояния между прямыми Fи FH равные отрезки
FK и МН будут уменьшаться от длины отрезка до нуля, а отрезок К Н
увеличиваться от нуля до одного из оснований трапеции. Поэтому сущест-
вуют два положения отрезка FH, при которых FK = КМ = МН. На рис. 13.18
этим положениям соответствуют отрезки F{ Н и F^H^.
Теперь замечаем, что отрезок М^ С является медианой треугольника
К^Н]С. Но треугольники СК^Нi и CAD подобны, поэтому точка £ принадле-
жит прямой М^С ( АЕ = ££>). Теперь ясно, что точка /WJ принадлежит прямой
F^Ht и точка Л4] является пересечением прямых СЕ и BD.
Рассуждая аналогично, приходим к выводу, что точка К принадлежит пря-
мой РгН2 и К есть пересечение отрезков DB и АР (В? = PC].
Задача 13. Восстановить треугольник АВС по данной точке О — центру
описанной окружности, К — точке пересечения его медиан и Н — основанию
его высоты АН.
Так как угол ОМН прямой, то основание М медианы AM принадлежит
окружности ш диаметром ОН (рис. 13.19). Отметив на окружности со не-
сколько произвольных точек М , М2, ... и построив соответствующие им ме-
дианы /14j>41, М2А2, ... (это можно сделать, потому что МК : КА =1:2), заме-
чаем, что точки А2, ... принадлежат окружности со , гомотетичной окруж-
ности со относительно точки К (коэффициент гомотетии равен 2). Теперь ясен
план восстановления искомого треугольника АВС (рис. 13.20).
Строим окружность со. Точка /?', гомотетичная точке D относительно точ-
ки К ( коэффициент гомотетии к = 2), является центром окружности cot.
152
гомотетичной окружности а> относительно центра К ( к = 2). Искомая
вершина А треугольника АВС принадлежит окружности . Так как отрезок
НА гомотетичен отрезку ОМ относительно центра К (к = 2), получаем точку
О , гомотетичную точке О относительно центра К (к = 2). Искомая вершина А
есть пересечение окружности и прямой О'Н. Дальнейшее построение оче-
видно.
Метод обратное™. "В других методах на данных фигурах или каких-ни-
будь построениях строится искомая фигура или делается какое-либо построе-
ние. В методе же обратности на искомой фигуре или на искомых построениях
строятся данные фигуры, а затем переносятся на данные фигуры. Иногда на ис-
комом построении приходится строить фигуры не равные, а подобные данным
фигурам; построенную фигуру остается перенести на данные фигуры" (Алек-
сандров И.И. Сборник геометрических задач на построение. М., 1954. С. 75).
Задача 14. Геометрическое место точек С, расстояния от которых до
двух данных точек А и В находятся в данном отношении к =# 1, есть окруж-
ность определенного радиуса и центра. Доказать.
Пусть отрезок АВ расположен относительно прямоугольной системы ко-
ординат так, как показано на рис. 13.21. Пусть, далее, С(х; у) и, для опреде-
ленности,
АС : СВ = к> 1.	(13.2)
Тогда АС1 = ( х + 1)2 + у2 и СВ2 = ( х — 1)2 + у2. После этого равенство
(13.2) принимает вид
(х+ 1)2 +у2 = Аг2(( х - 1)2 +у2).	(13.3)
После понятных преобразований уравнение (13.3) можно записать:
(х-
к2 + 1
к2 - 1
)2 + у2 =
4/г2
(к2 - I)2
(13.4)
Рис. 13.23
Равенство (13.4) есть уравнение окружности , радиус которой равен
2А"	к2 + 1
—:----( к > 1) и центр М имеет координаты ( ----- ; 0).
*2-1	*2-1
Задача 15. Даны две параллельные прямые аи ди точка С. Построить
треугольник АВС, подобный данному треугольнику А В С], вершины Ди В
которого принадлежат соответственно прямым а и Ь.
Допустим, что задача решена, т.е. треугольник АВС искомый (рис. 13.22).
Проведем через точку С прямую, перпендикулярную к прямым а и Ь. Она пе-
ресекает их в точках Н и К.
Пусть КН = п , КС = р. Тогда АР : PC = НК ; КС = п : р . Строим данный
треугольник Д15)С1 (рис. 13.23). На его стороне отмечаем точку Р^,
такую, что А^Р : Р^ С( = п :р.
Строим прямую В^Р1 и через точку Af проводим прямую а^, параллель-
ную прямой S]/3] • Через точку Сопроводим прямую,перпендикулярную к пря-
мой а[ (рис. 13.23). Получаем прямоугольный треугольник А^Н С .
154
с
Рис. 13.27
Треугольники А ] Cf (рис. 13.23) wAHC (рис. 13.22) подобны, поэтому
L АСН = L А . Теперь данная задача сводится к построению угла НСА,
равного углу НС^А (.
Задача 16. Даны окружность ( О, R} и вне ее точка А (рис. 13.24). Че-
рез точку А провести секущую АВ так, чтобы АС : СВ = 2:1.
Построим произвольный отрезок А 'в' и разделим его точкой С' так, чтобы
А'с' : С'В' = 2:1 (рис. 13.25). Построим серединный перпендикуляр I к от-
резку с'в'.
По условию задачи ОС = R, известна длина отрезка АО. Пусть АО = п.
Построим на рис. 13.25 геометрическое место точек X, такое, чтобы А'Х :
: С'Х — п : R (см. задачу 1, окружность ш ). Окружность ш пересекает прямую
I в точках X и X'. Очевидно, что треугольники А'ХВ' (рис. 13.25) нАОВ (рис.
13.24) подобны, поэтому L В АО = L В'а'х.
Таким образом, данная задача свелась к построению угла ОАВ, равного
найденному углу В'А X. (Мы здесь не останавливаемся на исследовании числа
решений задачи в зависимости от величины отношения п : Я.)
Для всех чисто геометрических методов решения конструктивных задач
на плоскости характерны дополнительные построения, выполнить которые не
всегда просто.
Алгебраический метод решения конструктивных задач обладает большей
общностью, не требует дополнительных построений. С его помощью решаются
достаточно просто самые сложные задачи на построение.
Задача 17. На рис. 13.26 изображена прямоугольная трапеция ABCD
( AD и ВС — ее основания), у которой АВ = За, AD = а, ВС = 2а. Построить на
отрезке АВ такую точку М, чтобы LAMD — L СМВ = 45°. При каких условиях
задача имеет решение?
155
При движении точки М по отрезку АВ (от А к В) угол AMD уменьшается
от 90° до величины угла ABD, тангенс которого равен 1/3. При том же движе-
нии точки М угол СМВ увеличивается от угла САВ (его тангенс равен 2/3) до
90°. Отсюда ясно, что задача имеет единственное решение.
Обозначим L AMD = a, L СМВ = (3. По условию задачи
tga — tg j3
tg ( а — (3) =1 или ----------- = 1.
1 + tgatg/3
(13.5)
Обозначим AM = х < За. Тогда tga=а/х и tg/З = 2а/(За — х) .После это-
го уравнение (13.5) преобразуется к виду
х2 - бах +а2 = 0.
(13.6)
Искомый отрезок х = AM можно получить следующим образом (на осно-
вании теоремы Виета) . Строим полуокружность диаметром РК = 6а (рис.
13.27). На расстоянии а от прямой РК проводим параллельную ей прямую, ко-
торая пересекает полуокружность в точках X и Y. Проводим из точек X и Y
перпендикуляры ХЕ и YF к прямой РК. Очевидно, что РЕ = FK. Поэтому если
xf и х^ — корни уравнения (13.6) ,тох] = РЕ и х2 = ЕК. По условию задачи
AM < За, поэтому AM = РЕ.
14.	МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПО ПЛАНИМЕТРИИ
14.1.	Поиск решений задач на вычисление
Начинать поиск решения планиметрической задачи на вычисление следует
с инструментального построения фигуры, которая максимально соответствует
всем условиям задачи. Такой чертеж позволяет выполнить измерения элемен-
тов изображения и высказать правдоподобные гипотезы о некоторых свойст-
вах фигуры. В ряде случаев приближенный ответ дает возможность догадаться
о его точном значении, избежать вычислительных и логических ошибок. Во
многих случаях наличие ответа существенно облегчает поиск плана решения
задачи. Предварительное решение вычислительной задачи построением позво-
ляет установить число решений.
Геометрические задачи могут содержать только числовые данные, число-
вые данные и параметры или только параметры. В зависимости от этого одна и
та же задача может быть трудной или достаточно простой. Комплексное
использование инструментальных построений, измерений и вычислений со-
действует приобретению навыков открытия правдоподобных свойств фигур,
их анализа, обобщения и применения к решению задач.
Очень важно выделить такие частные случаи (в задачах с параметрами),
которые позволяют применить наиболее рациональный общий метод решения
задачи.
Задача 1. В треугольнике АВС (угол В — острый) проведены высоты
AD и СЕ. Найти длину отрезка DE, если АВ = 15, АС= 1B,BD = 10.
В результате измерений отрезков и углов, изображенных на рис. 14.1,
можно предположить, что треугольники BED и ВСА подобны. Если это так,
то DE : 18= 10:15 и DE = 12.
Углы EDA и ЕСА равны, потому что четырехугольник ADCE вписывается
в окружность (противоположные углы этого четырехугольника прямые).
Задача 2. Вокруг треугольника АВС описана окружность. Медиана AD
продолжена до пересечения с этой окружностью в точке Е. Известно, что АВ +
+ AD = DE, L BAD = 60° и АЕ = 6. Найти площадь треугольника АВС (рис.
14.2).
Построим произвольную окружность и на ней отложим дугу BE величиной
120°. Тогда при любом положении точки А на дуге ВтЕ угол ВАЕ равен 60°.
157
Подберем на дуге ВтЕ такое положение точки А, чтобы АВ + AD = DE.
Полученный чертеж наводит на мысль, что отрезок АЕ должен быть диаметром
окружности, а хорда ВС перпендикулярна к прямой АЕ.
В самом деле, если отрезок АЕ — диаметр окружности, то L ВАС = 120° и
LABD= 30°. Поэтому AD= 0,5 АВ, AD= 0,25АЕ и DE — 0,75 АЕ, т.е. верно ра-
венство Ад k AD = DE. В этом случае S ( АВС) = 0.5BCAD = В DAD = АВ х
х sin60o,XJ5 sin30° = 9\/ 3/4. Легко доказать, что это решение единственное.
Задача 3. Биссектриса прямого угла прямоугольного треугольника
равна а (рис. 14.3). При каких величинах острых углов треугольника его гипо-
тенуза будет наименьшей?
Построим прямой угол С и его биссектрису. Отложим на ней отрезок СМ
длиной а. Проведя несколько прямых через точку М, заметим, что гипотенуза
наименьшая в том случае, когда она перпендикулярна к прямой СМ, т.е. если
каждый острый угол треугольника АСВ равен 45°. Докажем, что это пред-
положение верно.
Очевидно, что А ^М = МВ^ = а, если отрезок А В перпендикулярен к
прямой СМ. Обозначим L АМА^ = а. Тогда LA^AM — 1в6° — 45° — а^= 135° —
-a,LMBBi = 180° - 135° - а = 45° - а.
По теореме синусов
AM: sin45°=4]/W : sin (135° - а );
MB : sin 135 ° = MB^ : sin (45 °—а).
Отсюда AM = asin 45° : sin (45° + a ), MB = asin45° : sin (45° — a ) и
f (a) = AM + MB = 0,5a \[~2 (--------- + ------J------ ). Теперь c no-
sin (45°+a) sin (45 °—a)
мощью производной легко доказать, что а = 0.
Задача 4. Продолжения высот AM viCN остроугольного треугольника
АВС пересекают описанную вокруг него окружность в точках Р и Q (рис.14.4).
158
Найти радиус окружности, описанной вокруг этого треугольника, если АС =
= а и PQ = 1,2а.
Треугольники QKP и АКС подобны, поэтому QK ; АК = 1,2.
Строим отрезок АО. Очевидно, что углы AQK, АКО и АВС равны, поэто-
му ON = NK. Теперь ясно, что NK : АК = 3:5, т.е. cos/З = 0,6. Итак, R = а/ (2 —
- V 1 -9/25) =5а/8.
Задача 5. В треугольнике ABC L АСВ = 20°, АС= СВ, СМ = АВ. Точка
М принадлежит отрезку АС. Найти угол АВМ (рис. 14.5).
Построив треугольник АСВ и выполнив инструментальные измерения, по-
лучим гипотезу: L АВМ = 70°, L АМВ = 30°, L МВС = 10° и т.д.
На рисунке изображены (по гипотезе) углы, равные 10°, 30°, 70°, 80° и
др. Замечаем, что 10° + 80° = 90°, 70° + 20° = 90°, 20° + 20° + 20° = 60°. В
результате анализа появляется план поиска доказательства утверждения, что
L АВМ = 70°.
Достроим данный треугольник АВС до такого многоугольника, у которо-
го есть только "хорошие" углы (60°, 90°, 150° и т.п.). В результате различ-
ных комбинаций появляется пятиугольник CKABF. После этого утверждение
задачи очевидно.
Задача 6. Пятиугольник ABCDE вписан в окружность. Расстояния от
вершины А до прямых ВС, CD, DE равны соответственно а, Ь, с. Найти расстоя-
ние/? от точки А до прямой BE (рис. 14.6).
Построим произвольную окружность и впишем в нее какой-нибудь пяти-
угольник ABCDE. Из вершины А проведем перпендикуляры АН, АК, AM, АР
соответственно к прямым ВС, BE, CD, DE. Измерив масштабной линейкой
отрезки АН, АК, AM, АР, получим гипотезу, что h : а=с : Ь.
Построим еще какой-либо пятиугольник, вписанный в окружность, и, вы-
полнив соответствующие измерения, снова получим: tr :a»c:b.
159
Итак, получается рабочая гипотеза: искомая величина/? и данные величи-
ны а, Ь, с удовлетворяют равенству
h : а = с :Ь .
(14.1)
Равенство (14.1) наводит на мысль, что треугольники НАК и МАР подоб-
ны. Измерения соответствующих углов "подтверждают" эту гипотезу.
В четырехугольниках АНВК wAMDP по два прямых угла и L СВЕ +
+ L CDE = 180°. Поэтому L НВК = L МОЕ, L НАК = L MAP. L НВА = L MDA.
Отсюда следует, что треугольники AHBuAMD, АВК и ADP подобны.
Итак, трапеции АНВК и AMDP подобны. Поэтому подобны треугольники
НАК и МАР и, следовательно, h = ас :Ь.
Задача 7. На диагоналях АС и СЕ правильного шестиугольника
ABCDEF взяты соответственно точки М и К, такие, что AM : АС = СК .СЕ =
= п (рис. 14.7). Известно, что точки В.М и К лежат на одной прямой. Найти
п.
При движении точки К по диагонали ЕС (от Е к С) отношение СК : СЕ
уменьшается от 1 до 0, а отношение AM : АС увеличивается от АМ^ : АС =
= 0,5 до 1. Поэтому на диагонали СЕ существует единственная точка К, такая,
что
AM : АС = СК : СЕ.	(14.2)
Методом проб получаем гипотезу, что равенство (14.2) верно, если/Ш =
= АВ. Попытаемся доказать ее.
Итак, пусть AM = АВ = 1. Тогда АС = 2sin60° = \^3~и МС = \Z~3- 1 •
Из равнобедренного треугольника АВМ получаем: L ABM = L АМВ = 75°.
Поэтому L СМК = 75° , L МСК = 60°, L МКС = 45° .
Из треугольника МСК по теореме синусов находим
МС : sin45° = СК : sin75°.
Отсюда
СК = MCsin75° : sin45° = (V 3- 1) sin ( 45° + 30°) : sin45
7—	>/3 + 1
= (V3- и------- = 1.
2
160
Теперь ясно, что п = хЛз"/3.
Задача 8. Найти отношение катетов СВ и СА прямоугольного треуголь-
ника АСВ, если известно, что одна половина гипотенузы (от ее середины до
вершины) видна из центра X вписанной окружности под прямым углом.
Очевидно, что угол АХВ равен 135° (рис. 14.8). Поэтому точка X есть
точка пересечения окружностей, описанных вокруг треугольника АХВ и пря-
моугольного треугольника АХО {АО = ОВ). После этого понятно построе-
ние треугольника, подобного треугольнику АСВ: строим произвольный отре-
зок АВ; делим точкой О его пополам; строим окружность радиусом ОА
с центром в точке О; строим дугу окружности, которая стягивается хор-
дой АВ и в которую вписывается угол 135°; строим полуокружность диа-
метром АО; точка X есть точка пересечения фигур и ы; через точку О
проводим прямую, перпендикулярную к прямой АВ, и на ней откладываем
отрезок ОМ, равный ДО (точка М не принадлежит полуокружности, в которой
находится фигура wj; третья вершина С прямоугольного треугольника
АВС есть точка пересечения прямой MX с окружностью со.
Пусть Д (0; 0), О (1; 0),5(2; 0) и Л4 (1; -1). Тогда уравнение окружнос-
ти, описанной вокруг прямоугольного треугольника ОХА, имеет вид
( х - 0,5) 2 + у2 = 0,25.	(14.3)
Находим радиус R окружности, описанной вокруг треугольника АХВ :
:/? = Дб/2з|’п 135° = \/~2. Ясно, что центром этой окружности является точка
М (1; — 1), а ее у равнение имеет вид
( х — 1)2 + ( Z + 1) 2 = 2.	(14.4)
Решив систему уравнений (14.3) и (14.4), получим X (0,8; 0,4), а это
2tga	4
означает, что tg а = tgZ_ ХАВ = 0,5 и tg2a =---- = ----. Отсюда СВ :
1 - tg2a	3
: СА = 4 : 3.
Задача 9. Биссектрисы AM и ВН треугольника АВС пересекаются в точ-
ке О. Известно, что АО : МО = \ЛГи НО : ВО = у/~3 — 1. Найти углы треуголь-
ника АВС.
Считаем треугольник ВОА изображением равнобедренного треугольника
ВОА с углом ВОА, равным 120°. Строим такой треугольник ВОА (рис. 14.9).
На продолжении отрезка ВО (за точку О) откладываем отрезок НО = (у/ 3 —
— 1 ) ВО. На продолжении отрезка АО (за точку О) откладываем отрезок
ОМ = АО : у/ 3 . Прямые ВМ и АН пересекаются в точке С. Построенный та-
ким образом треугольник АВС является изображением треугольника, углы
которого нужно найти. Отрезки ВН и AM являются изображением его биссект-
рис.
Инструментальные измерения на рис. 14.9 дают следующие результаты:
АН : НС * 1: 1,73 и ВМ : МС « 1:2, но^Уз”11» 1,73, и это позволяет выдвинуть
гипотезу: в исследуемом треугольнике АВС
АВ : ВС = АН : НС = 1 : \Лз? АВ : А С = ВМ : МС =1 : 2;
АВ :ВС : АС = 1 :у/з~: 2 .	(14'5)
11 Зак. 5044
161
Если равенства (14.5) верны, то ДА2 : ВС2 :АС2 = 1:3:4, т.е. треугольник
АВС должен быть прямоугольным ( L В — прямой,LC = 30°, L А = 60°).
Из изложенного ясно, что задача имеет единственное решение. Поэтому
остается только доказать, что прямоугольный треугольник АВС, у которого
L. С = 30° и L А = 60°, удовлетворяет условию задачи.
Пусть AM = МС = 1 (рис. 14.10). Тогда АВ = 0,5 х/~3, ВМ = 0,5, ВС = 1,5,
AC = \f3.
Согласно свойству биссектрисы угла треугольника, АО : ОМ = АВ : ВМ =
= Далее, АН : НС == АВ : ВС = 1 : т/з~и АН = -----3--- АС = 0,5 ( 3 -
1 + х/~3
— х/~3}. Поэтому ОН : ОВ = АН : АВ = х[3- 1.
Таким образом, доказано, что треугольник АВС является прямоугольным,
угол С которого равен 30 °.
14.2.	Поиск решений задач на доказательство
Поиск решения задач на доказательство включает следующие этапы: а) по-
строение фигуры, в максимально возможной степени отвечающей всем усло-
виям задачи (как по форме, так и по аккуратности исполнения чертежа);
б) инструментальный поиск свойств фигуры. Доказательство справедливости
или ложности полученных гипотез. В затруднительных случаях доказательство
гипотез целесообразно вести методом полной индукции; в) инструментальное
построение множества точек, которому принадлежит та точка, свойства кото-
рой используются для обоснования решения задачи. Доказательство свойств
этого множества; г) применение всех или части обнаруженных и обоснован-
ных свойств фигуры при доказательстве сформулированного в задаче свойст-
ва этой фигуры.
Задача 1. В окружность вписан правильный треугольник АВС (рис.
14.11). На дуге АтС этой окружности отмечена произвольная точка X. Дока-
зать, что АХ + ХС = ВХ.
Естественно на продолжении хорды АХ ( за точку X} построить отрезок
XY = ХС.
Теперь задача сводится к доказательству равенства отрезков AY и ВХ.
Первый из них является стороной треугольника ACY, а второй — стороной
треугольника ВХС. Инструментальные измерения подсказывают, что эти тре-
162
угольники равны. Почему? Во-первых, углы YAC и ХВС равны как углы, впи-
санные в окружность и опирающиеся на одну и ту же хорду. Во-вторых, сторо-
ны АС и ВС равны по условию задачи.
Измерения с помощью транспортира позволяют заметить, что равны углы
АСУ и ВСХ, ХСУ и АСВ. Аккуратный чертеж наводит на мысль, что треуголь-
ник ХСУ правильный. Почему?
По построению ХУ = ХС. Сумма углов АХС и АВС равна 180° (сумма про-
тивоположных углов четырехугольника, вписанного в окружность). Но
L АВС = 60°, поэтому L АХС = 120° и L CXY = 60°. Итак, углы ХСВ и АСУ
равны: L ВСХ = 60° + LACX,LACY = L АСХ + 60 °.
Таким образом, треугольники АСУ и ВСХ равны. Утверждение задачи до-
казано.
Задача 2. В треугольнике АВС сторона АВ = 15, АС = 10. Доказать, что
длина биссектрисы A L угла ВАС не больше 12.
Построим несколько треугольников АВСп с общей стороной АВ и третьей
вершиной Сп ( п = 1, 2, 3, ... ), таких, что АВ = 15, АС =10 ( рис. 14.12 ).
Точки Сп принадлежат полуокружности (А, АС ). Построим биссектрисы
ALn треугольников АДС^ .Точки Ln принадлежат . полуокружности KLnA,
диаметр которой равен 12 (гипотеза!).
Теперь остается доказать или опровергнуть полученную гипотезу. В ре-
зультрте измерения обнаруживаем, что L KLA = 90°, L KLF — L BLK ( точка
F есть пересечение окружности ( А, АС ) и отрезка АВ}, L FLA = L ALC .
Докажем обнаруженные свойства. Во-первых, ВL : L С = 15 : 10 = Зх : 2х
и очевидно, что LF = L С - 2х . Во-вторых, если КА = 12, то KF = 2 и В К = 3.
Отсюда ясно, что L BLK = L KLF , так как BL . LF = Зх : 2х = 3 : 2 и ВК :
: KF = 3:2. Теперь понятно, что L KLA = 90°. Задача решена.
Задача 3. Точ ка Р лежит внутри квадрата ABCD. Отрезки АК, ВМ, СН,
DT перпендикулярны соответственно к прямым BP, СР, DP, АР. Доказать, что
прямые АК, ВМ, СН и DT пересекаются в одной точке X.
Аккуратно выполненный чертеж "подтверждает” условие задачи (рис.
14.13). Через точки Р и X проводим прямые, параллельные сторонам квад-
рата. Получаем отрезки PL, РО, PR, PN, FX, XQ, XY, ХЕ. Измерив их, прихо-
дим к следующей гипотезе: FX = LP, BL = AF, BE = LP, LC = EX, EX = PN,
DN = EC, YD = AR, PR = YX. Если это так, то треугольники BLP и AFX, ВЕХ
163
В	£ L С и PLC, ХЕС и PND, ARP и DYX равны
между собой.
Итак, мы пришли к предположению,
что точка X обладает следующими свой-
ствами: XY = PR и XQ = РО. Поэтому
данную задачу можно заменить такой:
доказать, что если XY = PR и XQ = РО,
то прямые АХ и ВР, ВХ и СР, СХ и PD,
DX и ДР взаимно перпендикулярны.
Это свойство точки X очевидно.
Например, прямые АХ и ВР взаимно
перпендикулярны, так как из подобия
треугольников BLP и AFX следует ра-
Л	У О D венство углов LBP и FAX. Но луч BL
Рис. 14.13	перпендикулярен к лучу AF, поэтому
луч ВР перпендикулярен к лучу АХ.
Задача 4. Дан произвольный неравнобедренный треугольник АВС. От-
резки AL, BR, CF - это биссектрисы. Вписанная в треугольник АВС окруж-
ность касается его сторон в точках Е, D, Н (рис. 14.14). Точки Н', D', Е' сим-
метричны точкам Н, D, Е относительно прямых AL, CF, BR (соответственно).
Векторы В К = КС, АР = PC, AM = МВ. Доказать, что прямые КН', MD' и РЕ1
имеют общую точку Т.
Эта задача предлагалась на XXIII Международной математической олим-
пиаде школьников.
По поводу нее в журнале "Математика в школе" (№ 3, 1983 г., с. 50) го-
ворилось: "Наиболее низкий результат по этой задаче отражает в какой-то ме-
ре наблюдающиеся в школе в последнее время трудности с геометрией. В свя-
зи с этим хотелось бы порекомендовать учителю в обучении математике на
уроке и во внеклассной работе уделять больше внимания развитию логическо-
го мышления с использованием геометрических образов и геометрических ме-
тодов, предъявлять больше требований к выполнению точного и четкого черте-
жа, сопровождающего теорию или задачу".
Аккуратно выполненный чертеж и измерения отрезков и углов позволяют
высказать следующие гипотезы:
1)	точка Т принадлежит окружности, вписанной в треугольник АВС;
2)	отрезок D'H' параллелен отрезку МК ;
3)	отрезок D'Е' параллелен отрезку МР;
4)	отрезок Е'Н параллелен отрезку РК ;
5)	треугольник D'Н'Е' гомотетичен треугольнику МКР относительно
точки Т;
6)	ТМ' + ТЕ'= TH';
7)	L Н' NE' = 2 LACB;
8)	LD'NH' = 2LABC;
9)	L D'NE' = 2LBAC;
10)	L H'TE' = LACB;
11)	стороны треугольника D'H E' параллельны соответствующим сторо-
нам треугольника АСВ.
164
в
Но как доказать эти правдоподобные свойства фигур, изображенных на
рис. 14.14, и как и какие из них использовать для решения задачи?
Свойства 7, 8, 10 легко подтверждаются вычислениями. В результате по-
лучаем равенства: L РМК = L Е'D'h', L МКР = L D'h'e', 1_ МРК = L D'E'h'.
Треугольник D' NH’ равнобедренный. Поэтому
LD'H'N=LND' Н' =90° -0,5LD' NH' = 90° - L ABC.	(14.6)
Далее,
D'NB = L DNB + 2L FND = ( 90° - 0,5L ABC ) +
+ 2 (90° - L BFN) = ( 90° - 0,5 L ABC ) +
+ 2(90° - (180° - L ABC — 0,5L ACB)) = 90° + 0,5Л ABC -
- L ВАС.	(14.7)
Из равенств (14.6) и (14.7) следует
LD' ХВ = L ND' H' + L D'NB = (90° - L ABC ) + (90° +
+ 0,5 L ABC - L ВАС ) = 180° - 0,5L ABC - L ВАС .
Теперь ясно, что отрезок D'h' параллелен средней линии МК треугольника
АВС.
Таким образом, доказано, что если точка Т есть пересечение прямых
Е'Р и MD ,то через нее проходит и прямая КН'.
Доказательство геометрических утверждений часто можно существенно
упростить путем выполнения целесообразных дополнительных построений.
Задача 5. Дан произвольный треугольник АВС. Отрезки AM и СК —
его медианы, которые пересекаются в точке Р ( рис. 14.15). Доказать, что
МР : АР = КР : PC = 1 : 2.
Достаточно соединить точки К и М отрезком, чтобы задача стала устной.
В самом деле, средняя линия КМ треугольника АВС параллельна прямой
АС, и КМ : АС =1:2. Треугольники РКМ и РСА подобны. Отсюда следует
утверждение задачи.
165
14.3.	Поиск решений конструктивных задач
Решение конструктивной задачи с помощью циркуля и линейки можно
разделить на следующие этапы:
1)	построение любыми конструктивными средствами фигуры, отвечаю-
щей всем условиям задачи;
2)	обнаружение с помощью измерительных инструментов правдоподоб-
ных свойств фигуры, доказательство истинности или ложности этих свойств;
3)	инструментальное построение множеств точек, пересечения которых
могут быть решением задачи, и установление их свойств;
4)	отыскание пути решения задачи с помощью тех свойств фигуры, о ко-
торых сказано в пп. 2 и 3.
Особое значение для отыскания путей решения задач имеют аккуратно вы-
полненные построения и измерения, результаты которых позволяют выска-
зать правдоподобную гипотезу о некоторых свойствах фигуры.
Задача 1. Дан угол ЛОА и внутри него точка М (рис. 14.16). Построить
такую прямую I, проходящую через точку М и пересекающую луч ОА в точке
К и луч ОВ в точке Р, что КМ : МР = 2:3.
Отметим на луче ОА произвольные точки К , К К^, ... и построим лучи
К^М, КгМ. КзМ. ... Построим на этих лучах такие точки Р Р , Р^... что
К : МР^ —2:3, К_М : МРг = 2:3, К^М : МРу = 2:3, ... Нетрудно заметить,
что точки Р^, Р2, Р3, ... принадлежат некоторой прямой / , параллельной пря-
мой ОА. Если это так, то искомая точка Р есть пересечение прямой и луча
ОВ. Задача решена, так как построение прямой 1 и доказательство того, что
точка Р есть пересечение прямой и луча ОВ является искомой точкой, доста-
точно просты по сравнению с данной задачей.
Задача 2. В остроугольном треугольнике АВС проведены высоты
АК, ВР, СН, которые пересекаются в точке О. Окружность ( О, г) лежит внут-
ри треугольника АВС. Построить треугольник А В^^, описанный вокруг ок-
ружности ( О, г), вершины которого принадлежат сторонам треугольника АВС.
Метод поиска решения, использованный в задаче 1, здесь не приводит к
цели. Поэтому поступаем следующим образом. Подбором строим искомый
треугольник А1В^С1 (рис. 14.17). Измерив углы на рисунке, приходим к ги-
166
потезе, что углы А^ОК, В ^ОР и С^ОН равны между собой. Однако не удается
установить, как величины этих углов зависят от известных углов, показанных
на рис. 14.17. Поэтому построим окружность ( О, г]), радиус которой отли-
чен от радиуса г данной окружности, и путем подбора построим треугольник
(рис. 14.18). В результате инструментальных измерений формули-
руем гипотезы: равны между собой углы А2ОК, В2ОР и С2ОН; В2А2С2 и
В А С,: А ВС нА В С, ; А С В иАС В,.
111	2 2 2	111	222	111
Итак, отсюда следует новая гипотеза: все треугольники, вписанные в тре-
угольник АВС и описанные вокруг различных окружностей с центром О,
подобны.
Построив треугольник РКН (рис. 14.19) и произведя соответствующие из-
мерения, получим еще одну гипотезу: в треугольник РКН вписывается окруж-
ность с центром в точке О, и треугольник КРН подобен треугольникам А^В^ С?
иД25С2.
Таким образом, задача свелась к обоснованию следующей гипотезы: ис-
комый треугольник	подобен треугольнику КРН. После доказательст-
ва этой гипотезы решение данной задачи очевидно.
14.4.	Метод координат
Метод координат упрощает поиски решений задачи школьной геометрии.
Чаще всего используются уравнения прямой и окружности, формула длины
отрезка, условие перпендикулярности двух прямых. Объем вычислений зави-
сит от того, насколько удачно расположена исследуемая фигура относительно
прямоугольной системы координат.
Задача 1.В трапеции ABCD отрезки ВС и AD являются ее основания-
ми; ВС= Q,b,AD = 20, АВ = 5, CD= 8,5. Найти ее площадь.
Для решения задачи необходимо найти длину высоты этой трапеции. Рас-
положим трапецию ABCD относительно прямоугольной системы координат
так, как это показано на рис. 14.20. Тогда 4 (0; 0),D(20; 0),S(x; у),С(х +
+ 9,5; у). По условию задачи
АВ2 = ( х- О)2 + ( у-О)2 =25;	(14.8)
CD2 = ( х + 9,5 - 20) 2 + ( у - 0) 2 = 72,25.	(14.9)
167
В результате упрощений система уравнений
вид:
х2 + у2 = 25;
(х-10,5)2 + у2 = 72,25.
(14.8) и (14.9) принимает
(14.10)
(14.11)
После почленного вычитания уравнения (14.10) из уравнения (14.11)
имеем
(х — 10,5) 2 -х2 = 47,25.
Отсюда х = 3. Так как трапеция A BCD расположена в верхней полуплоскости
(рис. 14.20), то у = 4, т.е. высота трапеции ABCD равна 4.
Итак, S ( ABCD} =0,5(9,5 + 20) 4 = 59.
Задача 2. Дана окружность с центром О и диаметром АВ = 4. Точка
С — середина радиуса ОВ (рис. 14.21). Построить на окружности точки М и Р,
симметричные относительно прямой АВ, так, чтобы отрезок СР был перпенди-
кулярен к отрезку AM.
Расположим окружность относительно координатных осей так, как пока-
зано на рис. 14.21. Тогда А (—2; 0), В (2; 0), С (1; 0).
Пусть Л4 (х; у). Тогда Р (х; —у).
По условию задачи прямые AM и СР взаимно перпендикулярны. Поэтому
АМ-'СР=О.	(14.12)
Находим координаты векторов: AM = ( х + 2; у), СР = ( х —1; —у).
После этого уравнение (14.12) принимает вид
( х + 2) ( х — 1) - у2 =0.	(14.13)
Уравнение данной окружности
х2+у2=4.	(14.14)
Выполнив почленное сложение уравнений (14.13) и (14.14), получим
уравнение 2х2 + х — 2 = 4. Его корни х ( = —2, х^ = 1,5.
Теперь понятно, что для построения искомых точек М и Р нужно провести
через середину К отрезка СВ прямую, перпендикулярную к прямой АВ. Она
пересекается с окружностью в точках М и Р.
168
Задача 3. Найти площадь треугольника АВС, если А (3; — 1), В (1; —3),
С (-6; 6).
Достроим треугольник АВС до прямоугольника СМКР (рис. 14.22). Оче-
видно, что $ ( АВС} = S ( СРКМ) - S ( СМВ) - S (ВАК) - S (АСР) =9-9 -
- 0,5-9-6 - 0,5-2-2 - 0,5-9-7 = 20,5.
Задача 4. Основанием четырехугольной пирамиды MABCD является
прямоугольник ABCD, у которого АВ — 3, ДО = 4, AM = 2, причем ребро AM
перпендикулярно к плоскости основания пирамиды. Плоскость Р проходит че-
рез середину К ребра МС и перпендикулярна к этому ребру. Плоскость Р пере-
секает прямые АВ и AD в точках X и Y. Вычислить длину отрезка XY.
Начало прямоугольной системы координат совместим с вершиной А пи-
рамиды, направление координатных осей показано на рис. 14.23. В этой систе-
ме координат М (0; 0; 2),С(3; 4; 0). Составим уравнение плоскости Р. Так
как МК = КС , то, согласно определению плоскости, перпендикулярной к
прямой, получаем ЕМ = ЕС, если Е (х; у; z) — произвольная точка плоскости
Р. Применив формулу расстояния между точками, находим:
ЕМ2 = ( х - 0) 2 + ( у - 0) 2 + ( z — 2) 2;
ЕС2 = ( х -3)2 + ( у - 4) 2 + ( г - 0)2.
Так как ЕМ = ЕС, то х2 + у2 + ( z — 2) 2 = ( х — 3) 2 + ( у — 4)2 + z2 или
после упрощения имеем уравнение плоскости Р-.
4z — 8у — 6х + 21 = 0.	(14.15)
Точка % принадлежит оси абсцисс, поэтому Х(х^; 0; 0). Для определе-
ния х в уравнение (14.15) вместо у и z подставляем нули. Получаем х^ —
= 3,5.‘
Точка у принадлежит оси ординат, поэтому Y (0; у; 0). Для определения
yt в уравнение (14.15) вместо х и г подставим нули. Получаем у{ = 2,625.
Итак, АХ = 3,5; AY = 2,625. Применив теорему Пифагора к прямоугольному
треугольнику ХА Y, находим XY ~ 4,8.
169
Рис. 14.24
Задача 5. Дан куб ABCDAy BfC}
у которого ребро равно 1. Точка Е при-
надлежит ребру АА ] и АЕ : AAt =
= 1:3. Точка F принадлежит ребру ВС,
и BF-. ВС — 1:4. Точка К — середина
диагонали ВD куба. Найти расстояние
h от точки В по плоскости KEF (рис.
14.24).
Расположим прямоугольную сис-
тему координат относительно данного
куба следующим образом: А (0; 0; 0),
0(1; 0; 0), 8(0, 1: 0), А (0; 0; 1).
Тогда S (0; 1; D , К (1/2;' 1/2; 1/2),
0(0; 0; 1/3), 0(1/4; 0; 0). Найдем
координаты какого-либо вектора, пер-
пендикулярного к плоскости EKF. Пусть, например, КМ перпендикулярен к
плоскости EKF, где М (0; п; т). Тогда
КМ-КЕ = 0;
KM-KF = 0, ’
или
(-0,5; п -0,5; л?-0,5) (-0,5; -0,5; -1/6) = 0; 1
(-0,5; л-0,5; т - 0,5) (-0,25; 0,5; -0,5) = О, J
или
0,25 — 0,5 ( л — 0,5) — — ( пт — 0,5) = 0;	1
6 >
0,125 + 0,5 (л - 0,5) - 0,5 ( т- 0,5) = 0. J
Решив последнюю систему уравнений, получим: т — 17/16 и л = 13/16,
т.е.ЛНО; 13/16; 17/16).
Проводим из точки перпендикуляр Вк прямой КМ (рис. 14.24).
Очевидно, что h = НК . Пусть КН = аКМ. Тогда КН ~ а ( —1/2; 13/16— 1/2;
17/16—1/2) = а(—1/2; 5/16; 9/16). Значение а найдем из уравнения В ] Н х
х КН = 0 или ( КН - КВ]) КН = 0. Последнее уравнение в координатной фор-
ме имеет вид
(( - — ; — ; — ) - ( - - ; - ; - )) х
2	16	16	2	2	2
ха(_1; _L; А)=о.
2	16	16
Так как очевидно, что аФ 0, это уравнение упрощается:
(-0,5а+ 0,5) (-0,5) + (0,3125а- 0,5)0,3125 +
+ (0,5625а - 0,5) 0,5625 = 0.
170
~	88
Отсюда а -- —
85
, КН=™
85
КН
88
85
> (± + ^
4	256
81	121
256	170'
h = КН =
11
Таким образом,получаем
h - 11/V 170.
14.5.	Алгебраический метод
Алгебраическое решение геометрических задач заключается в следующем.
Искомые элементы геометрических фигур обозначают к, у, ... По условию за-
дачи составляются уравнения (неравенства), связывающие известные и неиз-
вестные элементы фигур. После этого решается полученная система уравнений
(неравенств). Затем определяются те элементы или отношения между ними,
которые требуется найти.
В методическом отношении такое решение геометрических задач является
одним из наиболее простых. Метод уравнений используется при решении ши-
рокого круга задач. Удачный выбор неизвестных позволяет получить неслож-
ную систему уравнений (неравенств).	___ _____
Задача 1. Площадь треугольника АВС равна 16. Векторы ВМ = МС,
АК = КС, AM — 6. ВК — 4. Доказать, что прямая AM перпендикулярна к пря-
мой ВК.
Пусть медианы ВК и AM треугольника АВС пересекаются в точке F (рис.
14.25). Обозначим Z. АРВ = а. Площадь четырехугольника АВМК можно вы-
числить по формуле
S {АВМК} = й,ЪАМ-ВК sine.	(14.16)
Треугольник СМК подобен треугольнику СВА (его средняя линия МК
параллельна стороне АВ}. Поэтому S {МКС} = 0,25S {АВС} ~ 0,25’16 = 4, а
S (АВМК} = 16 — 4= 12. После этого уравнение (14.16) преобразуется к виду
12 = 0,564sina. Отсюда sina = 1 и a = 90°. Утверждение задачи доказано.
Задача 2. Вписанная в треугольник АВС окружность с центром О ка-
сается его сторон АС и ВС соответственно в точках М и К и пересекает биссек-
трису BD в точках Р и О. Найти отношение площадей треугольников PQM и
РОК, если L ВАС = 45° и L АВС = 60° (рис. 14.26) .
171
Из условия задачи ясно следующее: ОР = ОМ = ОК = OQ, углы ОМС, ОКС,
PMQ и PKQ — прямые.
Пусть ММ и ККt — высоты треугольников МРОлКРО. Треугольники
РОМ и РОК имеют общее основание PQ , поэтому
8 (РОМ) : S (РОК) ^ММ{ -.КК^.	(14.17)
Обозначим ОМ = ОК - х. Так как L ВОК — 60°,	а треугольник ОКК( —
прямоугольный, то КК— 0,5х \Лз~.
Очевидно, что LACB-75c. Из четырехугольника КОМС следует, что
L МОК — 105°. Поэтому Л МОМ=15°. Из треугольника МОМ находим
ММ} = xsm15° — xsin (60е -45°) = 0,25х ( л/б”—V 2^ -	'
Итак, S (РОМ) -.8 (РОК) =•• (V3 - 1) :х<6.
14.6.	Доказательство признаков равенства и подобия треугольников
Все три признака равенства треугольников обычно доказываются в начале
изучения систематического курса планиметрии. Общеизвестно, с какими боль-
шими трудностями сталкиваются шестиклассники при доказательстве третье-
го признака равенства треугольников. Анализ ныне действующих программ
и учебных пособий по геометрии показывает, что в начале шестого
класса необходимо изучить только первый и второй признаки равенства тре-
угольников, с помощью которых ведется доказательство всех последующих
теорем. Доказательство третьего признака равенства треугольников и всех
трех признаков подобия треугольников выполняется достаточно просто с
применением теорем косинусов и синусов. Приведем эти доказательства.
Пусть даны треугольники АВС и А {В,С стороны и углы которых соот-
ветственно равны а, Ь, с. А, В, С и a(, 6 , с , А ,	, С . Очевидно, что
Ь2 + с1 + а2
cos/4 = -------------- ;	(14.18)
2Ьс
Ь2 + с2 -а2
cosA =—1----------1-1 .	(14.19)
‘	2V,
1.	Если а = а], Ъ —	, с = Cj, то из равенств (14.18) и (14.19) получаем:
cosA = cosA ] и А = А (0°<А,А1<180°). Т ретий признак равенства тре-
угольников доказан.
2.	Если а : а( — b :	= с : с( = /с > 0, то из равенств (14.18) и (14.19) так-
же получаем cosA = cosA т.е. А = A t. Аналогично показывается, что В =
и С = С!. Таким образом, третий признак подобия треугольников доказан без
ссылки на третий признак равенства треугольников.
3.	Если А = А ], В = Вf и С = С , то по теореме синусов получаем: b : д] —
= а : а и с : с = а : а , т.е. а : а — b : b — с : с .
1 1 1' 1 1 1
4.	Если А ~ А ( и b: bf = с : с[ = к > 0, то из а2 = Ь2 + с2 — 2tecosA и а2 =
— Ь2 + с2 — 2d(C'icosAi следует а2 = &2а2, т.е. а : а^ -• к.
172
15.	ПОСТРОЕНИЯ НА ПРОЕКЦИОННОМ ЧЕРТЕЖЕ
15.1.	Основные построения на проекционном чертеже
Основные свойства параллельных проекций. Если проектирование выпол-
нено параллельно прямой I, не параллельной проектируемым прямым (отрез-
кам) , то проекция прямой есть прямая, проекции параллельных прямых па-
раллельны, отношение длин проекций параллельных отрезков равно отноше-
нию их длин.
Любой треугольник можно считать изображением треугольника любой
формы. Всякий параллелограмм можно считать изображением любого парал-
лелограмма. Изображением треугольной пирамиды можно считать всякий че-
тырехугольник с его диагоналями.
Впредь наши рассуждения будут вестись в предположении, что за плос-
кость проекции принята плоскость, на которой изображается фигура, т.е.
плоскость листа бумаги, классной доски и т.п.
Основные задачи. Решение всякой задачи на изображение пространствен-
ной фигуры сводится к выполнению нескольких основных построений на про-
екционном чертеже.
Задача 1. Построить изображение правильного шестиугольника
ABCDEF (рис. 15.1).
Дополним этот шестиугольник до правильного треугольника МКР. За
изображение треугольника МКР можно принять произвольный треугольник
М^К^Р^ (рис. (15.2). Получаем MF : FE : ЕР = 1 : 1 : 1. Поэтому М ^F :
: F Е, -.ЕР =1:1:1. Аналогично показывается, что КС '.CD -.DP =
iiii	iiiiii
= 1:1:1 лМ А : А В : В К =1:1:1.
11 11 11
Задача 2. Построить изображение параллелепипеда ABCDA f В{ .
За изображение треугольной пирамиды A^ADB можно принять произ-
вольный четырехугольник AA}DB вместе с диагоналями AD \л А ^В (рис.
15.3). Изображение остальных ребер строится на основе важнейших свойств
параллельных проекций.
173
Рис. 15.6
Рис. 15.8
Задача 3. Построить изображение правильной четырехугольной пирами-
ды MABCD с основанием ABCD.
Строим произвольный четырехугольник АМСВ с диагоналями АС и ВМ —
изображение треугольной пирамиды МАВС (рис. 15.4). Строим параллело-
грамм ABCD - изображение квадрата ABCD. Точка О есть пересечение прямых
АС и BD. Отрезок МО является изображением высоты правильной четырех-
угольной пирамиды MABCD.
Задача 4. Дан треугольник АВС, у которого АВ = 6, АС = 10. Точка
М — середина отрезка ВС. Отрезок АК — биссектриса этого треугольника. По-
строить изображение треугольника АВС, его медианы AM и бисбектрисы АК.
За изображение треугольника АВС принимаем произвольный треугольник
АВС' (рис. 15.5). Очевидно, что М : Л7)С1 = ВМ : МС — 1:1. По свойству
биссектрисы угла треугольника В К : К С = ВК : КС = ВК : КС = АВ : АС.
Итак,5 К КС =6:10=3:5.
1 1 11
Задача 5. Дан треугольник АВС, у которого угол АСВ прямой, АС =
= 2, СВ = 3. Построить изображение его высоты СН, проведенной из вершины
прямого угла С на гипотенузу АВ.
За изображение прямоугольного треугольника АВС принимаем произволь-
ный треугольник А В^С^ (рис. 15.6). В прямоугольном треугольнике АВС
АН : НВ АС2 'СВ2. Поэтому А}Н} -Н^В^ = АН : НВ = 22 : З2 = 4 : 9.
Задача 6. В треугольнике АВС сторона ВС = 13, АС = 20, АВ = 21.
Построить изображения треугольника АВС, его высоты СН на сторону АВ и
центра О окружности, описанной вокруг этого треугольника (рис. 15.7).
Пусть треугольник Д)б)С] — изображение треугольника АВС. Так как
А \Н' : Н'В' = АН : НВ, задача сводится к нахождению отношения АН : НВ.
По формуле Герона площадь треугольника АВС равна 126. Так как 0,5СН х
х АВ = 126, то СН = 12. Из прямоугольного треугольника АНС получаем
АН = ^2О2 - 122 = 16. Поэтому Д)«) : //Д = 16 : 5 (рис. 15.8).
Точка О — пересечение серединных перпендикуляров к отрезкам АС и
АВ (рис. 15.7). Если отрезок НК перпендикулярен к прямой А С, то
А К '-К\С\ ^АК : KC = AH* : н<=2 = 162 • 122 = 16:9.
Серединные перпендикуляры к отрезкам АС и АВ параллельны соответст-
венно прямым КН и СН. Поэтому изображения этих серединных перпендику-
ляров параллельны соответственно прямым К ^Н пС^Н^ (рис. 15.8).
Задача 7. Дано изображение куба ABCDA^^C^D^ ( рис. 15.9). Точка
М есть пересечение прямых CDJ и D, АР = 0,1ЬАВ. Построить точку X, в
которой прямая РМ пересекает плоскость АВС.
Точка X принадлежит плоскости АВС и произвольной плоскости Z,прохо-
дящей через прямую РМ. Поэтому задача на построение точки X пересечения
прямой I с плоскостью 2 решается в два этапа: строится прямая а пересече-
ния плоскости 2 с какой-либо плоскостью, проходящей через прямую I;
строится точка X , в которой пересекаются прямые !. и а .
Если прямая / задается какими-либо двумя точками Р и М, принадлежащи-
ми изображенной фигуре, целесообразно сначала построить такое сечение этой
фигуры плоскостью, проходящей через точкиРнМ, одна из сторон которого
принадлежала бы прямой а.
В нашем случае уже изображено сечение куба (прямоугольник АВCj D ) ,
проходящее через прямую ЕМ, сторона ДО которого принадлежит плоскости
АВС. Поэтому искомая точкаХ пересечения прямой РМ и плоскости ДЕС есть
пересечение прямых РМ и ДО.
Задача 8. Дано изображение треугольной пирамиды DABC (рис. 15.10).
Точки Р и К принадлежат соответственно ее граням ABD и BCD. Прямая РК не
параллельна плоскости АВС. Построить точку X, в которой прямая РК пересе-
кает плоскость АВС.
Из всех сечений пирамиды плоскостью, проходящей через прямую РК и
пересекающей плоскость АВС, наиболее простым по построению является се-
чение, определяемое точками Р, К и М, так как прямые DP и АВ пересекаются
Рис. 15.11
Рис. 15.12
в точке М, прямые DK и ВС — в точке £ и прямая ME принадлежит плоскости
АВС. Искомая точка X есть пересечение прямых ME и РК.
Задача 9. Дано изображение четырехугольной пирамиды MABCD (рис.
15.11). Точки Р и К принадлежат соответственно граням ADM и ВСМ. По-
строить точку X, в которой пересекаются плоскость MBD и прямая РК.
Строим треугольник МР^К( — сечение данной пирамиды плоскостью МКР.
Прямые BD и i пересекаются в точке М^. Так как по прямой ММпере-
секаются плоскости MBD и МР^ К и прямая РК принадлежит плоскости
МР^ К1, то точка X есть пересечение прямых ММи РК.
Задача 10. Дано изображение четырехугольной призмы ABCDA^B^C^D
(рис. 15.12). Точка Р принадлежит ее диагонали D. Построить трчки X, Уи
Z, в которых прямая АР пересекает соответственно плоскости А В ^С В ^ВС
DC.
Так как точка X принадлежит плоскости А В^, целесообразно по-
строить фигуру Ф , по которой плоскость АРВ{ пересекает данную четырех-
угольную призму ABCDA^ В t £>1. Плоскости А (и АВС параллельны,
поэтому фигура Ф лежит в плоскости, которая пересекает плоскость Д)£1С1
по прямой В^К^, параллельной прямой AD. ПрямыеКу nC^D^ пересекают-
ся в точке К. Точка К есть пересечение прямых С Си DK, Таким образом,
фигура Ф' является четырехугольником АВ^К D. Искомые точки X, Y и Z
есть соответственно точки пересечения прямой АР с прямыми В К 3 К и
O/Cj.
15.2.	Построение ортогональных прямых и плоскостей
К основным метрическим задачам относятся: построение прямой Л , про-
ходящей через данную точку А и перпендикулярной к данной прямой т ; по
строение общего перпендикуляра к двум скрещивающимся прямым; по-
Рис. 15.13
строение прямой, проходящей через данную точку А и перпендикулярной к
данной плоскости; построение плоскости, перпендикулярной к данной пря-
мой; построение плоскости, образующей с данной плоскостью данный дву-
гранный угол; построение прямой, пересекающей данную плоскость под дан-
ным углом.
Методику решения названных задач поясним примерами.
Задача 1. Дано изображение куба ABCDA^B^C^D^ (рис. 15.13), АК =
= 2КА АВ = 6. Построить изображение перпендикуляра КХ, проведенного
из точки К к прямой В{D. Найти длину отрезка КХ.
Отмечаем на прямой Втакие точки, расстояние между которыми и рас-
стояние от точки К до них можно найти. Тогда задача сведется к изображе-
нию высоты треугольника, у которого известны три стороны. В качестве та-
кого треугольника целесообразно взять треугольник KB^D, так как B^D =
= 6 \ЛЗ", КВ 1 = V 62 + 22= 2 \Ло, KD = \/б2 + 42 = 2 Vl3. Теперь задача
свелась к нахождению отношения В}Х : XD (см. задачу 6, § 15.1).
Решение этой задачи можно упростить. Проводим через прямую ВD та-
кую плоскость Е, на которую просто провести из точки К перпендикуляр
КН. Строим отрезок НХ, перпендикулярный к прямой В^D. Тогда отрезок
КХ перпендикулярен к прямой B'D (теорема о трех перпендикулярах). В ка-
честве плоскости Е целесообразно принять плоскость BDD .
Очевидно, что прямая АС перпендикулярна к плоскости BDD^. Через
точку К проводим прямую, параллельную прямой АС. В пересечении с прямой
ОО1 получаем точку Н. Прямая КН перпендикулярна к плоскости BDD .
Строим отрезок F, перпендикулярный к прямой ВD. Получаем ВF : FD =
= В: D^D2 = 2:1. Проводим отрезок НХ, параллельный прямой F.
Задача 2. Дано изображение куба ABCDA^^C^D^ (рис. 15.14), DK =
= КВ', точка X принадлежит отрезку АА'. Построить изображение точки X,
если отрезок ХК перпендикулярен к прямой ВD.
Построим произвольное сечение куба, перпендикулярное к прямой В^D.
177
Рис. 15.15
Известно, что плоскость DfAC перпендикулярна к прямой В^D. Пусть О есть
точка пересечения прямых BD и АС. Тогда М — точка пересечения прямых
OOj и D, прямой В^ D и плоскости AD} С.
Проведем сечение куба плоскостью Z, параллельной плоскости AD }С.
Очевидно, что плоскость L перпендикулярна к прямой Ви точка X есть
пересечение прямой и плоскости Е.
Так как параллельные плоскости пересекаются третьей по параллельным
прямым, построение точки X сводится к следующему.
Через точку К проводим прямую Z, параллельную прямой OD(. Она пере-
секает прямую BD в точке Е. Через точку Е проводим прямую т, параллель-
ную прямой АС. Прямая т пересекает прямую АВ в точке Р. Через Р проводим
прямую п, параллельную прямой D^C. Искомая точка X есть пересечение пря
мых п и АА^
Задача 3. На рис. 15.15 дана параллельная проекция куба
ABCDAJ3{ С] . Его грань АА^В^В параллельна плоскости чертежа. Найти
угол наклона направления проектирования к плоскости проекции (черте-
жа) .
Так как грань АА^В^В параллельна плоскости чертежа, то длина отрезка
АВ, изображенного на рисунке 15.15, равна длине ребра куба. Измерением
находим, что ребро AD изображено отрезком, равным отрезку АВ. Ребро AD
перпендикулярно к плоскости АВА (, и проекция ребра AD равна этому ребру.
Поэтому = 45°.
3 а д а ч а 4. Дано изображение куба ABCDA р t С{ D(рис. 15.16), АВ =
= 4, АК = KD. Построить изображение перпендикуляра АН, проведенного из
точки А к плоскости A j В К, и найти его длину.
Общий план решения таких задач следующий. Через точку А проводится
некоторая плоскость Z, перпендикулярная к плоскости А ] ВК. Строится пря-
мая 1, по которой пересекаются плоскости X и А^ВК. Проводится прямая
АН, перпендикулярная к прямой I.
Ребро АА1 перпендикулярно к плоскости ABD, и прямая ВК принадлежит
178
Рис. 15.18
этой плоскости. Поэтому в качестве плоскости L целесообразно взять плос-
кость, проходящую через прямую АА . Строим отрезок АР, перпендикуляр-
ный к прямой ВК. Тогда прямая АР перпендикулярна к прямой ВК и плос-
кость АА^Р перпендикулярна к плоскости ВКА^. Проводим перпендикуляр
АН к прямой А Р. Тогда отрезок АН будет перпендикулярным к плоскости
А'ВК.
Как построить точки Р и Н? Отрезок АР — высота прямоугольного тре-
угольника ВАК, поэтому
КР : РВ = АК2 : АВ2 = 22 : 42 = 1:4.
Из прямоугольного треугольника РАА^ следует: PH : НА = АР2 : АА2.
Теперь ясно, что для решения задачи нужно знать длину отрезка ДР.
Из прямоугольного треугольника КАВ получаем:
АР-ВК = АК-АВ; АР = АК-АВ : ВК =
= (2-4 ) : х/22 + 42 = 4 :	5 .
Итак, PH : НА ( = (4 / х/Т12 : 42 = 1:5.
Из прямоугольного треугольника PAA t имеем: АН-А (Р = АР-АА . Отсюда
АН = АР-АА f : Д t Р = ДР-ДД ( : х/ АА2 + ДР2 = 2 хЛГ: 3 .
Задача 5. Дано изображение правильной треугольной пирамиды DABC
(рис. 15.17). Треугольник АВС — ее основание. Точка Р принадлежит грани
BCD. Через точку Р проходит прямая I, перпендикулярная к плоскости
BCD. Построить точки X и Y, в которых прямая I пересекается соответственно
с плоскостями АВС и A CD, если AD = АВ.
План решения задачи показан на рис. 15.17. Поясним это решение. Два
перпендикуляра к одной и той же плоскости параллельны. Параллельные пря-
мые (не параллельные направлению проектирования) на проекционном чер-
179
К К :KD = OK2 : OD2
12	2	1
теже изображаются параллельными
прямыми. Поэтому целесообразно сна-
чала провести произвольный перпенди-
куляр к плоскости DBC. А для этого
нужно построить какую-либо плос-
кость Е, перпендикулярную к плос-
кости DBC , и в плоскости X провести
прямую, перпендикулярную к линии
пересечения плоскостей £ и DBC.
В качестве плоскости X выбрана
плоскость ADK, так как на проек-
ционном чертеже легко построить точ-
ку К — середину отрезка ВС. Далее,
АО — 2OKt, и отрезок DO перпенди-
кулярен к плоскости АВС. Угол DOK(
прямой.
Мы уже умеем изображать высоту
ОК прямоугольного треугольника
К OD:
।
1	7
( — АК )2 : { AD2 - (- АК}2} =
3	1	3	1
= - АВ2 sin260° : (АВ2 - - AS2sin2 60°) = 1:8.
9	9
Задача 6. Дано изображение прямоугольного __________параллелепипеда
ABCDA В С D (рис. 15.18), АО = 2, СС} -= 4, CD = 3, DO = ЗОВ^. Плос-
кость Е проходит через точку О, и Е перпендикулярна к прямой В D. По-
строить сечение данного параллелепипеда плоскостью Е.
План решения задачи показан на рис. 15.18.
Задача 7. Дано изображение прямоугольного__________ параллелепипеда
ABCDA^B'C'D^ (рис. 15.19), ВС = 4, CD = 3, СС( = V 3 . Плоскость Е про-
ходит через прямую BDn образует с плоскостью BDC двугранный угол 60°. По-
строить сечение данного параллелепипеда плоскостью Е.
План построения показан на рис. 15.19.
15.3. Методы построения сечений многогранников плоскостью
Метод следов построения сечений пирамид и призм. Строится прямая
(след) пересечения секущей плоскости с плоскостью основания пирамиды
или призмы. Находятся точки встречи следа с плоскостями боковых граней
и диагональных сечений этих многогранников. Эти точки вместе с данными
точками секущей плоскости определяют прямые, которым принадлежат сто-
роны (диагонали) искомого сечения.
Задача 1. Дано изображение четырехугольной пирамиды MABCD с ос-
нованием ABCD (рис. 15.20). Точки/5, Е \л К принадлежат соответственно реб-
рам пирамиды AM, MD и МВ. Построить сечение данной пирамиды плоскостью
РКЕ.
180
Рис. 15.20
Для построения следа р, по которому пересекаются плоскости РКЕ и
АВС, необходимо найти две точки, принадлежащие этим плоскостям. Строится
точка Y, в которой пересекаются прямые РЕ и AD, и точка X пересечения пря-
мых РК и АВ. Прямая XY и есть след р, так как прямая XY принадлежит
плоскостям АВС и РКЕ.
Для построения точки F, в которой пересекаются прямая СМ и плоскость
РКЕ, найдем точку Н пересечения прямой р и плоскости АСМ. Очевидно, что
в точке Н пересекаются прямые р и АС. В точке F пересекаются прямые PH и
МС. Искомым сечением является четырехугольник PEFK.
Метод деления л-угольной пирамиды (призмы) на треугольные пирамиды
(призмы). Из данной л-угольной призмы (пирамиды) выделяется та треуголь-
ная призма (пирамида) П, на боковых ребрах которой лежат точки, опреде-
ляющие искомое сечение. Строится сечение этой призмы (пирамиды), а за-
тем — сечения тех треугольных призм (пирамид), которые имеют общие части
с фигурой II.
3 а д а.ч а 2. Дано изображение пятиугольной призмы ABCDEA (В] C^D^Eу
(рис. 15.21). Точки Р, Н \л Т принадлежат соответственно ее ребрам АА ЕЕ^
ВВ^. Построить сечение данной призмы плоскостью РНТ.
Треугольник РНТ — сечение призмы АВЕА^В^Еплоскостью РНТ. С этой
призмой призмы АВСА^В С^, ADEA ( имеют общие части. Точки М, К,
МК' являются соответственно точками пересечения прямых АС и BE,AD
и BE, Д и Sjfj, и Плоские четырехугольники ACCiAl и
ВЕЕ^В^ пересекаются по отрезку ММ{. Поэтому существует точка О, в кото-
рой пересекаются прямые TH и ММ Треугольник PT Y есть сечение плос-
костью РНТ призмы АВСА 'С 1 (точка Y — это пересечение прямых PQ и
CCJ.
На основании аналогичных рассуждений получаем, что прямые TH и
КК) пересекаются в точке F, а прямые PF и DD^ — в точке X. Очевидно, что
181
Рис. 15.22	рис, 15,23
треугольник РНХ есть сечение призмы ADEA J) Е плоскостью РТН. Пяти-
угольник PTYXH — искомое сечение.
Метод дополнения л-угольной призмы (пирамиды) до треугольной приз-
мы (пирамиды). Данная призма (пирамида) достраивается до треугольной
призмы (пирамиды). Строится ее сечение. Искомое сечение получается как
часть сечения треугольной призмы (пирамиды).
Задача 3. Дано изображение пятиугольной пирамиды МABODE с осно-
ванием ABODE (рис. 15.22). Точки F и Т принадлежат соответственно ее
ребрам AM и МС. Построить сечение этой пирамиды плоскостью FBT.
Строим точки Р и К, в которых пересекаются соответственно прямые ВС
и DE, АВ и DE. Очевидно, что данная пятиугольная пирамида MABCD есть
часть треугольной пирамиды МКВР. Строим сечение пирамиды МКВР плос-
костью FBT. Точки X и Y есть точки пересечения соответственно прямых
FB и КМ, ВТ и МР. Треугольник XYB есть сечение пирамиды МКВР плоскостью
FBT. Строим точки Q и Н, в которых пересекаются соответственно прямые
ЕМ и XY, MD и XY. Пятиугольник QHTBF — искомое сечение.
Метод параллельных прямых. В основу этого метода положено следующее
свойство параллельных плоскостей: прямые, по которым плоскость пересе-
кает параллельные плоскости, параллельны между собой.
Задача 4. Дано изображение пятиугольной призмы ABCDEA^B^ D^ Еi
(рис. 15.23). Точки К и М принадлежат соответственно отрезкам AAt и СС^.
Построить сечение данной призмы плоскостью КВМ.
Через прямую ДД1 проводим плоскость 2, параллельную плоскости
ВСС , Прямые ED, E^D^,	пересекаются с плоскостью 2 соответст-
венно в точках Р, Р , F и F . Так как плоскости 2 и ВСС^ параллельны, то
плоскость КВМ пересекает плоскость 2 по прямой КХ, параллельной прямой
ВМ. Точка X принадлежит прямой FF.
182
o’
Прямые/3/^ vtKX,MXv\DD ЕЕ и ГО пересекаются соответственно в точ-
ках О, Т n Y. Пятиугольник KBMTY — искомое сечение.
Метод параллельного переноса секущей плоскости. Сущность этого метода
заключается в следующем. Вместо секущей плоскости строится параллельная
ей плоскость П, которая пересекает все три грани некоторого трехгранного
угла данного многогранника (или его части). Путем параллельного переноса
строятся некоторые линейные элементы искомого сечения, соответствующие
легко строящимся элементам плоскости П.
Задача 5. Дано изображение пятиугольной пирамиды SABCDE с основа-
нием ABCDE (рис. 15.24). На ее боковых ребрах SA SB, SE отмечены соот-
ветственно точки К, М, Р. Построить сечение этой пирамиды плоскостью
КМР.
Проводим прямую ВТ, параллельную прямой КМ, и прямую TS, парал-
лельную прямой КР. Получаем треугольник TRB, плоскость которого парал-
лельна плоскости КМР.
Строим диагонали AD и АС основания пирамиды. Прямые BR nAD, BR
и АС пересекаются соответственно в точках Н и X. Строим отрезки TH и ТХ.
Через точку К проводим прямые, параллельные соответственно прямым
TH и ТХ. В пересечении с ребрами SD и SC получаем точки F и Y, принадлежа-
щие секущей плоскости. Пятиугольник KPFYM — искомое сечение.
Метод разделяющей плоскости. Пусть сечение задано точками М, К и Р.
Строим сечение пирамиды (призмы) плоскостью, параллельной основанию
пирамиды (призмы) и проходящей через точку К, если точки М и Р лежат
в различных полупространствах'относительно этой плоскости.
3 а дач а 6. Дано изображение четырехугольной призмы ABCDАВ CD
(рис. 15.25). Точки М, К и Р принадлежат соответственно граням ABB ^А j,
183
ВСС'Вi viCDD^C^ этой призмы. Построить ее сечение плоскостью МКР,
Проводим отрезки MF, FE и ЕН, параллельные соответственно АВ, ВС и
CD (рис. 15.25). Точки К и Р лежат в различных полупространствах относи-
тельно плоскости MFE, которая параллельна основаниям призмы
ABCDA^C'D'.
Строим отрезок КК', параллельный ребру ВВ и отрезок РР', параллель-
ный ребру СС( (рис. 15.25).
Точки X и Y есть точки пересечения соответственно прямых КР и К'Р1,
MX и ЕН. Прямая PY пересекает прямую CCj в точке С , а прямую DD^ в точ-
ке D . Прямые С К и В М пересекают прямые ВВ ( и А А ( соответственно в точ-
ках В и А . Четырехугольник А 'В C'D — искомое сечение.
Метод параллельных проекций. Пусть дано изображение некоторого мно-
гогранника. Точки К, М и Р определяют секущую плоскость. Строим новое
изображение данного многогранника так, чтобы искомое сечение изобража-
лось на нем некоторой прямой.
Задача 7. Дано изображение шестиугольной пирамиды MABCDEF,
основанием которой является правильный шестиугольник ABCDEF. Точка
Р принадлежит ребру MD и MP : PD = 1:2. Точка К принадлежит ребру FM
и FK : КМ = 1:2 (рис. 15.26). Секущая плоскость проходит через точки А, К
и Р. Найти, в каком отношении плоскость АКР делит ребра ME, МС и МВ
данной пирамиды.
За направление проектирования принимаем прямую АР, а за плоскость
проекции — плоскость основания пирамиды. При таком условии изображе-
ние данной пирамиды показано на рис. 15.27.
Очевидно, что МА = АО = OD и четырехугольник MFEA является парал-
лелограммом.
В трапеции BEFA диагонали точкой их пересечения делятся в отношении
1:2, т.е. A Y ; YE = 1:2 и KF — AY. Отсюда следует, что прямая КА, изобра-
жающая на рис. 15.27 секущую плоскость КАР, параллельна прямой BF. Те-
перь ясно, что МТ : ТХ —-2:1 и МТ : ТЕ = 2:3.
Итак, МН : НВ = МК : KF = 2:1 и МТ : ТЕ = MQ : ОС = 2:3.
184
16. МЕТОД ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ПРОЕКЦИЙ
16.1.	Сущность метода
Сущность метода параллельных проекций заключается в целесообразном
выборе направления проектирования. При решении многих геометрических
задач удобно выбрать направление проектирования так, чтобы некоторые пря-
мые изображались точками, некоторые плоскости — прямыми, а произволь-
ные треугольники — правильными треугольниками.
Метод параллельных проекций основывается только на тех свойствах па-
раллельных проекций, которые изучаются в школе. В частности, широко
используется возможность изображать любой треугольник любым треугольни-
ком и любую треугольную пирамиду — всяким полным четырехугольником.
Это позволяет свести исследование многих отношений между элементами про-
извольных геометрических объектов к доказательству соответствующих
свойств достаточно "хороших" плоских или трехмерных фигур. Например, ус-
тановление многих свойств треугольной пирамиды существенно упрощается,
если считать ее изображением квадрат (вместе с его диагоналями).
16.2.	Отношение отрезков
При вычислении отношений отрезков в качестве проектирующей прямой
выбирается та, которая параллельна одному из данных отрезков.
Задача 1. Дан параллелограмм ABCD. Точка М — середина отрезка АВ.
Точка К принадлежит отрезку AD, и АК : KD = 1:2. Найти, в каком отноше-
нии точка Р пересечения отрезков АС и МК делит отрезок МК.
Считаем данный параллелограмм изображением квадрата ABCD со сторо-
ной, равной 6 (рис. 16.1). Отрезок АР— биссектриса прямого угла треуголь-
ника КАМ. Поэтому КР : РМ = АК : AM = 1 АВ : -i AD = 3 :2.
2	3
185
Задача 2. Дана правильная шестиугольная пирамида MABCDEF (рис.
16.2). Точка К делит ребро ВМ пополам. Найти, в каком отношении плоскость
FEK делит ребро AM (точкой X}.
Строим ортогональную проекцию данной пирамиды, приняв прямую FE
в качестве проектирующей (рис. 16.3). Плоскость FEK изображается прямой
КЕ. Так как на рис. 16.3 отрезки КЕ и МА являются медианами треугольника
МВЕ, то MX : ХА = 2: 1.
Задача 3. Дана треугольная пирамида DABC. Точки М и К — середины
ребер АВ и CD. Точка Р принадлежит ребру ВС. Плоскость МРК пересекает
ребро AD в точке Н. Доказать, что отрезок PH пересекается прямой МК попо-
лам.
Построим изображение пирамиды DABC, приняв за направление проекти-
рования прямую КМ (рис. 16.4). Данная пирамида изобразилась параллело-
граммом ACBD, а ее сечение плоскостью МКР — отрезком PH, проходящим
через точку К = М, т.е. центр симметрии параллелограмма. Утверждение зада-
чи доказано.
Задача 4. Дан куб ABCDA1 Bt Ct (рис. 16.5). В каком отношении
делит ребро 8}С} точка Е, которая принадлежит плоскости, проходящей через
вершину А и центры К и Н граней А (Си В ^С СВ?
Изображаем нижнее основание данного куба квадратом ABCD, а пря-
мую АК — точкой А = К (рис. 16.6). На этом рисунке плоскость АКН изобра-
жается прямой АН. Прямые В С^ и НА пересекаются в точке Е. Для треуголь-
ника В^СА отрезки АН и/^l} являются медианами, поэтому В^Е : ЕС^
= 2:1.
186
, Задача 5. Дана треугольная пирамида DABC (рис. 16.7), DK = — DA,
—	1 — —	1 —
DM= —DB,AE= — AC . В каком отношении плоскость делит отрезок ВС?
3	4
Пусть плоскость КНЕ пересекает прямую ВС а точке X. Изображаем
грань ДОС правильным треугольником (рис. 16.8), а отрезок КМ — точкой
К = М. Построим на рис. 16.8 прямую DP (АР = PC). Так как прямые КХ и
DT параллельны, то ВХ : XT = ВК : KD= 2:1 и ЕР : PC = XT: ТС = 1:2. Отсю-
да ВХ:ХС= 2:3.
16.3.	Пересечение прямых
При решении задач на доказательство того, что данные три прямые пересе-
каются в одной точке, произвольные треугольники изображаются, как прави-
ло, правильными треугольниками.
Задача 1. Доказать, что во всяком треугольнике его медианы пересе-
каются в одной точке.
Всякий треугольник можно считать изображением правильного треуголь-
ника. Утверждение задачи для правильного треугольника верно, потому что в
этом треугольнике медианы являются его биссектрисами. Отсюда следует ут-
верждение задачи.
Задача 2. Через середины противоположных ребер произвольной пи-
рамиды DABC проведены прямые (рис. 16.9). Доказать, что они пересекаются
в одной точке.
За направление проектирования принимаем прямую FH (рис. 16.10). Тог-
да пирамида изображается параллелограммом (вместе с его диагоналями).
Середины противоположных сторон параллелограмма симметричны относи-
тельно точки F = Н. Задача решена.
Задача 3. Дан произвольный треугольник АВС, ВМ = — — ВА, АК =
3
1 ‘“—	1  
= —АС , СР = — СВ . Доказать, что центры тяжестей треугольников АВС и
3	3
МКР совпадают.
Треугольник АВС принимаем за изображение правильного треугольника.
Тогда треугольник MKP6yp,ei изображением правильного треугольника
187
d
(рис. 16.11). Центры вращений этих треугольников совпадают. А так как у
правильного треугольника центр вращения и центр тяжести совпадают, то ут-
верждение задачи доказано.
Задача 4. На рис. 16.12 отрезки MP, AD и КН параллельны и четырех
угольник РМКН является трапецией. Доказать, что прямые МК, PH и ВС пе-
ресекаются в одной точке Е.
Считаем рис. 16.12 изображением пирамиды DABC и ее сечения РМКН
плоскостью МРН. Поэтому точка Е, в которой пересекаются прямые МК и
PH, принадлежит прямой ВС.
Задача 5. В четырехугольник ABCD вписана трапеция МКРЕ (рис.
16.13), параллельные стороны которой параллельны диагонали АС. Доказать,
что прямые MEr BD и КР пересекаются в одной точке.
Принимаем четырехугольник ABCD (вместе с его диагоналями) за изобра-
жение треугольной пирамиды. Трапеция МКРЕ является сечением этой пирами-
ды плоскостью МКР. Эта плоскость не параллельна прямой BD, так как боко-
вые стороны ME и КР трапеции МКРЕ не параллельны прямой BD. Прямая BD
пересекает плоскость МКР в точке Н, которая принадлежит плоскостям
ABD и BDC. Поэтому в точке Н пересекаются прямые ME, КР и BD.
188
Задача 6. Доказать, что отрезки, соединяющие середины противопо-
ложных сторон четырехугольника ABCD, и отрезок, соединяющий середины
диагоналей, пересекаются в одной точке (рис. 16.14).
Рис. 16.14 считаем изображением правильного тетраэдра DABC. А этот
тетраэдр в свою очередь можно изобразить квадратом, выбрав за направление
проектирования прямую LR (рис. 16.15). После этого утверждение задачи
становится очевидным.
Задача 7. Даны треугольник АВС и произвольная точка М внутри него
(рис. 16.16). Доказать, что если построить параллелограммы МВВ^С и
МАА^В^, то диагональ МА^ последнего проходит через центр тяжести О дан-
ного треугольника.
Данный треугольник АВС вместе с отрезками ВМ, СМ, МА и МО считаем
изображением правильной треугольной пирамиды (с основанием АВС и высо-
той МО).
Построим другое изображение этой пирамиды (и связанных с ней паралле-
189
лограммов МВВ^С и АМВ^А, расположив ее основание параллельно плос-
кости проекции и приняв за направление проектирования прямую МО (рис.
16.17). Утверждение задачи очевидно.
16.4.	Коллинеарные точки
При решении задач на доказательство того, что три данные точки А, В, С
принадлежат одной прямой, за направление проектирования можно принять
одну из прямых Л в, ВС или АС.
Задача 1. Дана произвольная трапеция ABCD (рис. 16.18). В точке К
пересекаются прямые AD и ВС. Диагонали АС и BD трапеции пересекаются
в точке М. Доказать, что прямая КМ проходит через середины Н и Р сторон
АВ и CD трапеции.
Треугольник А КВ принимаем за изображение правильного треугольника
в,, а трапецию ABCD — за изображение равнобедренной трапеции
A^B^C^D^ (рис. 16.19). Прямая является осью симметрии треугольника
и тРапеиии jCjОу • Поэтому прямая М^Кделит пополам отрезки
D) Ct и А 1Д). Точки Р и Н являются образами точек Р} и Н соответственно.
Поэтому прямая КМ проходит через середины сторон CD и АВ данной трапе-
ции.
Задача 2. На сторонах АВ и CD четырехугольника ABCD даны точки
М и К, такие, что AM = kAB, DK = kDC. Доказать, что середины отрезков ВС,
МК, AD принадлежат одной прямой.
Рис. 16.20 считаем изображением правильного тетраэдра ABCD. Пусть
точки Р и Т — середины ребер AD и ВС. Прямая РТ является осью симметрии
этого тетраэдра. Поэтому точки М и К симметричны относительно прямой
РТ, и точка Е, в которой пересекаются прямые РТ и МК, есть середина отрез-
ка МК.
Задача 3. На рис. 16.21 показаны параллельные прямые а, Ь, с, принад-
лежащие одной плоскости, и точки М, К, Р этой плоскости. Построить на пря-
мых а, Ь, с .соответственно точки А, В, С так, чтобы точка М принадлежала от-
резку АВ, К — отрезку ВС и Р — отрезку АС.
Рис. 16.18	Рис. 16.19	Рис. 16.20
190
Возьмем на прямой b произвольную точку BQ и построим прямые BQM
и В^К, которые пересекают прямые а и с соответственно в точках и CQ
(рис. 16.22). Через точку Р проводим прямую А С', параллельную прямой
ДоСо, и ПРЯМУЮ А'в', параллельную прямой А^В^. Получили изображение
треугольной призмы А В^С^А'в'с'. Задача свелась к построению сечения
призмы плоскостью МКР.
Проводим прямую DP, параллельную прямой МК. Прямая а пересекается с
прямой DM в точке А. Получаем точки В и С, в которых пересекаются соот-
ветственно прямые b и DM,c и ВК.
Задача 4. Дан прямоугольный параллелепипед ABCDAВ ХС^ОХ. Точки
К и Р — середины ребер ВВ^ и А соответственно. Точка Н делит ребро СС^
пополам. Точка Е принадлежит ребру ВС[ и В^Е : ЕС^ = 1:3. Верно ли, что
прямая КР пересекает прямыеАЕ пА^Н?
Пусть плоскость проекции параллельна грани ВВCJ С прямоугольного па-
раллелепипеда ABCDA^B^C^D^ и прямая КР параллельна направлению проек-
тирования. Получаем изображение параллелепипеда, на котором прямая КР
изображена точкой (рис. 16.23). На этом рисунке прямая A L Н совпала с изоб-
ражением прямой A^D^. Отрезок АК пересекает отрезок ТВ в его середине М.
Поэтому треугольники МВК и ЕВ ^К равны, и точки А, К и Е лежат на одной
прямой. Итак, на рис. 16.23 изображения прямых А^Н и АЕ проходят через
точку К = Р, т.е. эти прямые пересекают прямую КР.
191
Рис. 16.24
Задача 5, Дан куб ABCDA ^В ^С^^ {рис. 16.24), В = КС^, СР =
= 0,25СО, С^М = 0,25^0]. Точка X принадлежит прямой BD^. Точка Y яв-
ляется точкой пересечения прямых КХи МР. Построить точку X.
Изображаем нижнее основание данного куба квадратом ABCD, а прямую
МР — точкой М = Р (рис. 16.25). Точка X является пересечением прямых МК и
BJD. Треугольники FBK и МСК равны. Поэтому ХВ: XD = FB : МD = СМ:
: MD = 1:3, т.е. ВХ = 0,50^. Теперь легко построить точку X на рис. 16.24.
16.5.	Параллельные прямые
При решении задач на доказательство параллельности прямых одна из
данных прямых принимается на направление проектирования.
Задача 1. В произвольный треугольник АВС вписан параллелограмм
ADEF так, что вершины D, Е, F лежат соответственно на сторонах АВ, ВС и
АС. Через середину М стороны ВС проведена прямая AM, пересекающая пря-
мую DE в точке К. Доказать, что четырехугольник CFDK является паралле-
лограммом.
Считаем данный треугольник изображением прямоугольного равнобедрен-
ного треугольника АВС, у которого АВ =АС (рис. 16.26). В этом случае па-
раллелограмм ADEF изображается прямоугольником, а медиана AM — бис-
сектрисой прямого угла ВАС. Поэтому прямоугольные треугольники ADK и
CFE равны и DK = FC. Итак, четырехугольник DKCF — параллелограмм, по-
этому и его образ является параллелограммом. Утверждение задачи доказано.
Задача 2. В пятиугольнике ABCDE соответственно параллельны отрез-
ки: АВ и СЕ, ВС и AD, CD и BE, DE и АС. Доказать, что отрезки АЕ и BD так-
же параллельны между собой (рис. 16.27).
Изображаем параллелограмм ABCF квадратом (рис. 16.28). По условию
задачи отрезки DE и АС параллельны. Очевидно, что на рис. 16.28 отрезки FD
nFE равны. При движении точки О по лучу FQ (отточки F} угол SCO уве-
личивается. Увеличивается также при этом и угол СВЕ. Поэтому на луче FQ су-
ществует единственная точка D, такая, что отрезки DE и AC, BE и CD парал-
лельны между собой. Докажем, что в этом случае отрезок АЕ параллелен от-
192
X
Рис. 16.27
Рис. 16.25
Рис. 16.29
Рис. 16.30
резку BD. Точки .4 и С, О и Е симметричны относительно BF. Поэтому трапе-
ции BCDE и ABDE равны, и, следовательно, прямые АЕ и BD параллельны.
Решение этой задачи становится простым, если заметить, что из параллель-
ности соответствующих сторон и диагоналей пятиугольника ABCDE следует
равновеликость треугольников ABC, BCD, CDE, DEA, ABE.
Задача 3. Дана замкнутая неплоская ломаная ABCDEF (рис. 16.29) .До-
казать, что если противоположные звенья ломаной попарно параллельны, то
они попарно равны.
Допустим, что А В Ф DE. Считаем прямую BD проектирующей. Тогда эта
прямая изображается точкой В = D (рис. 16.30), а точка Е будет принадлежать
прямой АВ, причем точки А и Е не совпадают. Получаем, что из точки F можно
провести две различные прямые FA и FE, параллельные прямой ВС. Получен-
ное противоречие и доказывает, что АВ = DE. Аналогично доказывается, что
ГЕ = ВС \aDC= FA.
Задача 4. На рис. 16.31 показаны параллелограммы ABCD и AJ3 ^С^,
произвольно расположенные в пространстве, AM = 0,25X1X1 ВН = 0,25 ВВ,
СР = 0,25CCJ, DT = 0,250/^ . Доказать, что четырехугольник МНРТ является
параллелограммом.
Изображаем параллелограмм A^B^C^D^ квадратом, а прямую ВА — точ-
кой В = А (рис. 16.32). На этом рисунке МН = 0,25^5 и ТР = 0,250^ .
HoX))S1 = D Cj, поэтому МН = ТР. Утверждение задачи доказано.
13 Зак. 5044
193
Задача 5. В выпуклом четырехугольнике A BCD точки К и М являются
серединами соответственно отрезков АВ и CD. Установить форму четырех-
угольника РЕТН, вершины Р, Е, Т, Н которого есть середины соответственно
отрезков КС, ВМ, KD, AM (рис. 16.33).
Принимаем рис. 16.33 за изображение правильного тетраэдра CABD. По-
строим другое изображение этого тетраэдра, считая, что плоскость проекций
параллельна его грани BAD, и приняв за направление проектирования прямую
НТ (рис. 16.34).
Так как точки Н и Т — середины отрезков AM и KD, то четырехугольник
KMDA является параллелограммом (рис. 16.34). Отсюда следует, что и четы-
рехугольник ВСМК является параллелограммом, равным параллелограмму
KMDA.
Следовательно, на рис. 16.34 отрезок РЕ изображается точкой Р = Е, т.е.
отрезки РЕ и НТ параллельны. Докажем, что РЕ = НТ.
Для этого построим еще одно изображение правильного тетраэдра ABCD,
194
приняв за направление проектирования прямую КМ (рис. 16.35). Из рисунка
понятно, что РЕ = НТ.
Итак, четырехугольник РЕТН является параллелограммом.
16.6.	Параллельные прямые и плоскости
При решении задач на параллельность прямых и плоскостей одна из плос-
костей изображается прямой.
Задача 1. Дана треугольная призма АВСА^В^ С] (рис. 16.36). Доказать,
что не существует плоскости, которой параллельны прямые А В ВС ( и СА .
Считаем прямую СД( проектирующей. При этом условии данная призма
изображается фигурой, показанной на рис. 16.37. На этом чертеже прямые С^В
и АВ' пересекаются, а прямая СД1 изображена точкой С = 4^
___ За дача 2. Дана произвольная треугольная пирамида DABC (рис. 16.38).
ВМ = кВА, СР= kCD, ВН —пВС, АЕ = nAD. Доказать, что точка М принадле-
жит плоскости РНЕ.
Считаем прямую МР проектирующей. По условию задачи точки М и Р pfi-
лят отрезки АВ и DC в одном и том же отношении, поэтому данная пирамида
изображается трапецией ADBC с основаниями AD и СВ (рис. 16.39). Треуголь-
ники AMD и ВМС гомотетичны относительно точки М Р. Точки Е и Н делят
отрезки AD и ВС в одном и том же отношении. Поэтому отрезок НЕ проходит
через центр гомотетии М = Р, а это означает, что отрезки МР и НЕ пересекают-
ся. Утверждение задачи доказано.
Задача 3. Дана пространственная замкнутая ломаная ABCDEFA (рис.
16.40). Точки М, К, Р, Q, Н, Т — середины соответственно ее звеньев АВ, ВС,
195
Рис. 16.40	Рис. 16.41
CD, DE, EF,. FA. Доказать, что прямые MQ, НК, РТ параллельны одной и той
же плоскости.
Считаем прямую QM проектирующей. Тогда точки А, Е, В, D изображаются
вершинами параллелограмма (рис. 16.41). Отрезки РК и TH изображают сред-
ние линии треугольников AEF и CBD, у которых АЕ = BD и отрезки АЕ и
BD параллельны. Поэтому отрезки TH и РК равны и параллельны. Следова-
тельно, на рис. 16.41 прямые НК и ТР изображаются параллельными прямыми,
а прямая МС — точкой Q = М.
16.7.	Расстояние между точками
При определении расстояния между данными точками используем свойст-
ва ортогональной проекции.
Задача 1. Сторона основания ABCD правильной пирамиды MABCD рав-
на 1, боковое ребро равно 2. Рассматриваются отрезки с концами X и Y на диа-
гонали BD основания и ребре МС, параллельные плоскости MAD. Найти наи-
меньшую длину всех рассматриваемых отрезков (рис. 16.42).
Изображаем грань MAD треугольником, подобным оригиналу, и в качест-
ве проектирующей берем прямую BD. Получаем новое изображение данной пи-
рамиды (рис. 16.43) .Искомый отрезок XY параллелен плоскости MAD, поэто-
му он на рисунке изображается без искажения длины.
Теперь ясно, что на рис. 16.43 отрезок XY перпендикулярен к прямой МС.
Пусть точка Р — середина отрезка ДР. Тогда
МС2 = МР2 + PC2 = MD2 - PD2 + PC2 =
= 4 - 0,25 + 2,25 = 6 и МС = \ЛГ.
Следовательно, sin L PCM = МР : МС = V 5 : 8 и XY = DY = DCs\nL PCM =
= 0,5хЛ2?5 .
Задача 2. Дан куб ABCDA (В f D) (рис. 16.44). Точки Р и М — середи-
ны ребер АВ и ВВ^ Точка О — центр грани ВСС^В Через точку О провести
прямую, которая пересекает прямые AM и СР (в точках Н и К соответствен-
но) . Вычислить длину отрезка НК , если длина ребра куба равна единице.
Пусть грань ВСС^В^ параллельна плоскости проекции. За направление
проектирования возьмем прямую AM. Получим изображение данного куба
(рис. 16.45). На этом рисунке прямая AM и принадлежащая ей искомая точ-
196
А Р U‘B--K С
Рис. 6-43
м
ка Н изображены серединой стороны ВВ квадрата ВВ) С. Точка Р — середи-
на отрезка МВ, поэтому искомая точка К принадлежит лучу СР, v\PK = PC.
Из рисунка также видно, что отрезок КН в два раза больше отрезка НО.
Теперь ясно, как построить точки К и Н на рис. 16.44. На лучеО<4 строим
такую точку К, что КА = AD. Точка Н есть пересечение прямых КО и AM.
Строим середины F и Т ребер ВС и AD. Очевидно, что треугольники OFT
и КТО — прямоугольные. Поэтому ТО2 = OF2 + TF2 = 0,25 + 1 =1,25, КО2 =
= КТ2 + ТО2 = 2,25 + 1,25 = 3,5. Отсюда КО =	. Так как КН = - КО,
2	3
то КН =-----
3
16.8.	Перпендикулярность прямых и плоскостей
При решении задач на доказательство перпендикулярности прямых и плос-
костей за направление проектирования принимается одна из прямых, принад-
лежащих плоскости, перпендикулярной к данной прямой.
Задача 1. Дан куб ABCDA^ В{ С(	. Найти на его поверхности точки,
наиболее удаленные от прямой DB ].
Строим ортогональную проекцию данного куба на плоскость AD^С (рис.
197
16.46). Отрезок перпендикуляра к прямой DB показан на этом рисунке без
изменения его длины и проходит через точку D = В^. Отсюда ясно, что наибо-
лее удалены от прямой DB вершины куба А, А D^, Ct ,С, В. Если ребро ку-
ба равно а, то эти точки удалены от прямой DS( на расстояние а у/ 2/3.
Задача 2. На рис. 16.47 изображен куб ABCDA^B С^ . Точка М делит
его ребро СС( пополам. Пусть отрезок КР является общим перпендикуляром
к г,.1ямым B^D и D^M. Найти, в каком отношении точка Р делит отрезок М.
Строим ортогональную проекцию данного куба на плоскость AD^ С (рис.
16.48). Отрезок КР параллелен плоскости AС, потому что он перпендикуля-
рен к прямой B^D, а эта прямая перпендикулярна к плоскости AD^C. В этой
проекции перпендикулярные прямые КР и Df М изображаются перпендикуляр-
ными прямыми (теорема о трех перпендикулярах). Поэтому на рис. 16.48
проводим перпендикуляр DP к прямой D^M. На этом рисунке треугольник
D DM прямоугольный (угол D прямой). Поэтому D Р : PM = D D2  DM2 =
= 4:3.	1	1
Задача 3. Фигура ABCDA^B^C^D^ является кубом (рис. 16.49),/^47 =
= МВ', МК = 0,25 МС. Точки Хи Y принадлежат соответственно прямым А К и
BD. Прямая XY перпендикулярна к плоскости АВС. Построить точку Y.
Изображаем нижнее основание куба таким же параллелограммом, каким
оно изображено на рис. 16.50. За изображение прямой АА} принимаем точку
А. По условию задачи прямые АА1 и XY параллельны, поэтому на рис. 16.50
точка Y является пересечением прямых BD v\AK.
16.9.	Площади многоугольников
При решении задач на вычисление площадей многоугольников использует-
ся равенство отношений площадей двух многоугольников, принадлежащих
одной плоскости, и площадей их проекций на одну и ту же плоскость.
Задача 1. Доказать, что площади и $2 многоугольников М х и М^,
расположенных в одной и той же плоскости а, относятся как площади 3' и
S2 их проекций и М' на одну и ту же плоскость /3.
Докажем сначала утверждение задачи для треугольников. Пусть треуголь-
ник -4,6, С, есть параллельная проекция треугольника АВС. Пусть, далее, точ-
ка К принадлежит стороне АВ, точка Р — стороне АС. Точки и Р — проек-
ции точек К и Р.
Обозначим L ВАС = a, L BtA С = а'. Получаем: 5 [АВС] = O.SAB’ACsina,
S(AKP) =Q,5AK’APsina,S{AlBlCi) =0,5AlB-AiCiStna’,S{AiKiPi )	=
— 0,54,/С • -4,6) si па'. Отсюда следует:
S (ABC) _ AB-AC SIA^CJ _ Af^-A^
S(AKP) ~ ~Ak7aP ' SiAJCfJ ~ AiK^A1Pl
Ho AB : АК = А {В: A tKt и AC : AP = AtCt : A . Утверждение задачи для
треугольников доказано.
Так как всякий многоугольник можно разделить на треугольники, то ут-
верждение задачи верно для любых многоугольников.
Задача 2. На продолжениях медиан АК,ВН и СМ данного треугольника
АВС взяты точки Р, Е и Т так, что КР= Q,bAK, НЕ = 0,ЬВН, МТ = 0,5СМ.
Найти площадь треугольника РЕТ, если площадь треугольника АВС равна еди-
нице.
За изображение данного треугольника при-
нимаем правильный треугольник АВС (рис.	л
16.51)	. На этом рисунке второй треугольник
изображается также правильным треугольни-
ком РЕТ.
По условию задачи НЕ = 0,5 ВН. Но ВН =
= 1,5 ВО, поэтому НЕ= 0,75 SO. Далее, О//=
= 0,5 ВО, следовательно, ОЕ = ОН + НЕ =
= 0,5SO+ 0,75SO= 1,25SO. Правильные тре-
угольники РЕТ и АВС подобны. Поэтому
ТР-. АВ = ОВ : ВО = 1,25, и площадь треуголь-
ника РЕТ в 1,252 раза больше площади тре-
угольника АВС.
Используя утверждение предыдущей зада-
чи, получаем, что площадь треугольника РЕТ
равна 1,252.
199
17. МЕТОДИКА РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПО СТЕРЕОМЕТРИИ
17.1.	Место и роль стереометрических задач в школьном курсе математики
Стереометрические задачи занимают особое место в школьном курсе
математики. Их содержание и используемые методы решения позволяют в
комплексе применять важнейшие знания, умения и навыки учащихся по ариф-
метике, алгебре, тригонометрии, планиметрии, стереометрии, началам анализа.
Сочетание в одной задаче построений, вычислений, доказательств, исследова-
ний как нельзя лучше содействует развитию математической культуры и про-
странственного воображения учащихся.
Умение решать стереометрические задачи является важнейшим критерием
математической подготовки не только выпускника средней школы, но и учи-
теля математики. Не случайно, что практически во всех университетах, техни-
ческих вузах, педагогических институтах абитуриентам предлагают стереомет-
рические задачи. И многие из них не справляются с этими задачами. Нас может
удовлетворить толька та методика обучения решению стереометрических
задач, которая позволяет учить сравнению, анализу, синтезу, абстрагированию,
обобщению, конкретизации, выдвижению гипотез на основе вычислений и
инструментальных построений.
Почему сложны стереометрические задачи? Во-первых, для уяснения со-
держания этих задач нужен определенный уровень пространственного вообра-
жения. Во-вторых, ограниченны возможности моделирования, так как под
руками не всегда есть необходимый материал и достаточное для этой работы
время. В-третьих, даже очень хороший проекционный чертеж не всегда подска-
зывает, какие дополнительные построения или геометрические преобразова-
ния целесообразно выполнить. В-четвертых, возможности выдвигать гипотезы
на основе инструментальных построений крайне ограниченны, и гипотезы труд-
но проверять путем измерений отрезков и углов. Поэтому приходится прибе-
гать к разного рода сечениям пространственных фигур, строить их без искаже-
ния формы, строить развертки многогранников и фигур вращения, рассматри-
вать различные предельные случаи.
При решении стереометрических задач используются все теоремы и фор-
мулы планиметрии, в частности признаки равенства и подобия треугольников,
теорема Пифагора, зависимости между сторонами и углами прямоугольного
треугольника, теоремы косинусов и синусов, различные формулы площади
треугольников и четырехугольников (обобщенная формула площади четы-
рехугольника $ = 0,5absinv?, где а и b — его диагонали и Р — угол между ни-
ми, используется и для вычисления площади треугольника).
При решении стереометрических задач используются методы составления
уравнений, координат, векторный, синтетический; алгоритмические методы;
методы параллельных проекций, геометрических функций, полной индукции,
конструктивные (на проекционном чертеже, в воображении, на развертках
фигур).
200
Рациональное решение задач обеспечивается комплексным применением
различных методов. После целесообразных дополнительных построений зада-
чи на вычисления часто можно решить устно.
17.2.	Определение величин элементов многогранников
На рис. 17.1 изображен прямоугольный трехгранный угол ОАВС, у кото-
рого углы АОС и ВОС острые, а двугранный угол при ребре ОС прямой. Обоз-
начим L ВОС = a, L АОС = L АОВ = у, двугранные углы, образованные со-
ответственно полуплоскостями СОА и АОВ, СОВ и ВОА , через А \лВ.
Докажем следующие свойства прямоугольного трехгранного угла ОАВС-.
cos7 = coscicos/3;	tg/3 = sinatg В',
sin/3 = sin7sinfi;	cos/1 = cosasin В ;
tga = tg7cosfi;	cos7 = ctg.4 etg B.
Отметим на луче ОА произвольную точку А (. Пусть ОД) = 1. Строим от-
резок перпендикулярный к лучу ОС, и отрезок С ^В перпендикуляр-
ный к лучу ОВ.
Так как плоскости АОС и СОВ взаимно перпендикулярны, то прямая
Д1С1 перпендикулярна к плоскости КСОВ. Отсюда следует, что отрезок
/1)С1 перпендикулярен к отрезкам С^В^ и ОВ Таким образом, отрезок
ОВперпендикулярен к прямым &ХСХ и А} . Поэтому прямая OS( перпен-
дикулярна к плоскости А^В^С^ и к прямой Ax&x- Теперь ясно, что
L А^В'С^ = В. Получаем (соответственно из треугольников ОВ^А^, ОВ
ОСХА^ и ОСХ А i) :
£^/^=0/^3107 = 3107;	(17.1)
ОВ t = О A t C0S7 = cos7;	(17.2)
Ах С] = ОАХ sin/3 = sin/3;	(17.3)
0CJ = O/ljCos/3 = cos/3.	(17.4)
Из равенства (17.4) и треугольника OS^ имеем:
ВХС{ = CO^ina = cos0sina .	(17.5)
Из треугольника/! и равенств (17.3) и (17.5) следует:
tgS = А 1С[ : В хСх = sin(3 : ( cos|3 sina) =tg(3 : sina.
14 Зак. 5044
201
Отсюда вытекает справедливость равенства tg0 = sinatgS.
Из треугольника ОВ^ и равенств (17.2) и (17.4) получаем ОВ { =OCtcos
и cosy = cos |3 cosa . Этим доказана справедливость равенства cosy = cosacos(3.
Из треугольника ВJС(A t и равенств (17.1) и (17.3) находим
sin В =	: В = sin0 : siny.
Отсюда получаем равенство sin(3 = sinysinS.
Из треугольников А 1С1В[, °В}СХ иОВ^А1 следует:
cosB = Bj С]: В}А ( = tga : tgy .
Равенство tg£ = tgycosB доказано.
Из равенства tg(3 = sinatgS получаем равенство
tgS = tgj3 : sina .	(17.6)
Оно выражает tgB через tg0 и sina. Применив это равенство для выражения
tg/1, имеем:
tg/1 = tga : sin(3 .	(17.7)
Перемножаем почленно равенства (17.6) и (Г7.7):
tgj3 tga sin0 sina	1
tgBtg<4 = ----- ------- = --------- ------------ = ---------
sina sin0 cos(3sina cosasin/3 cos^cosa
Ho cosy = cosacos/L Поэтому
1
tgfltg/l= ----- =>cosy = ctgB ctg4 .
cosy
Равенство cosy = ctg/1 ctgS доказано.
Из равенства tga = tgycosB следует cosS = tga : tgy . Применив это ра-
венство для выражения соэД через tg/З и tgy , получим
cos^ = tgP : tgy .	(17.8)
Из равенства sin/3 = sinysinB следует
sinB = sin0 : siny.	(17.9)
Разделив почленно равенство (17.9) на (17.8), имеем:
sinfl	sinfJtgy	sinj3sinycos/3 cos^	sinytg/3	sinycosysin0	cos(3 cosy
COS0 Из равенства cosy — cosacosf) находим cosy sinB	1 =	=>sinflcosa — cos^ . cos<4	cosa Равенство cosy = ctg/lctgfl доказано.	1 =	, поэтому cosa
202
Доказанные формулы целесообразно использовать при решении боль-
шинства задач на определение величин элементов многогранников и круглых
тел.
Задача 1.На рис. 17.2 изображена правильная четырехугольная пирами-
да MABCD. Точка О есть пересечение отрезков АС и BD. Угол МАО равен 60°.
Найти: угол МАВ; двугранный угол, образованный полуплоскостями ВАМ и
АМО; двугранный угол между полуплоскостями ВАМ и AMD-, двугранный
угол между полуплоскостями МАВ и АВО.
Рис. 17.2	Рис. 17.3
1. Рассмотрим прямоугольный трехгранный угол АОМВ. У него известны
L ОАВ = 45° и i_ МАО = 60°. В обозначениях доказанных формул L ОАВ =
= а = 45°, L МАО = р = 60°, L МАВ = у. Поэтому для определения величины
угла/IMS используем формулу cosy = cosacosfJ :
cosy = cosacosP = cos45°cos60° = 0,5 х/ 2-0,5 =в 0,35; у =» 20°.
2.	В обозначениях доказанных формул Z. ОАВ = Р = 45°, L МАО — а ~
= 60°, двугранный угол, образованный полуплоскостями ВАМ и АМО, равен
8, поэтому для определения величины угла А можно применить формулу
tgP = sinatgP к прямоугольному трехгранному углу АОМВ:
х/з
tgB = tg0 : sina = tg45° : sin60° = 1: —— « 1,18; В ~ 50°.
3.	Двугранный угол, образованный полуплоскостями ВАМ и AMD, в два
раза больше двугранного угла, образованного полуплоскостями ВАМ viAMO.
Поэтому угол между полуплоскостями ВАМ и AMD равен 100°.
4.	Для определения угла между полуплоскостями МАВ и АВО применим
формулу tgP = sinatgS к прямоугольному трехгранному углу АОМВ:
tg L ( ВАМ, АВО ) = tg60° : sin45° == 2,43; L ( ВАМ, АВО) « 68°.
Задача 2. На рис. 17.3 изображена правильная шестиугольная пирамида
MABCDEF. Площадь ее основания равна 12. Угол МАО равен 45° ( О — основа-
ние высоты пирамиды). Найти площадь S боковой поверхности пирамиды.
Боковая поверхность шестиугольной пирамиды MABCDEF состоит из шес-
ти равных между собой треугольников. Поэтому достаточно найти площадь
одного из них, например треугольника МАВ. Но треугольник АВО - ортого-
203
нальная проекция треугольника МАВ на плоскость основания пирамиды.
Поэтому SABM = SAB0 : cosy;, где уз = L ( МАВ, АВО). Площадь треугольника
АВО равна 2. Следовательно, для решения задачи достаточно найти cosy?.
Угол, образованный полуплоскостями МАВ и АВО, является двугранным
углом трехгранного угла АОМВ, у которого L МАО — 45°, L ОАВ = 60°. При-
менив к трехгранному углу АОМВ формулу tg(3 = sinatgfl,получим
tgyJ ~ tg45° : sin60° = 2 : х/~3".
sin уз V1 — cos2 У> /	1
Но tgyJ =-----= ------------- = V ------— — 1 .Отсюда
cosyJ cosy>	cos2 уз
tg2y= ----— -1; — ~— = tg2y+1 =
cos уз	cos уз
Итак,
S (ABM) = 2 ----\----
cos уз
= 2vr7/3; S = 6 2V 7/3 = 4\Л21 •
Задача 3. На рис. 17.4 изображен прямоугольный параллелепипед
ABCDA^B C^D у которого AD = 4, АВ = 3, <44i = 10. Точка М — середи-
на ребра ЛдНайти величину двугранного угла, образованного полуплоскос-
тями ABD и BDM.
Искомый угол является двугранным углом прямоугольного трехгранного
угла DAMB. У прямоугольных треугольников BAD и MAD известны катеты,
поэтому можно определить любую тригонометрическую функцию углов ADM
и ADB. Следовательно, для решения задачи целесообразно применить формулу
Puc. 17.4
tg/3 = sinatgfi;
tg L ( ABD, BDM ) = tg L BDM : sinZ. ADB ;
tg L ADM =AM :AD= (10.2) :4= 5:4;
sinZ. ADB = AB :BD = AB : у/AB2 + AD2 =3:5.
5 3
Итак, tg L ( ABD, BDM} = - : - = 25:12 — 2,08;
4 5
L ( ABD, BDM) ъ 64°.
17.3.	Требования к изображениям пространственных фигур
Изображение геометрической фигуры должно быть верным, наглядным и
простым в исполнении. Однако нужно иметь в виду, что не всякое наглядное,
204
верное и простое в исполнении изображение пространственной фигуры помо-
гает понять суть задачи и найти наиболее простое ее решение.
Задача 1. В треугольной пирамиде DABC плоские углы при вершине D
прямые. Построить изображение центра О описанного вокруг этой пирамиды
шара и найти его радиус, если AD = 6, DC = 8, DB = 24,
Сравним рис. 17.5 и 17.6. И ученики, и студенты, и многие опытные учите-
ля математики обычно пытаются решить задачу с помощью рис. 17.5 и не мо-
гут. Второй рисунок выручит и в том случае, если ученик намерен решать эту
задачу методом координат.
17.4.	Методика работы над стереометрической задачей
Начинать работу над задачей следует с уяснения ее содержания. Если речь
идет о многограннике или фигуре вращения, необходимо с самого начала уста-
новить их форму. Для этого используются все доступные средства и методы:
готовые модели, построение модели по условию задачи, проекционный чертеж,
готовые развертки исследуемой фигуры, дополнительные построения на про-
екционном чертеже.модели или развертке, различные изображения одной и
той же фигуры с целью получения наиболее наглядного изображения фигуры
для решения именно данной задачи, построение различных сечений (разрезов)
исследуемой фигуры (без искажения их формы) 
Задача 1. Основанием треугольной пирамиды ABCD является тре-
угольник АВС, в котором угол А прямой, угол АСВ равен 30 °, ВС = 2 yZ
Длины ребер AD, BD, CD равны между собой. Сфера радиусом, равным 1, ка-
сается ребер AD, BD , продолжения ребра СО за точку D и плоскости ВАС.
Построить изображение центра О этой сферы и найти длину отрезка касатель-
ной, проведенной из точки А к сфере.
Основание данной пирамиды — прямоугольный треугольник АВС, а боко-
вые ребра ее равны, поэтому высотой пирамиды является отрезок DH ( Н —
середина гипотенузы ВС треугольника А ВС) .
Данная сфера касается ребер AD и BD, поэтому ее центр О принадлежит
плоскости а симметрии лучей DB и DA. Так как треугольник АВН правильный,
то плоскость а проходит через точку Н и середину К отрезка ВА (рис. 17.7)
Данная сфера касается ребра BD и луча DCi (продолжения ребра СО за точку
О), поэтому точка О принадлежит плоскости симметрии 0 лучей DB и DC}.
?05
в
Рис. 17.7
Итак, плоскость а перпендикулярна к плоскости ВАС, а плоскость 0 пер-
пендикулярна к плоскости BDCvi делит внешний угол C^DB равнобедренного
треугольника BDC пополам. Поэтому плоскости а и (3 пересекаются по прямой
а, проходящей через точку D и параллельной прямой НК (рис. 17.7).
Таким образом, точка О лежит на прямой а. Отсюда следует, что четы-
рехугольник MODH является прямоугольником ( М — точка касания сферы с
плоскостью АВС}, и DH = МО = 1.
Итак, прямая OD параллельна прямой НМ, а НМ параллельна А С. Поэтому
прямые 0D и АС параллельны, т.е. точка О принадлежит плоскости С DA.
Очевидно, что А С = fiCsin60° = 2 х/Т'О.Б х/ 3 = хЛб? По теореме, обратной
теореме Пифагора, получаем, что угол ДОС прямой. Так как ОС^ = ОМ = 1,
то четырехугольник OC^DA^ является квадратом со стороной, равной 1.
Следовательно, искомый отрезок касательной, проведенной из точки А
к сфере, равен 1.
Теперь понятно построение точки О на рис. 17.7. Через точку О проводим
прямую а, параллельную прямой НК. На продолжении ребра DC (за точку D)
откладываем отрезок DC( = 1. Через точку С] проводим прямую, параллель-
ную прямой DA. Она пересекается с прямой а в искомой точке О.
При решении задачи на комбинацию многогранника и сферы не следует
изображать различные сечения сферы (эллипсы). Достаточно правильно по-
строить центр сферы и точки касания ее с некоторыми прямыми или плоскос-
тями.
Если в задаче явно не говорится о многограннике, путем дополнительных
построений необходимо свести ее решение к решению многогранников. Таким
образом можно сформулировать условие задачи более понятно, особенно для
ученика с недостаточно развитым пространственным воображением.
Задача 2. Даны три попарно скрещивающиеся прямые а, Ь и с, не па-
раллельные одной плоскости. Через данную точку М провести плоскость,
пересекающую эти прямые в точках А, В, С так, чтобы точки А, В, С, М были
вершинами параллелограмма.
Всякие две скрещивающиеся прямые задают единственную пару парал-
лельных плоскостей, каждая из которых проходит через одну из этих прямых.
Поэтому данные три попарно скрещивающиеся прямые а, b и с определяют
7 лк
Рис. 17.8	Рис.17.9
шесть плоскостей, ограничивающих параллелепипед A B'CDA^B^C^D^ (рис.
17.8).
Пусть М' — параллельная прямой с проекция точки М на плоскость А В С .
Проекция искомого параллелограмма АВСМ, параллельная прямой с, являет-
ся параллелограммом AB"d'm'.
Таким образом, задача свелась к построению на плоскости А'В С паралле-
лограмма AB”d'm'. Положение его вершин й'\лМ' известно, а вершины А и
В" лежат соответственно на прямых а пА'в'. Точки А и В' легко строятся ме-
тодом гомотетии или центральной симметрии.
Точки В и С получаем следующим образом. Через точку В" проводим пря-
мую, параллельную прямой с. Она пересекает прямую b в точке В. Построение
четвертой вершины С параллелограмма АВСМ очевидно.
Задача имеет два решения, потому что существуют два отрезка с концами
на прямых а и А ’ В' (равных и параллельных отрезку M'd’} .
Учащиеся должны понимать, что основанием треугольной пирамиды мож-
но считать любую ее грань. Без понимания этой простой истины даже хороше-
му ученику становятся непосильными многие стереометрические задачи.
Задача 3. Боковые ребра треугольной пирамиды имеют одинаковую
длину I . Два плоских угла при вершине пирамиды равны а, а третий — (3. Най-
ти объем V пирамиды.
Считаем грань DBC основанием пирамиды ADBC, у которой DA = DB =
= DC = L , L ADB = L ADC = a, L BDC = 0 (рис. 17.9).
Основание H высоты АН пирамиды лежит на прямой DK ( СК = Кб (.По-
лучаем SDBC = 0,5 1 2 sinj3 . Отсюда
AH = DAsmL ADH.
(17.10)
Но угол ADH является гранью прямоугольного трехгранного угла DAKC(D —
его вершина, двугранный угол при ребре DK прямой) . Поэтому cosZ. ADH X
х cosZ. KDC = cos L ADC. Отсюда
л	/ cos2 а
cosZ. ADH = cosa : cos ; sin L ADH — у 1 — ----------------
2	cos2 (3/2)
Используя равенства (17.10) и (17.11), получаем
(17.11)
V = — 13 х/sin2G — 4sin2 — cos2 a .
6	2
Если же считать основанием данной пирамиды треугольник АВС, объем
вычислений многократно возрастает.
Изображение исследуемой фигуры должно быть наглядным применитель-
но к данной задаче. На изображении целесообразно отметить данные и иско-
мые элементы (в необходимых случаях предварительно выполняются допол-
нительные построения). Рядом с чертежом кратко записывается остальная ин-
формация. Данные и искомые элементы целесообразно изображать разным
цветом. Проекционный чертеж должен содержать максимум необходимой
информации о соответствующей фигуре. После этого следует выяснить, при
каких значениях параметров задача имеет решение, т.е. установить условия су-
ществования стереометрических фигур, о которых говорится в задаче. Сле-
дует иметь в виду, что по ответу (формуле) это сделать трудно и не всегда
возможно. Предварительно проведенное исследование упрощает дальнейшую
работу над задачей.
Рассмотрим следующий пример: боковая поверхность треугольной пира-
миды равна S, каждое из боковых ребер I. Найти плоские углы при вершине
пирамиды, зная, что они образуют арифметическую прогрессию с разностью,
равной я/3.
О	7Г	S	S
Решив задачу, получаем ответ: arcsin—- — — , arcsin—- , arcsin— +
72	3	/2	/2
я
+ — .
3
Однако такой пирамиды не существует. В самом деле, если наименьший
из искомых углов равен а, то второй а -г я/3, а третий а + 2я/3. Но во всяком
трехгранном угле а + 2я/3 < а + ( а + я/3), т.е. а > я/3, и наибольший из
искомых углов должен быть больше я.
Задача 4. В основании пирами-
ды DABC лежит равнобедренный тре-
угольник АВС ( АВ АС = 1, Л АВС=
= а), Плоскость DBC составляет с
плоскостью /4бСугол величиной а,
L DAB = L DAC = а. Высота DH пи-
рамиды расположена внутри ее (рис.
17.10). Найти объем пирамиды KDPC,
если точки К и Р принадлежат соот-
ветственно ребрам AD и BD, а площадь
треугольника KDP относится к пло-
щади треугольника ABD, как 4:25.
208
При каком значении а объем пирамиды KDPC наибольший?
Для существования пирамиды DABC необходимы следующие условия:
1) L DAB + L DAOLBAC . т.е. 45° <а<90°;	(17.12)
2) L DAM + L AMD <180° (это неравенство является следствием усло-
вия (17.12), так как L DAM <а ).
Задача сводится к решению треугольников ABC, ADM и прямоугольного
трехгранного угла AMDB. Получаем
4
V (KDPC ) = —-
/о
s in3 а cos 2а
sina + x/^cos2a
(17.13)
Очевидно, что объемы пирамид KDPCvi ABCD относятся как площади
треугольников KDP и ABD.
Для получения ответа на второй вопрос задачи преобразуем формулу
(17.13) :
4	1
V(KDPC) = 	 75	1	1 sin2a V -cos2a	sin a
Теперь ясно, что функция V (a) = V (KDPC} монотонная на интервале
( я/4; я/2). Поэтому не существует такого значения а, при котором объем
пирамиды KDPC принимает наибольшее значение.
При решении стереометрических задач на доказательство и вычисление
важно получить дополнительные сведения о свойствах исследуемой фигуры
(хотя бы сначала в виде правдоподобных гипотез). При решении планиметри-
ческих задач на доказательство такие гипотезы можно получить путем инстру-
ментальных построений и измерений. В стереометрии такой метод практичес-
ки ничего не дает. Поэтому приходится рассматривать сначала различные част-
ные случаи данной задачи. Такая работа помогает подметить общие законо-
мерности и упрощает поиск решений сложных стереометрических задач.
Задача 5. Через каждую вершину треугольной пирамиды проведена
плоскость, содержащая центр окружности, описанной вокруг противополож-
ной грани, и перпендикулярная к противоположной грани. Доказать, что эти
четыре плоскости пересекаются в одной точке X.
Рассмотрим сначала треугольную пира-
миду DABC, у которой плоские углы ACD,
ABC, ABD и BCD прямые и АВ = ВС (рис.
17.11) . Чем она хороша для получения рабо-
чей гипотезы? Да тем, что для нее легко
строятся центры окружностей, описанных
вокруг граней, и основания четырех ее вы-
сот.
Прямая DC перпендикулярна к плоскос-
ти АВС, и середина М ребра АС является
центром окружности, описанной вокруг гра-
ни АВС. Поэтому плоскость ACD является
Рис. 17.12
Рис. 17.13
A
одной из четырех рассматриваемых в задаче плоскостей.
Прямая МВ перпендикулярна к плоскости ACD. Середина О ребра AD
является центром окружности, описанной вокруг грани ACD. Поэтому плос-
кость МОВ — одна из исследуемых четырех плоскостей.
Очевидно, что плоскости ABD и КОС ( К — середина ребра BD} являются
третьей и четвертой из рассматриваемых в данной задаче. Плоскости ACD,.
MOB, ABD и КОС пересекаются в точке О, которая является центром сферы,
описанной вокруг пирамиды ABCD (рис. 17.11).
Таким образом, появилась гипотеза, что точкой X является центр описан-
ной вокруг любой треугольной пирамиды сферы.
Эта гипотеза легко доказывается. Пусть, например, точка Р — центр опи-
санной вокруг треугольника АВС окружности, a DH — высота пирамиды,про-
веденная к грани АВС. Тогда прямыеХРи DH параллельны, так как они пер-
пендикулярны к плоскости АВС и, следовательно, принадлежат одной плос-
кости.
Задача 6. Дан куб ABCDA: Х~ любая точка отрезка AC; Y -
любая точка отрезка . Найти геометрическое место точек М отрезка XY,
если точка/И принадлежит отрезку ХУ и YM : MX = 2 : 1 (рис. 17.12).
Для получения гипотезы о свойствах искомого геометрического места
точек М рассмотрим несколько "хороших" положений точек X и У.
Пусть точка X совпадает с точкой А. При движении точки У по отрезку
B^D^ точка М будет двигаться по отрезку РК, параллельному прямой В D^,
потому что отрезок РК гомотетичен отрезку Вотносительно центра А
(коэффициент гомотетии к = 1/3).
Пусть точка X совпадает с точкой 'С. При движении точки У по отрезку
В D точка М движется по отрезку FE, параллельному прямой В D . Очевид-
11	4	1	1
но, что отрезки РК и FE параллельны и РК = FE = В D . Пусть X — произ-
3	1 1
вольная точка отрезка АС. При движении точки У по отрезку В D точка М
1	1 *
оп исы вает отрезо к НО. Он параллелен прямой В HQ= j В 1Di.
210
Аккуратно выполненные построения позволяют сделать предположение,
что точка Н принадлежит отрезку КЕ (рис. 17.12), потому что ортогональной
проекцией отрезков РК, HQ и FE на плоскость ВВ является отрезок TN.
Отсюда следует, что четырехугольник РЕЕК — прямоугольник.
Задача решается еще более просто, если воспользоваться свойствами па-
раллельных (ортогональных) проекций.
Задача 7. В треугольной пирамиде DABC ребро DB = 1, АС = >/б7 Пло-
щади граней ADB и BDC равны. Площадь грани ADC в два раза больше площа-
ди грани ABD. Прямая КР проходит через середину ребра DB и пересекает реб-
ро АС в некоторой точке Р. Углы DKP \л АРК прямые. Внутри пирамиды
BCAD существует такая точка М, что сумма DM + МВ равна сумме расстояний
от точки М до всех четырех граней пирамиды ABCD. Найти расстояние от точ-
ки М до вершины D.
Что следует из того, что площади треугольников ABD и £?£>Сравны?У
них общая сторона BD. Поэтому равны их высоты, проведенные к стороне
BD (рис. 17.13). Пусть треугольник бА^ есть ортогональная проекция тре-
угольника ВАС на плоскость, перпендикулярную к прямой BD (рис. 17.13).
Очевидно, что треугольник ВА^С^ равнобедренный (fiA( = BCJ и ВР — его
высота. Следовательно, А] Р = РС{ v\AP= PC.
Таким образом, отрезок КР — общий перпендикуляр к скрещивающимся
ребрам АС и BD пирамиды ABCD, и точки К и Р — середины отрезков DB и
АС. А это значит, что если точки А' и С являются ортогональными проекция-
ми вершин А и С на плоскость DBP, то четырехугольник DC'a'B — прямоуголь-
ник (рис. 17.14). А из прямоугольных треугольников DC'C и АА'В следует,
что ребра DC и АВ равны. Аналогично доказывается, что ребра ВС и DA равны.
А это означает, что равны между собой и треугольники CDB и ABD, ВАС и
ОСА.
Таким образом, получены некоторые гипотезы о свойствах исследуемой
пирамиды DABC. Но форма ее пока не установлена. Правда, мы знаем, что
площадь треугольника ADC в два раза больше площади треугольника ABD. Но
211
это может быть при любом угле между скрещивающимися прямыми DB и
АС. В таком случае естественно предположить, что угол между прямыми DB
и АС прямой, и при этом допущении решить задачу. Если решения не будет,
придется искать другой путь. Если решение такая "хорошая" пирамида будет
иметь, останется выяснить, нет ли решений и в том случае, если угол между
прямыми DB и АС острый.
Итак, допустим, что прямые DB и АС взаимно перпендикулярны. Тогда
очевидно, что DC = ВС ~ DA = ВА (рис. 17.15). Кроме того, перпендикулярны
между собой плоскости CDA и DBP, DBP и АВС. А это означает, что высоты
DH и BF равнобедренного треугольника PDB являются и высотами пирамиды
DABC (рис. 17.15).
Плоскости DPB и СКА — это плоскости симметрии "хорошей" пирамиды
DABC (рис. 17.15). Поэтому естественно предположить, что для этой пирами-
ды искомая точка М совпадает с точкой пересечения высот треугольника
DPB. Значит, есть смысл изучить детальнее свойства этого треугольника. У
него сторона DB = 1. Высота КР является катетом прямоугольных треуголь-
ников К PC и DKP. Боковая сторона DP является высотой равнобедренного
треугольника DCA, площадь которого в два раза больше площади треугольни-
ка DBC.
Обозначим КР = х. Получим:
DP = х/0,25 + х2 ; S(CDА) = 0.5CA-DP = 0,5\4бх/0,25 + х2 ;
СК = V СР2 + КР 2 = у/ (0,5 V6)2 + х2; S (DBC) = 0,5 DB-KC =
= 0,5-1 V (0,5 >/б )2 + х2 .
Решив уравнение S (CDA) = 2S ( DCB ), получим х = КР = 1,5. Углы КРВ
и HDB равны. Поэтому tg L HDB = tg LKPB = НВ : КР = 1:3, т.е. МК =1:6.
Тогда МВ = DM=yJDK2 + КМ2 = V 1/4 +1/36 = ч/По/6.
Пусть точка Е — основание перпендикуляра, проведенного из М к плоскос-
ти DBC (рис. 17.15). Треугольники КЕМ и КРС подобны, поэтому ЕМ : PC =
= КМ : СК. Отсюда
ЕМ = РС'КМ: СК= (0,5хЛТ1/6) : xf (0,5>/б )2 + 1,52 =
3v/ 10
= V10 : 30.
Из прямоугольного треугольника DHB получаем
! хЛсГ ,___________________________________________
DH = DBcos L HDB = DK ; DM = - : ----- = 3\ЛТб : 10.
,__	,____ 2	6
x/W 3 V 10	X^W
Так как-------= ( --------- — ------ ) + ---- то мы доказали, что точ-
6	10	6	30
кой М для "хорошей" пирамиды ABCD является ортоцентр треугольника DPB
и MD = V W/6.
212
Итак, осталось выяснить, существует ли искомая точка М и для такой пи-
рамиды ABCD, у которой угол между скрещивающимися прямыми DB и АС
острый.
Допустим, что такая точка М есть. Обозначим:	и —расстоя-
ния от М до плоскостей BCD, ACD, ABD, АВС соответственно; S (ABD) =
= S (DBC) = s, S (ACD) = S (CAB) = 2s ; DH и BF - высоты пирамиды ABCD.
По условию задачи
DM + MB=--h} + h2	+ лз +	h . 4	(17.14)
Очевидно, что — h s + ——h • 2s +	-h s	+ J-A -2s = 1	DH"2s ;	(17.15)
3 1	3 2 1 h s + - h -2s +	3 3 - hs	3 4	3 + — ft • 2s = —	BF>2s;	(17.16)
3 1	3 2 DM+h4 >DH- BM + h2^BF . Из системы уравнений	3 3	3 4	3 и неравенств (17.14) —		(17.17) (17.18) (17.18) следует, что точка
М является пересечением DH и BF пирамиды ABCD, т.е. прямые DB и СА
взаимно перпендикулярны.
Всякую треугольную пирамиду можно разделить на две треугольные пи-
рамиды, имеющие по две взаимно перпендикулярные грани. Поэтому реше-
ние всякого многогранника сводится к решению прямоугольных трехгран-
ных углов. Нужно систематически показывать ученикам, как преобразовы-
вать любую метрическую стереометрическую задачу в задачу о треугольной
пирамиде с прямым двугранным углом.
Задача 8. Основанием пирамиды DABC является равносторонний тре-
угольник АВС, длина стороны которого равна 4 х/~2. Боковое ребро ОС пер-
пендикулярно к плоскости основания и равно 2. Найти величину угла и рас-
стояние между скрещивающимися прямыми, одна из которых проходит через
точку D и середину М ребра ВС, а другая — через точку С и середину К ребра
АВ (рис. 17.16).
Искомый угол равен углу PMD, поэтому задача сводится к решению пря-
моугольного трехгранного угла MCPD ( М — его вершина, СМ — ребро прямо-
го двугранного угла).
Длина отрезка СН равна расстоянию между скрещивающимися прямыми
DM и СК, потому что прямая СК параллельна плоскости DPM. Очевидно, что
СМ =2 х/Т и /ИС = V СО2 + СМг = 2х/з~. Поэтому cos L CMD =2/3 и
cos L PMD = cos L PMC cos L CMD = cos 30° V 2/3 = 0,5 \f~2, т.е. L PMD =
= 45°.
Применив формулу tg|3 = sinatgS, получим: cos L DPC = tg L CMP
: tg/. PMD = y/~3: 3; sinZ. DPC = \J 1 - ( х/"3/3)2 = х/ 2/3 ; CH= CPsmLDPO
= VW^/ yf3 = 2/ xf3.
213
Заканчивается решение любой стереометрической задачи проверкой.
Комплексное использование построений и вычислений упрощает поиск
решений стереометрических задач и сокращает вычисления. При этом не сле-
дует забывать и о дополнительных построениях.
Задача 9. Дан куб ABCDA BfC (рис. 17.17), ребро которого
равно 1. Через вершины А и С и середины г и Е ребер ВС) и проведена
сфера. Найти радиус R этой сферы.
Центр М сферы равноудален от точек А и. С, поэтому он принадлежит
плоскости симметрии этих точек, т.е. плоскости BDD^. По той же причине точ-
ка М принадлежит и плоскости AfC С (плоскости симметрии точек F и Е).
Итак, точка М принадлежит прямой OOJ, по которой пересекаются плоскости
АС С иBDD .
1 1 1
Введем прямоугольную систему координат (рис. 17.17). Мы не знаем,
где на прямой 00находится точка М, поэтому М(0,5; 0,5; г). Но ME2 =
= МС2 , т.е. (0,5-0,5)2 + (0,5 - 1)2 + ( г - 1)2 = ( 1 - 0,5)2 + ( 1 - 0,5)2 +
+ (0 —z )2. Отсюда z = 3/8 и fl2 = МС2 = (1 - 0,5)2 + (1 - 0,5)2 + ( 0 -
- 3/8) 2 = 41/64, R = xMV8.
Для того чтобы выбрать наиболее рациональный план и метод решения
стереометрической задачи, важно с самого начала разобраться, является дан-
ная задача аффинной или метрической.
Задача 10. АВСА^В^С — произвольная треугольная призма. Точки
Р и К — середины ее ребер ВВ^ и соответственно. Плоскость АРК делит
призму на две части. Найти отношение объемов этих частей.
Построение сечения АРКМ понятно из рис. 17.18. Этот рисунок можно
считать изображением любой треугольной призмы. Поэтому ответ, полученный
при рассмотрении какой-либо конкретной призмы АВСА ^ВС], будет верным
и для любой треугольной призмы АВСА ^В( С(. Отсюда ясно, что рассматривае-
мая задача является аффинной.
214
Чтобы упростить вычисления, найдем искомое отношение для прямой тре-
угольной призмы, у которой АВ = ВС = ДД; = 1 и угол АВС прямой. Очевид-
но, что FC{ = В= 0,5. Из подобия треугольников FMC^ и FAC имеем
МСх =1/3. Поэтому SV^MKBJ =$1АВ^ ) -S(MKC^ =0,5 - 0,5 х
х 0,5 sin45° = — . Объем призмы АВСА ВС равен —, У(ДД МКВ) =
3	12	ill	2	1
15	5	111
= —.1. — = — , V(AB КР) = —  1— = — . Поэтому объем той части
3	12	36	1	3	8	24
„	5	1	13
призмы, которая содержит вершину A t, равен	. Объем вто-
рой части равен ~2~-у2= у2‘
Ответ. 13/23.
Задача 11. Фигура DABC является треугольной пирамидой (рис. 17.19),
АК = KD , ВР = PC, DM = 0,4£>С. Найти площадь S сечения пирамиды плос-
костью КМР, если вершина А удалена от плоскости КМР на h = 1 и объем
пирамиды DAВС равен 5.
Строим сечение пирамиды DABC методом параллельных проекций. За
направление проектирования выбираем прямую КР. В этом случае пирамида
DABC изображается параллелограммом ABDC (рис. 17.20), а секущая плос-
кость — прямой КМ, которая пересекает ребро АВ в точке Е. Точка К = Р яв-
ляется центром симметрии параллелограмма ABDC, поэтому АЕ : ЕВ = DM :
.МС= 2:3.
Итак, сечением пирамиды DABC плоскостью КМР является четырехуголь-
ник КМРЕ.
Четырехугольные пирамиды АЕКМР и DEKMP имеют общее основание
КМРЕ vtAK = KD, поэтому их объемы равны. Площадь треугольника AMD
равна 0,4 площади треугольника ACD, а расстояние от точки Р до плоскости
215
ACD в два раза меньше расстояния от точки В до этой плоскости. Поэтому
объемы пирамид DBEP и МАРС составляют от 0,3 объема пирамиды DABC.
А это означает, что объем пирамиды АКМРЕ равен 0,2 объема пирамиды
DABC, т.е. равен 1. Итак, Sh/З = 1, но h =1, поэтому 5 = 3.
Задача 12. В правильную четырехугольную пирамиду MABCD с верши-
ной М вписан шар. Второй шар касается первого шара, а также плоскости
основания пирамиды в точке А. Через центр второго шара и сторону ВС осно-
вания пирамиды проведена плоскость, пересекающая ребро МА в точке К.
Найти угол наклона этой плоскости к плоскости основания пирамиды, если
известно, что ребро МА и диагональ СК сечения взаимно перпендикулярны.
Изображаем фигуры, о которых говорится в задаче (рис. 17.21). Пусть
АВ = 2, а высота МО = h . Пусть основание высоты пирамиды (точка О) яв-
ляется началом прямоугольной системы координат ( х; у\ г}. Положительное
направление осей координат показано на рис. 17.21 ( ВН = HC.AL = LB}.
Тогда М (0; 0; h ),Д(—1; 1; 0), С (1; —1; 0). Пусть Р — центр вписанного в
пирамиду MABCD шара. Допустим, что его радиус равен г . Тогда Р(0; 0; z).
Пусть Е — центр второго шара. Обозначим его радиус R. Очевидно, что Е (—1;
1; Я).
Приступаем к составлению уравнений по условию задачи. Вписанный в
пирамиду MABCD шар касается сторон равнобедренного треугольника MFH
(F — середина отрезка AD). Воспользовавшись зависимостью между пло-
щадью 5 треугольника MFH, его полупериметром р и радиусом г ( S = рг),
получаем:
0.5FH-OM = ( FO + FM}r или 0,5-2Л = (1 + V 1 + Л2) г 
Отсюда
h = г ( 1 +V 1 +/?2 ).	(17.19)
Применим метод координат для выражения условия, что рассматривае-
мые шары касаются внешним образом:
216
ЕР2 = ( Я + г )2 или (0+ 1)2 + ( 0 — 1) 2 + ( г — Я) 2 = (Я+л )2.
Отсюда
2гЯ=1.	(17.20)
Прямые СЕ и AM взаимно перпендикулярны. Поэтому СЕ*АМ - 0 или
(-2; 2; Я) (1; -1; h ) = 0; Rh = 4.
(17.21)
Из уравнений (17.20) и (17.21) имеем:
г = h/8.	(17.22)
Из уравнений (17.19) и (17.22) находим Л =4\Лз?
Для определения величины ч9 двугранного угла между плоскостями АВС
и ВСК рассмотрим прямоугольный трехгранный угол СКАВ, У него L АСВ =
= 45° и Л КСА = 90° - L МАС. Так как tg L МАС = МО . АО = h : х/~2
= 4л/Т:х/2“ = 2V<6', то tgЛ КСА = 1/(2\Лб).
Применив формулу tga = tg?cos£, найдем tga = >/3/6.
Задача 13. Доказать, что периметр любого сечения треугольной пира-
миды DABC плоскостью не превосходит наибольшего из периметров его гра-
ней.
Пусть грань АВС имеет наибольший периметр.
Если сечение А'В С параллельно плоскости АВС (рис. 17.22), утвержде-
ние задачи очевидно.
Утверждение задачи также очевидно и в том случае, если сечение МКЕ па-
раллельно одной из боковых граней пирамиды (рис. 17.23).
Пусть секущая плоскость проходит через вершины А и В пирамиды и про-
извольную точку X ребра DC (рис. 17.24). Утверждение задачи верно, так
как отрезок АХ принадлежит треугольнику ACD, а отрезок ВХ находится
внутри треугольника CBD (см. также рис. 17.25—17.27 , на которых показаны
развертки боковой поверхности пирамиды DABC\. Итак, периметр треуголь-
ника АВХ меньше периметра треугольника АВС и больше периметра треуголь-
ника ABD.
217
Рис. 17.24
Рис. 17.28
Рис. 17.27
Пусть сечением пирамиды является треугольник AYX (рис. 17.28). Спра-
ведливость утверждения задачи-следует из предыдущего случая.
Если сечением является треугольник MBD (рис. 17.29), утверждение за-
дачи доказывается так же, как и для случая, показанного на рис. 17.24. К это-
му рассуждению сводится и рассмотрение варианта, изображенного на рис.
17.30.
Пусть сечением пирамиды DABC является параллелограмм MKEF (рис.
17.31). Обозначим DC = 1 и DK = х. Тогда МК = FE = хАС, KE = MF = ( 1 -
~ х} DB viP(MKEF) = 2хАС + 2(1 -x)DB = f(x).
218
Функция f (х) линейная. Она определена на интервале (0; 1). Наименьше-
го и наибольшего значений она достигает на концах промежутка определения.
Поэтому 2DB<f(x) <2АС. Но 2АС < Р(АВС) и 2DB<P(DBC) <Р (АВС).
Пусть сечением пирамиды DABC является трапеция MKEF (рис. 17.32).
При движении точки К по ребру DC периметр Р сечения MKEF изменяется ли-
нейно. Поэтому в этом случае для обоснования утверждения задачи исполь-
зуются рассуждения, изложенные выше.
Пусть, наконец, сечением пирамиды DABC является произвольный четы-
рехугольник MKEF (рис. 17.33). И в этом случае для доказательства утверж-
дения задачи используется линейное изменение периметра четырехугольника
MKEF, если точка К движется по ребру DC.
219
17.5.	Основные стереометрические задачи и формулы
Под основными стереометрическими задачами понимаются те, к решению
которых сводится так или иначе любая трехмерная задача: построение основа-
ния Н высоты DH пирамиды DABC (на модели, развертке, проекционном чер-
теже, рис. 17.34); построение линейного угла двугранного угла на его изоб-
ражении; построение угла прямой с плоскостью (на модели и на проекцион-
ном чертеже); построение основания перпендикуляра, проведенного из точки
к прямой (на проекционном чертеже) ; вычисление расстояния от точки до
прямой и плоскости, а также между двумя параллельными плоскостями;
вычисление расстояния между двумя скрещивающимися прямыми (эта зада-
ча сводится к определению расстояния между двумя параллельными плоскос-
тями, каждая из которых проходит через одну из этих скрещивающихся пря-
мых) ; нахождение величин углов, двугранных углов и угла наклона прямой
к плоскости; решение прямоугольных трехгранных углов; построение центра
сферы, описанной вокруг треугольной пирамиды; изображение стереометри-
ческих фигур в соответствии с их свойствами.
Основные стереометрические формулы: формулы объемов и площадей
поверхностей многогранников и фигур вращения (программные) ; зависи-
мость между площадью многоугольника и его ортогональной проекцией на
плоскость.
Дополнительные формулы:
а)	V = — Sr ( V — объем многогранника; S — площадь его полной по-
3
верхности; г — радиус вписанного в многогранник шара);
а + Ь + с
б)	V =---------S ( V — объем многогранника, который является час-
3
тью треугольной призмы АВСА В С^ (рис. 17.35); S — площадь треугольни-
ка Н КМ, т.е. площадь ортогонального сечения призмы АВСА В С , АА = а ,
ВВ ( = Ь, СС( = с). Эта формула верна и в том случае, если а, b или с равно ну-
лю;
abh
в)	V = -----s:nip. ( V — объем треугольной пирамиды; а и b — длины ее
6
скрещивающихся ребер; у? — угол между этими ребрами; h — расстояние меж-
ду ними) .
Рис. 17.34
Рис. 17.35
220
3 а д а ч а. В треугольной призме
ABCAiBiCl через вершину А и середи-
ны М и К] ребер ВВи В^ С проведено
сечение. Найти отношение объемов час-
тей, на которые сечение разделило приз-
му.
Построение сечения понятно из рис.
17.36. Пусть S (АВС} =О,АА' = 1. Тре-
угольники К\ВJW и	равны, по-
этому FC^ = 0,5. Далее^ Cj : АС =
= FCt : FC= 1:3.
Разделим ту часть II призмы, ко-
торая содержит вершину С, плоскостя-
ми на три части следующим образом:
через точки Р и К проведем плос-
кость, параллельную прямой CCt (в се-
чении получим параллелограмм Р К КР); через точки Р1 и М проведем плос-
кость, параллельную ребру СС(.
При вычислении объемов выпуклых многогранников АРВР^ Bl tPBKP ^МК
и РКСР^К (Cj используем формулу V = — (а + Ь + с) О:
11	О	1 +05+1 п
v (PKCPt кс)=- - а • 1 = - ; v(pbkp мк ) ------— —
1 1 1	2 3	6	11	3	6
= — ; V (АРВР М ) = -° * 0,5 + 1 — = ~ ; V (И )= — + —
36	3	3	3	1	6	36
О 230 __	„	130
+--------- . Объем второй части призмы равен - .
Ответ. 13/23.
17.6.	Задачи для повторения стереометрии
Задачи для повторения стереометрии имеют ряд особенностей. Во-первых,
в каждой из них рассматриваются свойства одной какой-либо геометрической
фигуры (или группы фигур одного вида). Это позволяет сократить работу по
выполнению чертежей, более глубоко изучить связи между отдельными эле-
ментами пространственных фигур. Во-вторых, комплексный характер таких
задач определяется тем, что они содержат устные вопросы, задания на чтение
чертежей, доказательство, вычисление и построение. При этом широко исполь-
зуются и готовые чертежи.
Задача 1. Основанием четырехугольной пирамиды МА BCD является
прямоугольник ABCD, у которого АВ = 2, ВС = 4. Боковая грань CMD — пра-
вильный треугольник, его плоскость перпендикулярна к плоскости основания
пирамиды. Построить
1)	сечение пирамиды плоскостью, которая проходит через:
а)	ребро СВ и перпендикулярна к плоскости ADM;
221
6)	ребро CD и делит пополам угол МСВ;
в)	ребро ВМ и образует двугранный угол 45° с плоскостью основания
пирамиды;
г)	вершину С и перпендикулярна к прямой ВМ;
д)	вершину В и перпендикулярна к плоскостям ADM и DMC;
е)	вершину С, перпендикулярна к плоскости грани ABCD и одинаково
наклонена к прямым СО и СВ;
ж)	вершину С, перпендикулярна к плоскости CDM и одинаково наклонена
к прямым СМ и СО;
2)	отрезок, по которому пересекаются сечения, описанные в пп. 6 и 7.
Доказать, что этот отрезок образует одинаковые углы со всеми ребрами пи-
рамиды, которые выходят из вершины С.
Эти задачи должны быть комплексными еще и в следующем смысле:
во-первых, описанная в задаче пространственная фигура всесторонне изучает-
ся как геометрический объект; во-вторых, полученные в процессе решения
алгебраические и тригонометрические выражения исследуются средствами
математического анализа, т.е. осуществляется взаимосвязь между различными
разделами школьной математики.
Задача 2. Равнобедренный треугольник АВС ( АВ = АС= 1, L ВАС =
- а) служит основанием прямой призмы АВСА В С . Угол ВА^С равен (3.
Найти: радиус сферы, описанной вокруг призмы; площадь полной поверхнос-
ти призмы; объем призмы; при какой зависимости между а и (3 в призму впи-
сывается сфера; условие, при котором объем призмы будет равен площади ее
полной поверхности.
Как изменяется объем призмы с изменением углов а и /3?
17.7.	Применение разверток
Развертки многогранников и фигур вращения используются для уяснения
содержания задачи (в комплексе с моделями и проекционным чертежом).
Часто развертка применяется и как метод решения стереометрических и
планиметрических задач.
Задача 1. В треугольной пирамиде DABC боковые ребра равны а. Плос-
кие углы при вершине D равны а, (3, <р. Через точку А проходят плоскости,
пересекающие все боковые ребра. Найти наименьшее значение периметров се-
чений (рис. 17.37).
Строим развертку боковой поверхности пирамиды DABC (рис. 17.38—
17.40). Очевидно, что ответом будет длина отрезка АА' = 2asin —
2
(если а + 0 + <Р < 180°; в остальных случаях наименьший периметр не сущест-
вует) .
Задача 2. На рис. 17.41 даны плоский угол АОВ и внутри его точка М.
На его сторонах ОА и ОВ построить такие точки К и Н, чтобы периметр тре-
угольника КМН был наименьшим.
Рис. 17.41 можно считать изображением вырожденного угла ОАВМ ( с вер-
шиной (?) .Строим его развертку. Дальнейшие построения понятны из рисунка.
Развертку можно использовать и как средство развития пространственно-
го воображения учащихся.
222
Рис. 17.39
Рис. 17.40
17.8.	Готовые чертежи
Готовые чертежи позволяют экономить время при комплексном изучении
свойств пространственных фигур, особенно при повторении учебного материа-
ла. Они дают возможность организовать фронтальную работу по развитию
пространственного воображения и функционального мышления учащихся.
Задача 1.На рис. 17.42 изображен куб ABCDA	ребро которо-
го равно 6. Кроме того, АК = КВ.А^К^ =К^В^. Плоскость а вращается вок-
руг прямой KD. На рисунке показаны различные многоугольники, которые
образуются при пересечении куба плоскостью а: треугольники XKD, X KD,
четырехугольники FLDK, DXKD, В ^RDK, пятиугольник EMTDK, четырех-
угольники NCl DK, KHPD.
Составить план построения сечения куба плоскостями FKD ( точка F при-
надлежит отрезку А ), K^KD, В} KD, MKD ( точка М принадлежит ребру
ВJ , KDC PDK (точка Р принадлежит ребру СС]).
Если плоскость а пересекает ребро AAt ( в точке X), то в сече-
нии ее с кубом получаем треугольники. Существует ли среди этих тре-
угольников равнобедренный? Как изменяется величина углов треугольника
XKD , если длина отрезка АХ увеличивается? Существует ли такое положение
точки F на отрезке А К, при котором трапеция FLDK является равнобоч-
ной? Есть ли среди изображенных на рис. 17.42 сечений ромбы, прямоугольни-
ки, квадраты, параллелограммы? Сравнить площади сечений KHPD и KNC^ D .
223
Сравнить площади сечений К KDD^ и В (RDK.
Задача 2. Фигура ABCDEA ^В ^Е является пятиугольной призмой
(рис. 17.43); PKHD' ТМ — ее сечение плоскостью а . Составить план построе-
ния сечения, если а задана точками: 1) D^,H,P', 2) M,K,D^, 3) D}, М, Р; 4)
F, Н, М; 5) D^T.M ; 6) К,Т,М-, 7) F, К, Н.
17.9.	Задания по составлению плана решения стереометрических задач
на готовом чертеже
Задания по составлению плана решения стереометрических задач на гото-
вом чертеже дают возможность вести систематическую работу по развитию
математического мышления каждого учащегося, вырабатывать навыки при-
менения изученного материала в новых ситуациях, развивать комбинаторные
способности и пространственное воображение.
224
На рис. 17.44 изображена треугольная пирамида DABC. Точка Н — основа-
ние ее высоты DH. Обозначения различных углов показаны на рисунке. Соста-
вить план решения следующих задач:
1)	дано: S (АВС) =5, AD = 2, L DAC = 60°, L САН = 30°. Найти объем
пирамиды DABC;
2)	дано: L DAC = L DAB = 60°, L CAB = 90°. Найти двугранный угол при
ребре ДО;
3)	дано: АВ = ВС = АС = 1, 0=7 = 30°, а = 60°. Найти длину высоты DH
пирамиды;
4)	дано: AD = 1, двугранный угол при ребре AD равен 60° , L DAC =
= L DAB = 60°. Найти длину отрезка АН.
17.10.	Вписанный и описанный шары
В школьной стереометрии значительное место занимают задачи на опреде-
ление радиуса шара, вписанного в многогранник, и шара, описанного вокруг
многогранника. Сформулируем основные свойства этих шаров.
Центр шара, вписанного в многогранник, есть пересечение биссёкторных
плоскостей всех его двугранных углов.
Между объемом V многогранника, площадью S его поверхности и ради-
усом г вписанного шара существует следующая зависимость: 31/ = Sr.
Положение центра О шара, описанного вокруг многогранника, может быть
определено одним из следующих способов:
а)	точка О есть пересечение двух прямых, которые проходят через центры
кругов, описанных вокруг непараллельных граней многогранников, и перпен-
дикулярны к ним;
б)	точка О есть пересечение трех плоскостей, которые проходят через
середины непараллельных ребер многогранника и перпендикулярны к этим
ребрам;
в)	точка О есть пересечение прямой, которая проходит через центр круга,
описанного вокруг одной из граней, и перпендикулярна к плоскости со этого
15 Зак. 5044
225
круга и к плоскости, которая проходит через середину ребра, не параллельно-
го плоскости ы, и перпендикулярна к этому ребру.
Сфера определяется четырьмя некомпланарными точками. Поэтому реше-
ние всякой задачи на вычисление радиуса описанного вокруг многогранника
шара состоит из доказательства, что он вписывается в шар, и вычисления ра-
диуса сферы, описанной вокруг какой-нибудь треугольной пирамиды, вер-
шинами которой являются вершины данного многогранника.
Задача. Основание пирамиды HABCD — квадрат ABCD, ребро НА пер-
пендикулярно к плоскости основания, АВ = 3, НА = 4. Доказать, что в пира-
миду можно вписать сферу, и найти радиус этой сферы.
Приведем два решения этой задачи.
1.	Сначала найдем радиус сферы. Потом докажем ее существование. Для
этого применим формулу 31/ = Sr. Очевидно, что У = — • 3’3'4 = 12, НВ =
3
= 5, S {ABCD} = 9, S (ВАН} = S {HAD} = 0,5-3 4 = 6, S (НВС ) = S {HDC} =
= 0,5-35 = 7,5. Поэтому S = 9 + 2-6 + 2-7,5 = 36. Получаем г = 1.
Плоскости ABH, AHD и ABD взаимно перпендикулярны. Поэтому точка
О, отстоящая на 1 от этих плоскостей, есть вершина куба AB'c'D'A tB ^OD1
(рис. 17.45). Докажем, что точка О отстоит на 1 от плоскостей НВС и HDC.
Так как прямая Впараллельна прямой ВС, то расстояние от точек В
и О до плоскости НВС одинаково. Плоскости АВН и ВНС взаимно перпендику-
лярны. Поэтому расстояние от точки Вдо плоскости НВС равно расстоянию
от Вдо прямой ВН. Таким образом, задача свелась к доказательству того,
что точка есть центр окружности, вписанной в прямоугольный треуголь-
ник НАВ.
Так как площадь треугольника АНВ и его полупериметр равны 6, то ра-
диус вписанного в него круга равен 1.
2.	Дополним данную пирамиду HABCD до прямой треугольной призмы
HADPBC (рис. 17.46). Прямоугольный треугольник HAD является ортого-
нальным сечением этой призмы. Поэтому радиус шара со, который касается
плоскостей НАВ, ABD, HDC и HAD , равен радиусу г круга, вписанного в тре-
угольник HAD.
226
Мы уже знаем, что г =1. Очевидно, что центр О шара ы находится внутри
пирамиды HABCD. Поэтому шар а> касается граней ABCD, НАВ, HAD и HCD
этой пирамиды. Плоскость НАС является плоскостью симметрии пирамиды
HABCD. Поэтому шар со касается и грани НВС, симметричной грани HDC от-
носительно плоскости НАС.
Если основанием четырехугольной пирамиды HABCD является не парал-
лелограмм, то аналогичная задача решается достаточно просто путем дополне-
ния этой пирамиды до треугольной пирамиды.
17.11.	Исследование решений задач
Решение задачи, содержащей параметры, заключается не только в том, что-
бы найти величину искомого элемента геометрической фигуры, но и в уста-
новлении тех значений параметров, при которых она имеет решение.
Обычно исследование решения проводится после получения ответа на
вопрос задачи (по формуле, выражающей зависимость между данными и ис-
комыми элементами фигуры). Однако часто целесообразнее сначала опреде-
лить допустимые значения параметров, а потом заняться вычислениями. Такой
подход не только упрощает само исследование, но и позволяет найти более
рациональное решение, избежать возможных ошибок при установлении допус-
тимых значений параметров.
Задача. Основанием треугольной пирамиды DABC является равнобед-
ренный треугольник АВС, у которого АВ = АС, ВС = a, L ВАС = 2a. Все боко-
вые ребра пирамиды равны между собой, L DAC= 0. Определить длину реб-
ра AD.
Боковые ребра пирамиды равны, поэтому основанием высоты этой пира-
миды является центр О окружности, описанной вокруг треугольника АВС
(рис. 17.47). Треугольник АВС равнобедренный. Следовательно, точка О
принадлежит лучу AM ( М — середина ребра ВС}. Угол ОАС является ортого-
нальной проекцией угла DAC на плоскость АВС. Угол DAC острый, так как
треугольник ДОС равнобедренный. Угол ОД С также острый. Поэтому пирами-
да DABC, о которой говорится в задаче, существует только в том случае, если
углы а и 0 острые и 0 > а.
Обозначим L DAO = х. Из прямоугольного треугольника ДОО имеем AD =
= АО : cosx. Отрезок АО равен радиусу окружности, описанной вокруг тре-
угольника АВС, поэтому АО = ВС :( 2sin2a )= а :( 2sin2a ). Угол х най-
дем из прямоугольного трехгранного угла AODC : cos0 = cosacosx, cosx =
= cos0 : cosa . Таким образом.
acosa	а
AD = АО : cosx =-------------- = -----------
2sin2acos0	4sinacos0
Так как для острых углов а и 0 дробь
а
---------- положительна, то многие из решаю-
4sinacos0
щих эту задачу считают, что никакие дополни-
тельные ограничения на углы а и 0 не полагаются.
Предварительно выполненное исследование по-
зволяет избежать этой ошибки.
227
18. ПРОБЛЕМЫ СОВЕРШЕНСТВОВАНИЯ СИСТЕМ УПРАЖНЕНИЙ
ПО МАТЕМАТИКЕ
18.1.	Основные положения
Учебные задачи являются важнейшим средством формирования у школь-
ников системы основных математических знаний, умений и навыков, ведущей
формой учебной деятельности в процессе изучения математики, средством их
математического развития. Решая математические задачи, представленные в
продуманной методической системе, учащиеся не только активно усваивают
курс математики, но и приобретают умение мыслить творчески.
Под методической системой математических задач (упражнений) пони-
мают множество задач, находящихся в заданных отношениях и связях друг с
другом, образующих определенную целостность и единство и предназначенных
для решения заданной учебной цели.
Проблемы оптимизации методических систем задач школьного курса ма-
тематики и систем задач в учебниках всегда находились в центре внимания пе-
дагогов-математиков. Если в учебнике (или в методическом руководстве для
учителя) каждое упражнениесодержательно.стоит на своем месте; если чрез сис-
тему упражнений обеспечивается усвоение не только теоретического материа-
ла, но и методов поиска решений нестандартных задач, то проблему оптимиза-
ции обучения и воспитания учащихся в процессе изучения математики сможет
решить каждый учитель. Только при наличии оптимальной методической сис-
темы задач уроки математики будут эффективны.
Ведущими функциями математических задач являются обучающие, воспи-
тывающие и развивающие. Каждая из этих функций взаимосвязана с другими,
и искусство учителя состоит в том, чтобы в нужный момент одну из них реали-
зовать в первую очередь. А для этого необходимо отказаться от стандартизации
содержания и методов решения задач; совершенствовать методику обучения
учащихся поиску решения задач; учить школьников анализировать, обобщать,
высказывать правдоподобные математические гипотезы и т.д.
В настоящей главе рассматриваются только некоторые проблемы оптими-
зации методических систем математических задач, показываются конкретные
пути и средства повышения эффективности использования задач в процессе
изучения арифметики, алгебры, начал анализа и геометрии в школе.
18.2.	Задачи на построение и вычисление
Геометрические задачи традиционно делят на задачи на вычисление,
построение, доказательство. Однако такое деление обедняет обучающие функ-
ции задач. При этом искусственно изолируются конструктивные и аналитичес-
кие методы их решения, не в полной мере реализуется принцип политехнизма
в процессе обучения школьников математике. Рассмотрим три задачи.
Задача 1. Построить трапецию ABCD, зная ее четыре стороны.
Задача 2. Вычислить площадь трапеции ABCD (Стороны АВ и CD—
ее основания), если АВ = 23 см, ВС =12 см,-СО= 10 см, DA = 5 см.
228
Задача 3. В трапеции ABCD (АВ и CD — ее основания) АВ= 23 см,
ВС = 12 см, CD = 10 см, DA = 5 см. Построить эту трапецию и найти ее пло-
щадь.
Первая задача обычно решается методом параллельного переноса. Вторая
задача считается задачей повышенной трудности. В самом деле, ученик, при-
выкший находить площадь трапеции по формуле S = 0,5 ( а + b)h ( а и 6 —
основания трапеции, h — ее высота), часто не может справиться с необычной
для него ситуацией.
Третья задача - это не простое объединение первых двух задач. Аккуратно
выполненные построения позволяют высказать гипотезу, что вспомогательный
треугольник МСВ является прямоугольным (рис. 18.1). Теорема, обратная
теореме Пифагора, подтверждает эту гипотезу. А так как S (АМС) : S (МСВ) =
33	33 1 1
= 10:13, то S (ABCD) = 2S (АМС) + S (МСВ) =— S (МСВ) =----------12	=
13	13 2 2
о
= 76 — (см2).
13
Наконец, аккуратно выполненный чертеж позволяет проверить получен-
ный результат с помощью измерений, применяя правила приближенных вычис-
лений.
Комплексное использование построений и вычислений особенно эффек-
тивно при решении сложных стереометрических задач. Это позволяет убедить
учащихся в необходимости и полезности аккуратных инструментальных по-
строений при решении стереометрических задач, в том, что комплексное ис-
пользование аналитических и конструктивных методов существенно упро-
щает вычисления.
18.3.	Построение системы задач по одному чертежу
Среди многих видов наглядных пособий, которые используются при изу-
чении математики, особое место занимают такие чертежи, по которым можно
ставить устные и полуписьменные задания при изучении многих разделов ал-
гебры, начал анализа, геометрии.
Многие устные конструктивные задачи можно поставить по рис. 18.2, на
котором изображен прямоугольник, разделенный на квадраты. Длина стороны
каждого квадрата равна единице. Оси абсцисс и ординат можно располагать
так, чтобы им принадлежали стороны квадратов. Приведем примеры таких
устных упражнений на построение.
229
о
Рис. 18.2
Поместить начало координатных осей и выбрать их положительные на'
правления так, чтобы:
1)	модули абсцисс точек А и В были равны:
2)	ординаты точек А нВ были равны нулю;
3)	сумма абсцисс точек А и В была равна нулю;
4)	частное абсцисс точек А и В было отрицательным;
5)	частное абсцисс точек К и Н было равно —1;
6)	частное ординат точекNuM было равно —2;
7)	частное абсцисс точек NhT равнялось единице;
8)	частное ординат точек М и G не существовало;
9)	точки £ и Я имели одинаковые ординаты;
10)	сумма ординат точек L и С была равна нулю;
11)	точки К и Н имели одинаковые ординаты;
12)	точки К и Н имели одинаковые абсциссы;
13)	точки К и Н имели одинаковые абсциссы и ординаты;
141	разность абсцисс точек А и В была отрицательной;
15)	разность абсцисс точек А и В была равна нулю;
16)	сумма абсцисс точек А и В была равна 4;
17)	сумма абсцисс точек А и F была равна —6;
18)	не существовала сумма абсцисс точек А и F;
19)	сумма ординаты точки D и абсциссы точки F была равна нулю;
20)	разность абсцисс точек А и В была положительной;
21)	разность абсцисс точек Р и F была наибольшей;
22)	сумма ординат точек Р и Т была наибольшей;
23)	сумма ординат точек Т и М была наименьшей;
24)	разность между абсциссами точек А и F была наименьшей;
25)	произведение ординаты D и абсциссы точки F было равно 4;
26)	разность ординат точек М и В была наибольшей;
27)	разность ординат точек Т и Л/была наименьшей;
28)	произведение координат точки О было наименьшим;
29)	разность абсцисс точек В и М была равна 8;
30)	произведение абсцисс точек М и G не существовало;
31)	абсцисса точки К была в три раза больше абсциссы точки Р;
32)	абсцисса точки К была меньше абсциссы точки D;
33)	точка N находилась в первой координатной четверти, а точка А — во
второй координатной четверти;
34)	расстояние между точками РнТ было равно ординате точки Т;
35)	расстояние между К и Т было равно расстоянию между Т и К;
36)	расстояние между R и А было больше расстояния между А и С;
37)	точки О и А были симметричны относительно начала координат;
38)	сумма абсцисс точек Р и В была больше двух;
39)	точки О и А были симметричны относительно оси абсцисс;
40)	произведение абсцисс точек N иТ было наибольшим;
41)	произведение абсцисс точек NhT было наименьшим;
42)	произведение ординаты точки Н и абсциссы точки R было наиболь-
шим;
43)	произведение абсцисс точек F, Р нВ было наибольшим;
44)	сумма координат точки А была наибольшей;
45)	произведение абсцисс точек F, Р нВ было наименьшим;
46)	частное координат точки А было равно нулю;
47)	произведение координат точек А, В и Р было равно нулю;
48)	точка D была симметрична самой себе относительно координатных
осей;
49)	сумма координат точек D, L, F и А была равна нулю;
50)	точка О принадлежала биссектрисе третьего координатного угла;
51)	точки О и В принадлежали биссектрисе третьего координатного угла;
52)	точкиNuK были равноудалены от оси абсцисс;
53)	точки N мК были равноудалены от осей координат;
54)	точки Л/и L были равноудалены от осей координат;
55)	сумма абсцисс точек Р и В была равна разности абсцисс этих точек;
56)	разность абсцисс точек Р и В была больше суммы абсцисс этих точек;
57)	точки F и В были симметричны относительно оси абсцисс;
58)	произведение абсцисс точек Р и В было меньше расстояния между точ-
ками Р и В;
59)	расстояние между точками Р и В было равно разности между абсцисса-
ми точек Р и В;
60)	произведение абсцисс точек Р и В было равно частному абсцисс этих
точек;
61)	были равны между собой произведение, частное и разность координат
точки А;
62)	абсцисса точки А была равна полуразности расстояния между точками
R \лР\
63)	ордината точки Р была равна полусумме абсцисс точек А и В;
64)	расстояние от точки D до оси ординат было равно ее абсциссе;
65)	расстояние от D до отрезка FB было равно ординате точки D;
66)	луч ЕК был графиком положительной функции;
67)	графиком функции у ~ -J—*1 была точка Е;
68)	равенство х + у = 0 было уравнением прямой DF-,
69)	равенство у = —х + 2 было уравнением прямой DF;
70)	объединение сторон угла ALB было графиком функции у = — |х|;
71)	графиком уравнения ху = 0 было объединение прямых МВ и CD;
72)	прямая AF была графиком отрицательной функции;
73)	графиком уравнения у = — 2 была прямая AD;
74)	объединение отрезков ME и ER было графиком неположительной
функции;
75)	графиком уравнения ) х + у | = 2 было объединение прямых АО и
в/.;
76)	множество точек{К, R, Т, Л/}было графиком функции;
77)	объединение лучей RM и TN было графиком некоторой функции;
78)	объединение сторон угла RDF было графиком функции, не имеющей
наименьшего значения;
79)	объединение сторон угла RDFGbino графиком функции, не имеющей
наибольшего значения;
80)	прямая KD была графиком немонотонной функции;
81)	прямая KD была графиком четной функции;
82)	объединение сторон угла KDO было графиком четной функции;
83)	прямая MF была графиком неубывающей нечетной функции;
84)	координаты точек A, L и В были решением уравнения у = —0,5.x2;
85)	координаты точек Т, А и L были решением уравнения у = — х;
86)	прямая АТ была графиком обратимой функции;
87)	прямая А Т была графиком необратимой функции;
88)	прямая DF была графиком данной функции и обратной ей;
89)	прямая DH была графиком производной функции у = — х2;
90)	прямая AF была графиком производной возрастающей функции;
91)	объединение отрезков MR и ЯТбыло графиком некоторой функции;
92)	объединение отрезков PD, DL, LB не являлось графиком функции;
93)	объединение отрезков PD, DL, LB было графиком положительной
функции;
94)	площадь прямоугольника MGCA была равна сумме абсцисс F и Р;
95)	множество точек, обозначенных на рис. 18.2, было удалено от начала
координат на единицу;
96)	пересечение треугольников MRTи КЯГбыло наиболее удалено от нача-
ла координат;
97)	пересчение треугольников MRH и MRC было наименее удалено от нача-
ла координат;
98)	длина высоты, проведенной на сторону MR треугольника MRC, была,
равна ординате точки R;
99)	треугольник МРС принадлежал только двум координатным углам;
100)	длина высоты треугольника RLB была равна абсциссе точки В;
101)	площадь четырехугольника DLBA была равна сумме координат точ-
ки Р;
102)	площадь треугольника ARD была равна абсциссе точки Т;
103)	площадь треугольника Д^Сбыла равна сумме координат точки Р;
104)	ордината вектора АК была равна —4, а его абсцисса 3;
105)	координаты векторов AL и NA были одинаковы;
106)	координаты вектора DK были равны координатам точки К;
107)	РМ = —ВРВ;
232
108)	векторы DA v\AF имели одинаковые координаты;
109)	сумма координат вектора DL была равна нулю.
18.4.	Познавательные задачи
Познавательными называют задачи, в процессе решения которых учащий-
ся знакомится с новыми свойствами математических понятий, новыми (доста-
точно общими) методами решения задач. Значение таких задач трудно пере-
оценить при подготовке класса к изучению новых теорем, их обобщению и
конкретизации, при повторении ранее изученного материала.
Среди геометрических познавательных задач особенно ценны те, в кото-
рых рассматриваются геометрические места точек плоскости или пространст-
ва, так как благодаря им упрощаются решения многих сложных задач.
При подготовке к изучению новых теорем необходимо рассматривать та-
кие задачи, в процессе решения которых ученики не только открывают новые
свойства функций, фигур, чисел, уравнений, неравенств, но и усваивают сущ-
ность тех методов, при помощи которых эти свойства будут доказываться.
Например, перед введением понятия "параллелограмм'' по школьному
учебнику А.В. Погорелова и изучением его свойств целесообразно решить сле-
дующую задачу.
Постройте отрезок АС, разделите его точкой О пополам, проведите через
эту точку произвольную прямую (не совпадающую с прямой АС) и на ней по
разные стороны от точки О отложите равные отрезки ОВ и OD. Постройте
отрезки АВ, ВС, CD, DA. С помощью угольника, масштабной линейки и тран-
спортира найдите на чертеже равные и параллельные отрезки и равные углы.
Назовите равные треугольники. Докажите обнаруженные свойства четырех-
угольника ABCD.
Решая эту задачу, ученики не только находят свойства параллелограмма,
но и способы доказательства.
18.5.	Устные задачи на построение
Предлагаемые ниже системы задач на построение и вычисление по гото-
вым чертежам позволяют организовать комплексное повторение теоретичес-
кого материала учащимися по многим разделам школьной планиметрии.
На рис. 18.3 изображены трапеция ABCD, параллелограммы АВСЕ и
BCND, диагонали АС и BD трапеции ABCD, ее средняя линия МК, средняя
линия АР треугольника ACN и высота ВН треугольника ABD. Построить тра-
пецию ABCD, зная: 1) АВ, ВС, CD, AD; 2) АВ, AD, L BAD, L AOB; 3) AB,
ВН, MK, L ВАС; 4) CD, L COD, ВН, MK; 5) AC,BD,L COD, CD; 6) AC, BD,
BC, AD; 7) AC, BD, L COD, L ВАС; 8) AB, AD, AC ,L BAD; 9) AC, L CAB,
L ABC, L ADC; 10) AD, L CAD, L ADB, BC; 11) BD, AC, AD + BC, L BAD;
12) AC, AD - BC, L BAD, LADC.
Классу (или отдельным ученикам) называется номер задачи и предлагает-
ся составить устный план ее решения.
Готовый чертеж позволяет организовать обсуждение предлагаемых реше-
ний со всем классом. Обоснование планов различных решений является эф-
16 Зак. 50И4
233
фективной формой повторения основных свойств треугольников и четырех-
угольников.
18	.в. Непрерывное движение в геометрии
Для развития пространственного воображения учащихся необходимо сис-
тематически решать задачи, в которых рассматриваются непрерывные измене-
ния геометрических величин, формы фигур и их взаимное расположение.
Задание 1.На рис. 18.4 изображена правильная четырехугольная пи-
рамида MABCD. Плоскость BDK перпендикулярна к прямой AM.
Как изменяются с увеличением высоты МО пирамиды ее боковые ребра;
двугранный угол при ребре CD; угол наклона прямой AM к плоскости АВС;
длина отрезка ОК; двугранный угол при ребре AM; угол MCD?
Длина высоты МО пирамиды стремится к нулю. К чему при этом стремит-
ся двугранный угол при ребре CD; радиус вписанной в пирамиду сферы; ра-
диус описанной вокруг пирамиды сферы?
Существует ли такое значение длины высоты пирамиды МО, при котором:
двугранный угол при ребре АК прямой; угол ВМС прямой; двугранный угол
при ребре СМ равен 30°; двугранный угол при ребре ВМ равен 120°; дву-
гранный угол при ребре ВС равен 30°?
Задание 2. На рис. 18.5 изображена правильная четырехугольная приз-
ма ABCDAlBiClDi, АВ = 1,	=2. Точки K,M,P,F принадлежат соответст-
венно ребрам В С , АА ,А D , С С.
г 11	111	1
1.	При каком положении точек Р и F (на соответствующих ребрах) пря-
мые PF и В пересекаются; параллельны; взаимно перпендикулярны?
2.	Существует ли такое положение точек Р, F, К и М, при котором прямые
B^D, PF и МК пересекаются в одной точке?
3.	Чему равно наибольшее расстояние между точками М и F7
4.	При каком условии прямые МК и PF взаимно перпендикулярны?
5.	Существует ли такое положение точек М, К,Р \л F, при котором они яв-
ляются вершинами правильного тетраэдра?
6.	Чему равно наибольшее расстояние между прямыми РК и MF?
7.	Составить устный план построения точки пересечения прямой B^D с
плоскостью МКР.
8.	Существует ли такое положение точек К,Р и М, при котором прямая
В ] D параллельна плоскости МКР?
9.	При каком условии отрезок MF прямой б^делитсн пополам?
234
Рис. 18.4
10.	При каком положении точек М, F и Р прямые MF и PD взаимно перпен
дикулярны?
11.	Существует ли такое положение точек Р, К, F и М, при котором они
принадлежат одной плоскости?
12.	Чему равно наибольшее расстояние между точками Р и F?
13.	Существует ли такое положение точек М,Р\л F, при котором прямая
PF параллельна прямой DM?
14.	При каком условии точки/5. К, F и М будут принадлежать одной плос-
кости и сечение призмы PKF будет прямоугольником?
19	. ЗАДАЧИ КАК СРЕДСТВО ОБРАТНОЙ СВЯЗИ
19.1.	Обратная связь на уроках математики
Индивидуальный подход как принцип обучения и воспитания предпола-
гает индивидуальный систематический учет знаний, умений, навыков учащихся
на каждом уроке. К концу урока учителю надо знать, как усвоил каждый уче-
ник новый материал. После этого можноопределитьобъем домашнего задания.
Учителю математики на каждом уроке необходимо осуществлять опера-
тивную эффективную обратную связь (ученик—учитель), с тем чтобы знать,
как строить следующий урок, как на нем организовать работу с отдельными
группами учащихся. Оперативная обратная связь нужна и для систематической
проверки выполнения домашних заданий всеми учащимися класса.
В настоящее время, кроме традиционных способов контроля (устного оп-
роса, проверки письменных работ и т.д.), находят применение различные ди-
дактические материалы и технические средства обратной связи.
В этой главе описываются некоторые способы реализации обратной связи
в обучении математике без использования технических средств. Каждый из
рассматриваемых способов иллюстрируется большим числом примеров тесто-
вых заданий, которые можно использовать как при изучении нового материа-
ла, так и при повторении.
19.2.	Математические понятия, теоремы, функции, уравнения, неравенства
Усвоение учащимися математических понятий, содержания теорем,
свойств функций можно быстро проверить с помощью соответствующих уст-
ных заданий.
Задание 1. На рис. 19.1 и 19.2 изображены графики функций:
(х) = (х + 5)3 - Зх - 15, х £ ( - оо ; -3 ] ;
Цх ) — х - 1,х <= (1; 5 ];
Рис. 19.1
Рис- 19.2
236
(x) = 2x,xe (-1; 2);
f (x) = x + 2,xG (-3; 1);
$ (x) = — x2, x e ( — oo ; 2];
ЧР, (x) = ( x + 4)2 + 1, x G I-»; -4 ] ;
(x) =	;
ф2 (x) = x,xG [-4; -3] U(3; 4].
Записать номера верных утверждений.
1.	Функция^ убывающая.
2.	Функция положительная.
3.	Функция имеет наименьшее и наибольшее значения.
4.	Функция 2 нечетная.
5.	Функция ф2 возрастающая.
6.	Функция р возрастающая.
7.	Графики функций У> и 0 совпадают.
8.	График функции можно перевести в график функции ф поворотом
вокруг некоторой точки.
9.	График функции ф можно перевести в график функции у^ параллель-
ным переносом.
10.	График функции ф можно перевести в график функции у компози-
цией параллельного переноса и поворота.
11.	Функция f нечетная.
12.	Д^ (х) = 2Дх.
13.	Дф (х) = 0,5Дх.
14.	Ду>(х) = —2Дх.
15.	Функция в точке —4 непрерывна.
16.	Функция 0 в точке 0 непрерывна.
17.	Функция f в точке 1 непрерывна.
18.	Функция f в точке —3 непрерывна.
19.	Функция f в точке —2 непрерывна.
20.	Функция ф2 непрерывна в каждой точке области ее определения.
21.	Функция f непрерывна в каждой точке области ее определения.
22.	Г рафик функции р симметричен относительно начала координат.
23.	Функция ф2 имеет предел в точке 3.
24.	Функция Ф2 имеет предел в каждой точке области ее определения.
25.	Предел функции / в точке 1 равен 3.
26.	Предел функции f в точке 5 равен 4.
27.	Предел функции ф1 в точке —3 равен пределу функции f в точке 0.
28.	lim у> (х) > lim ф t (х) .
29.	Предел функции ф2 в точке 3 равен 3.
737
(-*)
30.	lim	—2-------=1,5.
31.	Производная функции в точке 0 равна нулю.
32.	Функция ф2 дифференцируема в каждой точке области ее определения.
33.	Функция / дифференцируема в каждой точке области ее определения.
34.	Производная функции ф' в точке 0 равна нулю.
35.	у>'(-4) = 0.
36.	(-6) = ф{ (-3) = 0.
37.	Графики функций f и f центрально-симметричны относительно точки
(1; 1,5).
38.	' (—5,5) >0.
39.	ф(-5) <0.
40.	¥>'(-4) > 0.
41.	Точка 0 является критической точкой функции ф.
42.	Точка —3 является критической точкой функции ф .
43.	Точки —6, —4, —3 являются критическими точками функции ф ].
44.	Точка —1 является критической точкой функции f ].
45.	Точка 0 является точкой минимума функции ¥.
46.	Точки —6 и —3 являются точками максимума функции ф {.
47.	Точка 0 является точкой максимума функции у .
48.	Точки —6 и —4 являются точками экстремума функции ф .
49.	Точки 0 и 2 являются точками экстремума функции
50.	График функции f ] имеет центр симметрии.
51.	График функции f имеет центр симметрии.
52.	График функции f гомотетичен самому себе относительно начала ко-
ординат (коэффициент гомотетии равен 2) .
53.	Функция f не имеет ни одной экстремальной точки.
54.	Точка 1,9999 является точкой максимума функции f.
55.	Функция f ] не имеет ни наименьшего, ни наибольшего значения.
56.	Функция фt не имеет наименьшего значения.
57.	Функция ¥ в точке 2 достигает наименьшего значения.
58.	Функция ф не имеет наибольшего значения.
59.	Неравенство ф (х) < 0 не имеет решений.
60.	Уравнение (х) = 0 имеет только одно решение.
61.	Уравнение ф^ (х) = 0 имеет три решения.
62.	Решением неравенства ф^ (х) < 0 является отрезок [—6; —4 ].
63.	Решением неравенства м? (х) < 0 является только множество (—<ю; —4].
64.	Неравенство f (х) < 0 не имеет решений.
65.	Решением неравенства ф‘ (х) >0 является объединение двух интервалов.
66.	График функции f переводится в график функции f вектором (4; 1).
238
67.	Г рафик функции имеет ось симметрии.
68.	lim (х) = 3.
х->1
69.	lim f (х) = 0.
х-и
70.	Биссектрисы второго и четвертого координатных углов являются осью
симметрии графика функции
71.	График функции ф2 имеет две оси симметрии.
72.	Г рафик функции ф2 не имеет осей симметрии.
73.	Г рафик функции ф2 имеет только одну ось симметрии.
74.	Точка (—5; 0) является центром симметрии графика функции ф .
75.	Существует единственное значение а, при котором уравнение ф (х) =
= f (х) + а имеет решение.
76.	Объединение графиков функций и ф является графиком немонотон-
ной функции.
77.	Объединение графиков функций f и f является графиком монотон-
ной функции.
78.	Неравенства f' (х) > 0 и f! (х) > 0 равносильны.
79.	(2) < 0.
80.	ф' (-4, 9998) <0.
Номера правильных ответов каждый ученик записывает на отдельном
листке бумаги. Таким образом учитель получает информацию о том, как
каждый ученик усвоил только что изученную теорему, насколько глубоко
он понимает ее содержание, кому необходимы дополнительные объяснения.
Задание 2. На рис. 19.3 изображены различные ломаные и многоуголь-
ники. Назвать номера чертежей на которых показаны: 1) многоугольник,
имеющий три диагонали; 2) многоугольник, не имеющий диагоналей; 3) мно-
гоугольник, у которого две диагонали; 4) выпуклый многоугольник; 5) вы-
пуклый четырехугольник; 6) простая замкнутая ломаная; 7) простая не-
замкнутая ломаная; 8) невыпуклый многоугольник, у которого только две
диагонали; 9) невыпуклый многоугольник, у которого пять диагоналей;
10) многоугольник, у которого четыре внутренних угла; 11) граница выпук-
лого многоугольника; 12) многоугольник, у которого пять вершин.
Задание 3. Составить истинные утверждения из фраз А, В, С.
А:	1) разносторонний треугольник; 2) равнобедренный треугольник;
3) равносторонний треугольник.
В:	4) может быть; 5) не может быть;
С:	6) остроугольным; 7) прямоугольным; 8) тупоугольным.
Ученик на листке записывает ответы в таком виде: 146,147, 148, 246, 247,
248, 346, 357, 358.
Задание 4. На рис. 19.4—19.17 изображены графики уравнений:
1)	х3 + у — х = 0; 2) х -х3 - |/| =0; 3) у- 2 = х3 - Зх;
4) | у | = 2 - Зх + х 3; 5) у = у/ х2 + 4; 6) | у | = >/ х2 + 4 ;
7) у = х4 + 2х2 - 3; 8) у = х2 + 2х - 3| х + 11 + 3;
239
Рис. 19.7
Рис- 19.8
9) y = in (х2 +1); 10) у/( х-1) = I х |; 11) у = |x2 + x -2|;
12) |/| = |x2 +x - 2|; 13) 2x == у (1 + x 2) ; 14) |y \ (1 + x2) = 2x.
Назвать номера рисунков, на которых изображены графики соответствую-
щих уравнений; уравнений, которые задают функции; уравнений, которые за-
дают обратимые функции; уравнений, графиками которых нвлнются данные
кривые.
Задание 5. Назвать пункты, в которых верно указаны соответствую-
2
щие свойства функции f (х) —--------- : 1) не имеет нулей; 2) отрицательна
1 -х2
на множестве ( —сю; —1) 0(1: + оо); 3) положительна на множестве (—1; 1);
4) намножестве (—1; 1) убывает; 5) на множестве положительных чисел возрас-
тает; 6) существует предел в точкех = 1; 7) существует предел слева в точке х =
= 1; 8) существует предел справа в точке х = —1; 9) дифференцируема в точ-
ке х = 0; 10) производная в точкех = 1 равна нулю; 11) в каждой точке (0;
1) производная положительна; 12) в каждой точке (1; +<») производная от-
рицательна; 13) точка х = 0 является критической; 14) точках = 0 является
точкой минимума; 15) точка х = 0 является точкой экстремума; 16) в точке
х — 0 функция достигает наименьшего значения.
Задание 6. Назвать множества, на которых данные равенства являются
тождествами (табл. 19.1).
Задание 7. Назвать множество, которое является решением соответст-
вующего неравенства (табл. 19.2).
Таблица 19.1				
Равенство	Множества			
	А	в	С	D
х = х/х5”		[ 0; +«* )	(1; 3)	(-1; о)
2	{°'5}	{")		
(у/г V*)2 х2	[ 0; +«о )	А	{°)	(-1; 1)
2				
X - 1 	= 2х	{’}	Л	I’1)	{°}
х - 1				
sin2x - 0	{°}	(-Я; я ]		г ЯП ,	1 J —|л& Zг 1 2	2
Таблица 19.2
Неравенство	Множества			
	А	В	с	D
х/ -х < -1		(— со ; 0)	(— оо ; — 1)	(о)
хЛ77 ( X - 2) > 0	(—2; 0)	(— «• 0)		{°}
хА - 2> х/4 - X	(3; +« )	I 2; + с» )	( 3; 4 )	( 3; 4 ]
х/х - 1 + 'х/я + 1 < 0		[ 0; + оо )	[ 1; + оо )	[ 0; 1)
242
19.3.	Проверка усвоения доказательств теорем
Усвоение учащимися доказательств теорем можно проверить с помощью
следующих видов устных заданий.
I.	Ученику предлагается чертеж, на котором отмечены свойства фигуры
(под соответствующими номерами). Эти свойства надо расположить в таком
порядке, чтобы в результате получилось доказательство теоремы.
Задание 1. Рис. 19.18 может служить иллюстрацией при доказательстве
теоремы "Средняя линия треугольника параллельна третьей стороне, а длина
ее равна половине длины этой стороны". Нужно расположить отмеченные на
чертеже свойства геометрической фигуры в таком порядке, в котором они ис-
пользуются при доказательстве этой теоремы.
Ответ. 2,5, 1, 6, 4, 3.
II.	Даются формулировка теоремы (с чертежом) и занумерованные мате-
матические утверждения. Среди них могут быть и такие, которые не имеют
никакого отношения к доказательству данной теоремы. Необходимо из этих
утверждений составить доказательство теоремы (выписать их номера в нуж-
ном порядке).
Задание 2. Дано: ABCD - ромб Ф. Доказать: SDg (Ф) = Ф (рис. 19.19).
Составить доказательство этой теоремы из следующих утверждений: 1) С =
= SgD (А) ; 2) ВА = AD, ВС = DC; 3) отрезок АВ симметричен отрезку СВ от-
носительно прямой DB; 4)	(D) = D, (С) -А; 5) отрезок AD симмет-
ричен отрезку Соотносительно прямой DB; 6) Sr,o(B} = В, S_„W) = С; 7)
UO	U D
прямая АС перпендикулярна к BD; 8) граница ромба с помощью осевой сим-
метрии относительно прямой DB переводится сама на себя; 9) ABCD — парал-
лелограмм; 10) 5_,О(Ф) = Ф.
U и
Ответ. 2, 1,6, 3, 4, 5, 8, 10.
III.	Дается формулировка теоремы и ее доказательство, в котором содер-
жатся и лишние утверждения. Построить чертеж и найти лишние утверждения.
Задание 3. Дано: прямая АВ параллельна прямым MN и CD, прямая CD
не принадлежит плоскости АВМ. Доказать, что прямые MN и СО параллельны.
Указать номер лишнего утверждения в приведенном ниже доказательстве
теоремы и сделать чертеж к этому доказательству: 1) плоскости АВМ и CDM
пересекаются по прямой МК; 2) прямая а принадлежит плоскости а, прямая Ь
243
принадлежит плоскости /3 и прямая с есть пересечение плоскостей а и /3. Поэто-
му прямые с, а и b параллельны; 3) прямая МК параллельна прямым АВ и
CD; 4) через точку М проходит только одна прямая,параллельная прямой АВ;
5) прямая MN не принадлежит плоскости АВС; 6) прямые MN и МК совпа-
дают; 7) прямая МК параллельна прямой CD, поэтому прямая MN параллель-
на прямой CD.
Ответ. Утверждение 5 — лишнее.
IV.	Дается доказательство теоремы, в котором пропущены отдельные ут-
верждения, символы и т.п. Нужно заполнить пропуски.
Задание 4. Дано: прямая АС перпендикулярна к плоскости CBD, пря-
мая DE перпендикулярна к прямой СВ и принадлежит плоскости а. Доказать,
что DE перпендикулярна к АВ (рис. 19.20).
Доказательство. Прямая АС перпендикулярна к прямой DE, потому
что ... Прямая DE перпендикулярна к прямой АВ, так как ... Прямая DE пер-
пендикулярна к прямой АВ, потому что...
Вместо пропусков поставить номер одного из следующих высказываний:
1) угол CED - прямой; 2) прямая DE перпендикулярна к прямой СВ; 3) пря-
мая А С перпендикулярна к прямой СВ; 4) прямая DE не принадлежит плос-
кости АСВ; 5) прямая АС перпендикулярна к плоскости CBD; 6) прямая
DE перпендикулярна к плоскости АВС и прямая АВ принадлежит плоскости
АВС; 7) прямая Of перпендикулярна к прямым СВ и А С.
Ответ. 5, 7, 6.
V.	Предлагается доказательство теоремы, в котором все предложения
занумерованы. Отдельные предложения содержат ошибки. Нужно назвать
их номера.
VI.	При повторении отдельных разделов школьного курса математики
можно использовать приведенные ниже задания.
Задание 5. Назвать номера равенств (формул, свойств, понятий),
которые применяются при выводе данного (например, 5-го) равенства.
1. cos 2х = cos2x — sin2x. 2. cos2а + sin2a = 1.
_ .. sinx ,	„	, 71	.
3. !im -----— = 1.	4. ctg ( — + a) = — tga.
x->o x	2
5. sin2a = 2sinacosa.	6. sin'x = cosx.
7. tgactga =1.	8. sin ( — — a ) = cosa.
244
я	1 — cosa
9. sin ( — + a) = cosa. 10. tg£ = ------------- .
2	2 sina
11. cos a =-sina.	12. cos ( - + a) = -sina.
2
a + 0 a - (J
13.	sina + sinP = 2sin-----cos-------.
2	2
14.	(ctgx = а ) <=> ( x = arcctg а + kit , к E Z ).
15.	( tgx = а ) «• ( x = arctga + kit, к S Z ).
16.	sin (a —/3) = sinacosP - cosasinP.
17.	AB = x/ (x] - x2) 2	- y2) ,A (X],- y]),S(x2; y2 ).
a + P P - a
18.	cosa — cosfi = 2sin----sin-------.
2	2
19.	sin(a + P) --sinacosP + cosasinP .
20.	(cosx = a) «• ( x = + arccosa + 2kit, к £ Z , | a | < 1).
21.	(sinx = a ) « (x = ( —1) *arcsina + fcjr,/rSZ,|a|<1).
22.	cos ( a — 0) = cosacosP + sinasinp.
a + P a — p
23.	cosa + cosP = 2cos ----cos —-----.
2	2
a + P a — P
24.	sina — sin в = 2cos----sin ------.
2	2
25. cos(a + 0) = cosacosP — sinasinp.
26. cosa = cos (—a). 28. tg (-a) = —tga.	27. sin (-a) = —sina. 29. etg (—a) = -etga.
30. lim cos (x+Дх) =cosx. ДХ — 0	л	. 7T	.	. 31. cos (	a) = sina. 2
32. tg ( a ± nj = tga.	33. tg ( ^ + a) = -etga.
34. cos (a ± 2rr) = cosa.	35. tg x —	0 COS‘X
36. sin (a ± 2я) = sina.	37. cos (	-- a ) — —sina. ,	2	1
38. etg (a ± я) = etga.	39- etg x - - sin ‘x
a	sina 40. tg	 2	1 + cosa	,	tga-tgP 41. tg (a - 0) = 1 + tgatgP
245
42. sin ( — -«) = -cosa.
44. tg2	a	1	— cosa
	2	1	+ cosa
46. cos	(я -	a)	= -cosa.
48. cos	2 «		1 + cosa
	2		2
50. sin	? £	1	I — cosa
	2		2
52. sin'		1	—cos2a
	а —		2
54. 1 +	ctg2i		1
			. 2 sin a
56. sin	( — 2	+	a) — —cosa.
43. sin ( я + a ) = —sina.
2tga
45. tg2a =--------—
1—tg2a
47. sin (я — a) = sina.
tga + tg|3
49. tg (a + /3) =-------- .
1 - tgatgj3
,	1
51. 1 +tg2a= ----— .
cos a
55. cos (я + a ) = —cosa.
_..	, 3 я	.
5/.cos(— +a) —sina.
2
Задание 6. Возможные свойства функции f (х) нумеруются.
Уравнение /(х) =0: 1) имеет одно решение; 2) имеет два решения;
3) не имеет решений; 4) имеет сколько угодно решений.
Уравнение f' (х) = 0: 5) имеет одно решение; 6) имеет два решения;
7) не имеет решений; 8) имеет больше двух решений.
Функция f (х) : 9) положительная; 10) отрицательная; 11) возрастаю-
щая; 12) убывающая; 13) периодическая; 14) четная; 15) нечетная;
16) имеет предел в каждой точке ее определения; 17) непрерывная в каждой
точке ее определения; 18) имеет наибольшее значение; 19) имеет наименьшее
значение; 20) постоянная; 21) имеет критические точки; 22) имеет точки ми-
нимума; 23) имеет точки максимума; 24) ограниченная сверху; 25) ограни-
ченная снизу; 26) неограниченная; 27) име^т положительную производную;
28) имеет отрицательную производную; 29) имеет производную в каждой точ-
ке ее определения.
Построить графики следующих функций и назвать номера указанных вы-
ше свойств, которыми они обладают: 1) у = 2>, х 6 (— оо; + оо); 2) у = 2х,
х G (— оо; 0); 3) у = 2х, х G [ 1; 2); 4) у = 1 /х, х € (—оо; 0); 5) у = 1/х,
х G [ -1; 0) U (0; 1]; 6) у = 1/(х2 ч 1), 7) у = | х - 3| ; 8) у = |х - 3|,
xG [2; 3).
20. МЕТОДЫ ПРОВЕРКИ РЕШЕНИЙ ЗАДАЧ
20.1. Проверка решений алгебраических задач
Быстрая проверка тождественных преобразований алгебраических и три-
гонометрических выражений может быть выполнена следующим образом.
Если выражение f (а) тождественно равно выражению <Р (а), то все соответст-
вующие значения этих выражений равны. Для вероятностной проверки пра-
вильности преобразований достаточно вычислить /(а) и у>(а) при двух-трех
соответствующих значениях а.
Пример 1. В результате преобразования получим
3 - 4cos2a+cos4a
------------------- = tg а .
3 + 4cos2a + cos4a
Вычисляем значения левой и правой частей равенства при некоторых "хо-
роших" значениях а, например при а = 0°, 45, 60°. Если при этих значениях а
обе части равенства оказываются равными, можно с большой степенью ве-
роятности утверждать, что данные выражения тождественно равны.
При преобразовании выражений вида
а —2 а	а2 + 4	1
----~	----------5------------у-- >
а2+2а а — 2а а — 4а а2 +2а
целесообразно упрощать отдельные части выражения, не переписывая их и осу-
ществляя контроль каждого этапа способом, описанным выше:
а	а2+ 4	1
1)----------------------------------------=
а (а—2) а (а— 2) (а + 2) а (а+ 2)
а2 + 2а — а2— 4— а+ 2	а —2
а ( а - 2) ( а + 2)	~ а (а - 2) ( а + 2)
1
а ( а + 2)
а —2	1
2)----------: -------- = а - 2.
а (а+ 2) а ( а + 2)
Такая запись решения экономична и позволяет осуществлять контроль
каждого промежуточного действия. Вычислив, например, при а = 1 и а = — 1
1
значение выражения, стоящего в скобках, и дроби------ , получим опреде-
а (а+2)
ленную уверенность в отсутствии ошибки.
247
При упрощении числовых выражений целесообразно пользоваться опреде-
ленной схемой, сущность которой поясним примером.
Выполнить действия:
(1)	(3)	(2)	(4)	< (6)	(5)
(204,12 : 40,5 - 3,2 • 1,2| . 6 J + 7 :
2
2— .
3
Указав порядок действий, вычисления оформляют таким образом:
1) 20412 : 4050“ 5,04;	1) 5,04-40,5 = 204,12;
2) 3,84;	2 ) 3,84 : 1,2 = 3,2;
3) 1,2;	3') 1,2 + 3,84= 5,04;
4) 1,2-6,5 = 7,8;	4') 7,8 : 6,5 = 1,2;
5) 7 : — = 3;	5') 3*2— = 7;
3	3
6) 7,8 + 3= 10,8;	6') 10,8 - 3 = 7,8.
Действия Г—6 являются обратными действиям 1—6. Они позволяют осу-
ществлять поэтапный контроль выполнения задания. "Пишняя" работа не
должна нас смущать, потому что при обучении арифметическим вычислениям
число решенных примеров не является самоцелью.
Как не допустить потери корней уравнений при их преобразовании? При
умножении или делении обеих частей уравнения необходимо следить за тем,
чтобы выражение, на которое умножаются (делятся) обе части уравнения,
не обращалось в нуль при том значении переменного, которое пвляется кор-
нем данного уравнения.
Пример 2. После преобразования уравнение
з----------	-----
7 2-х +х/х - 1 = 1
принимает вид
vG’--! (2 + х) = 4(х - 1).
После деления обеих его частей на 7х — 1 получаем
2 + х = 4у/~х~- 1.
Если вовремя не заметить, что число 1 есть корень данного уравнения, то в
результате такой операции мы потеряем его корень, равный единице.
Как найти посторонние корни уравнения, не содержащего параметров
(при неравносильном его преобразовании) ? Во-первых, до решения уравнения
целесообразно найти множество, на котором определено данное уравнение.
Во-вторых, посторонние корни обнаруживаются непосредственной их провер-
кой.
Как проверить правильность решения неравенства, не содержащего пара-
метров (при неравносильном его преобразовании) ? Проверяем корни соот-
ветствующего ему уравнения. Пусть данное неравенство f (х) > 0 определено,
например, на (а; 6) и корни соответствующего ему уравнения х^, х2, х3.
248
Проверяем методом интервалов, какой из промежутков [a; xj, (х^ х2),
(х2; х3), (х3; 6) является решением неравенства f (х) >0.
Как проверить корни уравнения с параметрами? Параметрам необходимо
придать отдельные числовые значения (в уравнении и в ответе) и осуществить
непосредственную проверку корней при этих значениях параметров. Такая
проверка носит вероятностный характер.
Пример 3. Решив относительно х уравнение
2\] х2 - 1 = х - х2 - а,
получим
4-3 п .	4
х = —:--------- , 0 < а < — .
2\/2(2-а)	3
Ясно, что данное уравнение определено на [0; + °°). При отрицательных
значенияха уравнение решений не имеет, потому что если а < 0, то х2 — а >
> х2 и х — \/ х2 — а < 0 (левая часть уравнения ни при каком значении х не
может принимать отрицательных значений). Проверяем ответ при а = 0,4/3,1
( 1 G [0; 4/3]). В результате подстановки убеждаемся, что при а = 1,5 (1,5 G
Е [ 0; 4/3]) уравнение решений не имеет.
Проверка решений неравенств с параметрами осуществляется методом ин-
тервалов (параметрам придаем некоторые значения).
Наиболее универсальным способом проверки решений уравнений и нера-
венств является исследование выражений, входящих в уравнение или нера-
венство, и построение графиков соответствующих функций. Это дает возмож-
ность еще до решения уравнения установить число его решений и т.д.
В ряде случаев наиболее надежным способом проверки решений уравне-
ния (неравенства) является получение ответа другим методом. Учет в макси-
мальной степени свойств соответствующих функций делает более рациональ-
ным любой способ проверки.
20.2. Проверка решений геометрических задач
Сформулируем несколько рекомендаций, позволяющих быстро прове-
рять решения различных задач.
Проверку решения задачи на вычисление по планиметрии (без парамет-
ров) можно осуществить построением соответствующей фигуры и измерением
ее элементов.
Пример 1. Вычислить длину медианы AM треугольника ДАС, у которо-
го АВ = 12 см, ВС =13 см, СА = 14 см.
Построив треугольник АВС и измерив отрезок AM, получим приближен-
ное значение длины отрезка AM.
Проверить решение задачи на вычисление по планиметрии (с параметра-
ми) можно следующими способами: а) решить задачу при некоторых значе-
ниях параметров и сравнить полученный результат с ответом в общем виде;
б) решить задачу построением (при некоторых значениях параметров).
249
Рис. 20.1
В	/I
Рис. 20.2
Пример 2. В четырехугольнике ABCD LBAD = л < 90°, L АВС =
= L ADC = 90°, АВ = a,AD = b. Найти х = L ВАС.
Полученное равенство tg х= ( b — acosa ) / ( asina ) можно проверить: а)
при а = 90° и a = b или а = 60° и a = Ь ; б) построив четырехугольник ABCD,
придав а, а и b некоторые числовые значения и измерением найдя прибли-
женное значение угла ВАС.
Правильность решения задачи на построение по планиметрии (с парамет-
рами) проверяется путем построения искомой фигуры при различных значе-
ниях данных параметров.
Правильность решения задачи на вычисление по стереометрии (без пара-
метров) может быть проверена построением развертки соответствующей про-
странственной фигуры и последующим измерением отрезков и углов. Можно
решить такую же задачу, заменив некоторые числовые данные параметрами.
ПримерЗ. В правильной треугольной пирамиде DABC с основанием
АВС сторона АВ = 4 см, AD = 6 см. Плоскость а проходит через точку А и
перпендикулярна к прямой CD. Плоскость 0 проходит через точку С и перпен-
дикулярна к прямой AD. Точка Н есть пересечение плоскостей ACD, 0 и а.
Найти длину отрезка НВ.
Строим развертку пирамиды DABC (рис. 20.1), а затем треугольник
ВКА и отрезок ВН (рис. 20.2). Измерением находим: ВН = 3,4 см.
Точный ответ: ВН = V 11,5 (ошибка измерения меньше 1 мм).
Проверка решения задачи на вычисление по стереометрии (с парамет-
рами) проводится так же, как и проверка аналогичных задач по планиметрии.
ЛИТЕРАТУРА
Александров И.И. Сборник геометрических задач на построение. — М.: Учпедгиз,
1954. - 176 с.
Башмаков М.И. Уравнения и неравенства. — М.: Наука, 1976. — 96 с.
Беляева В.С.. Монахов В.М. Экстремальные задачи. — М.: Просвещение, 1977. — 96 с.
Болтянский В.Г. Анализ — поиск решения задачи И Математика в школе. — 1974. —
№ 1. - С. 34-40.
Василевский А.Б. Метод параллельных проекций. — Мн.: Нар. асвета, 1985. — 128 с.
Василевский А.Б. Методы решения геометрических задач. — Мн.: Выш. шк., 1969. —
232 с.
Василевский А.Б. Методы решения задач. — Мн.: Выш. шк., 1974. — 240 с.
Василевский А.Б. Методы решения задач по математике- — Мн.: ГПИ им. А.М. Горь-
кого, 1981. — 108 с.
Василевский А.Б. Обучение решению задач. — Мн.: Выш. шк., 1979. — 192 с.
Василевский А.Б. Параллельные проекции и решение задач по стереометрии. — Мн.:
Нар. асвета, 1978. — 104 с.
Василевский А.Б. Стереометрические задачи на готовых чертежах. — Мн.: ГПИ
им. А.М. Горького, 1982. — 24 с.
Василевский А.Б. Устные упражнения по алгебре и началам анализа. — Мн.: Нар. асве-
та, 1981. - 72 с.
Василевский А.Б. Устные упражнения по геометрии. — Мн.: Нар. асвета, 19ВЗ. — 80 с.
Вересова Е.Е., Денисова Н.С.. Полякова Т.Н. Практикум по решению математичес-
ких задач. — М.: Просвещение, 1979. — 232 с.
Волхонский А.И. Об исследовании задач по стереометрии И Математика в школе. —
1955. — № 4. -С. 23-25.
Выгодский М.Я., Рабинович В.Л. Некоторые принципиальные вопросы, связанные
с решением конструктивных задач И Математика в школе. — 1965. — № 4. - С. 27—35.
Габович И.Г. О поиске планов решений геометрических задач // Математика в шко-
ле. - 1 983. - № 1. - С. 34-40.
Гильде В., Альтрихтер 3. С микрокалькулятором в руках. — М.: Мир, 1980. — 222 с.
Готман Э.Г., Скопец З.А. Решение геометрических задач аналитическим методом. —
М.: Просвещение, 1979,— 128 с.
Данилов Е.Ф. Как помочь учащимся находить путь к решению геометрических за-
дач. — М.: Учпедгиз, 1961. — 143 с.
Дорофеев Г.В. О задачах с параметрами, предлагаемых на вступительных экзаменах
в вузы И Математика в школе. — 1983. — № 4. — С. 24—28.
Дорофеев Г.В. Применение производных при решении задач в школьном курсе
математики // Математика в школе. — 1980. — № 5. — С. 12—21; № 6. — С. 24—30.
Зобкова К.В., Лященко Е.И., Новосельцева З.И. Методика проведения "Практикума
по решению задач" (на материале алгебры). — Л.: ГПИ им. А.И. Герцена, 1980. — 76 с.
Колягин Ю.М. Задачи в обучении математике: В 2 ч. — М.: Просвещение, 1977. Ч. 1:
Математические задачи как средство обучения и развития учащихся. — 96 с.
Колягин Ю.М. Задачи в обучении математике: В 2 ч. — М.: Просвещение, 1977. Ч. 2:
Обучение математике через задачи и обучение решению задач. — 120 с.
Колягин Ю.М., Оганесян В.А. Учись решать задачи. — М.: Просвещение, 1980. — 96 с.
Крайзман М.Л. Решение геометрических задач методом координат. — Киев: Рад.
шк., 1983. - 127 с.
251
Литвиненко В.Н., Мордкович А.Г. Практикум по решению математических задач. Ал-
гебра. Тригонометрия. — М.: Просвещение, 1984. — 288с.
Литвиненко В.Н. Практикум по решению задач школьной математики. — М.: Про-
свещение, 1982. — Вып. IV: Геометрия. — 159 с.
Мазаник А.А. Обучение учащихся решению задач на построение по планиметрии. —
Мн.: Нар. асеета, 1960. — 140 с.
Маслова Г.Г. Методика обучения решению задач на построение в восьмилетней шко-
ле. — М.: Просвещение. 1961. — 152 с.
Методика преподавания математики в средней школе: Общая методика / В.А. Огане-
сян, Ю.М. Колягин, Г.Л. Луканкин, В.Я. Саннинский. — М.: Просвещение, 1980. — 432 с.
Нестеренко Ю.А., Олехник С.Н., Потапов М.К. Задачи на вступительных экзаменах по
математике. — М.: Наука, 19ВЗ. — 448 с.
Пойа Д. Как решать задачи. — М.: Наука, 1961. — 207 с.
Пойа Д. Математическое открытие. — М.: Наука, 1976. — 452 с.
Стратилатов П.В. Приближенные вычисления в курсе геометрии восьмого класса //
Повышение вычислительной культуры учащихся средней школы. — М.: Просвещение,
1965. - С. 32-42.
Фридман Л.М., Турецкий Е.Н. Как научиться решать задачи. — М.: Просвещение,
1984. - 175 с.
Взлом И.М. Геометрические преобразования. — М.: Наука, 1955. — 4.1. — 611с.
ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие.................................................................  3
1.	Методы решения задач на делимость чисел
1.1. Разложение на множители..................................................5
1.2.	Метод математической индукции............................................5
1.3.	Метод остатков...........................................................6
1.4.	Доказательство методом от противного.....................................7
2.	Методика поиска и доказательства свойств чисел
2.1. Пути поиска свойств чисел................................................8
2.2.	Определение целых корней уравнений......................................11
2.3.	Поиск решений нестандартных уравнений...................................13
3.	Методы равносильных преобразований
3.1.	Целые уравнения и неравенства...........................................15
.3.2. Рациональные уравнения и неравенства...................................17
3.3.	Иррациональные уравнения и неравенства..................................18
3.4.	Показательные и логарифмические уравнения и неравенства.................20
4.	Методы неравносильных преобразований
4.1.	Неравносильное преобразование уравнений.................................23
4.2.	Применение теоремы о средних величинах..................................24
4.3.	Доказательство неравенств методом математической индукции...............25
4.4.	Доказательство числовых неравенств......................................26
4.5.	Метод полной индукции...................................................27
4.6.	Решение неравенств методом интервалов...................................30
4.7.	Метод подстановки...................................................... 31
4.8.	Приближенные методы решения уравнений...................................33
4.9.	Выражение неизвестного через неизвестное................................34
4.10.	Тригонометрические подстановки.........................................35
4.11.	Векторное доказательство неравенств....................................36
4.12.	Комплексное использование	различных методов решения уравнений
и неравенств ............................................................... 38
5.	Методика использования свойств функций при решении уравнений
и неравенств
5.1. Сущность методики.......................................................41
5.2.	Рациональные уравнения и неравенства....................................43
5.3.	Иррациональные уравнения и неравенства..................................45
5.4.	Показа: льные и логарифмические уравнения и неравенства.................48
5.5.	Системы уравнений.......................................................50
5.6.	Уравнения и неравенства с параметрами...................................51
5.7.	Применение производных..................................................54
6.	Построение графиков нестандартных уравнений и неравенств
6.1.	Графики функций.........................................................56
6.2.	Графики неравенств......................................................60
7.	Алгебраический метод решения текстовых задач
7.1. Основные положения......................................................62
7.2.	Методика решения нестандартных текстовых задач..........................62
8.	Логические и комбинаторные задачи
8.1. Методы решения логических задач.........................................65
8.2.	Комбинаторные задачи....................................................67
253
9.	Методика решения тригонометрических уравнений и неравенств
9-1. Периодичность тригонометрических функций...............................69
9-2. Основные тригонометрические уравнения и неравенства....................72
9.3.	Преобразование произведения тригонометрических функций в их сум-
му 	75
9-4. Преобразование выражения asinx + bcosx ................................77
9-5. Преобразование тригонометрического уравнения к виду aQyn + а11'П ' + ••• + 8п ~
= 0.........................................................................78
9-6. Разложение тригонометрического выражения на множители..................79
9.7.	Понижение степени тригонометрических функций...........................80
9-8. Применение универсальной подстановки...................................80
9.9.	Системы тригонометрических уравнений...................................81
9.10.	Основные уравнения и неравенства, содержащие arcsinx, arccosx, arctgx, arcctgx . . 83
9-11. Исследовательский метод решения тригонометрических уравнений и неравенств . 85
9.12. Комплексное использование различных методов решения тригонометрических урав-
нений.....................................................................  87
10.	Применение микрокалькуляторов при решении задач
10.1.	Общие сведения........................................................90
10.2.	Тождественные преобразования	выражений................................90
10.3.	Поиск свойств числовых множеств.......................................91
10.4.	Исследование функций..................................................93
10.5.	Уравнения и неравенства..............................................100
11.	Расчетно-графический метод решения геометрических задач
11.1.	Сущность и особенности задач лабораторного типа......................110
11.2.	Содержание задач лабораторного типа..................................110
11.3.	Способы задания условий задач лабораторного типа.....................111
П.4. Ошибки в вычислениях..................................................112
11.5.	Определение масштаба чертежа при решении задач построением...........118
11.6.	Эффективность решения геометрических задач различными методами.......119
11.7.	Обучение решению задач лабораторного типа расчетно-графическим методом . . 120
12.	Векторное решение геометрических задач
12.1. Основные положения...................................................126
12.2.	Примерный общий план векторного решения задач........................127
12.3.	Задачи аналитической геометрии.......................................127
12.4.	Задачи элементарной геометрии........................................135
13.	Методы решения геометрических задач на построение плоских фигур
13.1. Метод геометрических мест точек......................................144
13.2.	Методы геометрических преобразований.................................145
14.	Методика решения задач по планиметрии
14.1.	Поиск решений задач на вычисление....................................157
14.2.	Поиск решений задач на доказательство............................... 162
14,3.	Поиск решений конструктивных задач...................................166
14.4.	Метод координат......................................................167
14.5.	Алгебраический метод.................................................171
14.6.	Доказательство признаков равенства и подобия треугольников...........172
15.	Построения на проекционном чертеже
15.1.	Основные построения на проекционном чертеже..........................173
15.2.	Построение ортогональных прямых и плоскостей.........................176
15.3.	Методы построения сечений многогранников плоскостью..................180
16.	Метод параллельных проекций
16.1.	Сущность метода......................................................185
16.2.	Отношение отрезков...................................................185
254
16.3.	Пересечение прямых....................................................187
16.4.	Коллинеарные точки....................................................190
16.5.	Параллельные прямые...................................................192
16.6.	Параллельные прямые и плоскости.......................................195
16	7. Расстояние между точками............................................196
16.8.	Перпендикулярность прямых и плоскостей................................197
16.9.	Площади многоугольников...............................................199
17	Методика решения задач по стереометрии
17.1.	Место и роль стереометрических задач в школьном курсе математики......200
1	7.2. Определение величин элементов многогранников......................201
17.3.	Требования к изображениям пространственных фигур......................204
17.4.	Методика работы над стереометрической задачей.........................205
17.5.	Основные стереометрические задачи и формулы...........................220
17.6.	Задачи для повторения стереометрии....................................221
17.7.	Применение разверток..................................................222
17.8.	Готовые чертежи.......................................................223
17.9. Задания по составлению плана решения стереометрических задач на готовом чер-
теже .......................................................................224
17.10	Вписанный и описанный шары...........................................225
17.11.	Исследование решений задач...........................................227
18.	Проблемы совершенствования систем упражнений по математике
18-1. Основные положения....................................................228
18.2.	Задачи на построение и вычисление.....................................228
18.3.	Построение системы задач по одному чертежу............................229
18.4.	Познавательные задачи.................................................233
18.5.	Устные задачи на построение.........................................	.233
18.6.	Непрерывное движение в геометрии......................................234
19.	Задачи как средство обратной связи
19.1. Обратная связь на уроках математики...................................236
19.2.	Математические понятия, теоремы, функции, уравнения, неравенства......236
19.3.	Проверка усвоения доказательств теорем................................243
20.	Методы проверки решений задач
20.1.	Проверка решений алгебраических задач.................................247
20.2.	Проверка решений геометрических задач.................................249
Литература..................................................................251
Учебное издание
Василевский Александр Борисович
ОБУЧЕНИЕ РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПО МАТЕМАТИКЕ
Заведующий редакцией Е.В. Сукач
Редактор Л.Н. Базупько
Младшие редакторы В,М. Кушилевич, Т.И. Крючкова
Художественный редактор Ю.С. Сергачев
Технический редактор Л. И. Счисленок
Корректор В,В. Неверко
Оператор И, В. Скубий
ИБ № 2518
Подписано в печать с оригинала-макета 2.02.1988. Формат
60x90 1/16. Бумага офсет. Офсет, печать. Гарнитура Уни-
вере. Усл. печ.л. 16. Усл. кр.-отт. 16,25. Уч.-изд.л. 17,49. Ти-
раж 11 300 экз. Зак. 5044. Цена 75 к.
Издательство "Вышэйшан школа” Государственного коми-
тета БССР по делам издательств, полиграфии и книжной
торговли. 220048, Минск, проспект Машерова, 11.
Типографии "Победа". 222310, Молодечно, ул. Тавлал, 11.