задача с параметром. И. Н. Сергеев В. Г. Чирский Задачи с параметрами
 Скачать 5.52 Mb.
|
|
§ 23. Геометрические задачи с элементами алгебры Пример 23.1. В сферу радиуса p 3 вписан параллелепипед, объём которого равен 8. Найдите площадь полной поверхности параллеле- пипеда. Решение. Так как грани данного параллелепипеда — вписанные параллелограммы, они могут быть только прямоугольниками. Это означает, что параллелепипед прямоугольный, центр описанной сфе- ры совпадает с центром параллелепипеда, а её диаметр равен глав- ной диагонали параллелепипеда. Пусть a, b, c — длина, ширина и вы- сота параллелепипеда. Таким образом, 12 = a 2 + b 2 + c 2 ¾ 3 3 p a 2 b 2 c 2 = 3(abc) 2/3 = 3 · 8 2/3 = 12, где мы воспользовались неравенством 6 между средним арифметиче- ским и средним геометрическим чисел a 2 , b 2 , c 2 . Но поскольку знак равенства может достигаться лишь в том случае, когда a = b = c, полу- чаем, что a = b = c = 4. Таким образом, искомая площадь S = 6a 2 = 24. Ответ: 24. Пример 23.2. В четырёхугольной пирамиде SABCD основание ABCD — прямоугольник, SA = 2, SB = 3, SC = 4. Найдите SD. Решение. Обозначим апофемы через SA 1 , SB 1 , SC 1 , SD 1 . Обозна- чим b = AA 1 = C 1 D, d = A 1 B = CC 1 , a = BB 1 = D 1 A, c = B 1 C = DD 1 (см. рис. 23.1 ). Тогда a 2 + b 2 + h 2 = 2 2 , d 2 + a 2 + h 2 = 3 2 , c 2 + d 2 + h 2 = 4 2 , c 2 + b 2 + h 2 = x 2 6 Доказательство неравенства x 3 + y 3 + z 3 ¾ 3xyz, x, y, z > 0; см. в § 10 202 Часть 1. Решение задач A A 1 B B 1 C C 1 D D 1 S a a b b c c d d x h Рис. 23.1 Складывая первое уравнение с третьим, а второе с четвёртым, полу- чаем ¨ a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + 2h 2 = 2 2 + 4 2 , a 2 + b 2 + c 2 + d 2 + 2h 2 = 3 2 + x 2 ⇒ 2 2 + 4 2 = 3 2 + x 2 ⇔ x 2 = 11. Ответ: p 11. Тренировочные задачи к § 23 23.1. В треугольнике PQR сторона PQ не больше чем 9, сторона PR не больше чем 12. Площадь треугольника не меньше 54. Найдите длину его медианы, проведённой из вершины P. 23.2. В треугольной пирамиде SKLM угол KLM прямой, SK =5, SL =6, SM = 7. Найдите расстояние от вершины S до такой точки N, что KLMN — прямоугольник. 23.3. Углы треугольника ABC удовлетворяют равенству cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1. Найдите площадь треугольника, если радиусы вписанной и описан- ной окружностей равны p 3 и 3 p 2 соответственно. 23.4. Площадь треугольника ABC равна 10 см 2 . Какое наименьшее значение может принимать длина окружности, описанной около тре- угольника ABC, если известно, что середины высот этого треугольни- ка лежат на одной прямой? § 24. Задачи алгебры с использованием геометрии 203 23.5. Вокруг сферы радиуса r описан прямой круговой конус. Найди- те наименьшее значение объёма конуса и отношение высоты конуса к радиусу сферы при этом объёме. 23.6. В сферу радиуса 1 вписан параллелепипед, объём которого ра- вен 8 p 3/9. Найдите площадь полной поверхности параллелепипеда. 23.7. Центры двенадцати шаров равных радиусов совпадают с се- рединами рёбер правильной шестиугольной пирамиды. Найдите ве- личину двугранного угла при ребре основания пирамиды, если из- вестно, что шар, вписанный в пирамиду, касается всех двенадцати данных шаров. Ответы 23.1 . 15/2. 23.2 . p 38. 23.3 . 6 p 6 + 3. 23.4 . 2π p 10 см. 23.5 . 8πr 3 /3, H/r = 4. 23.6 . 8. 23.7 . arccos(6 − p 33). § 24. Задачи алгебры с использованием геометрии Пример 24.1. Найдите наименьшее значение выражения Æ (x − 9) 2 + 4 + Æ x 2 + y 2 + Æ ( y − 3) 2 + 9. Решение. Решение этой задачи становится очевидным при взгляде на рис. 24.1 , 24.2 Пусть d 1 = Æ x 2 + y 2 , d 2 = Æ ( y − 3) 2 + 9, d 3 = Æ (x − 9) 2 + 4, точка O(0; 0) — начало координат. Исходное выражение есть сумма расстояний между тремя точками A(x; y), B(x + 3; 3), C(12; 5). Дей- ствительно, OA = Æ (x − 0) 2 + (y − 0) 2 = d 1 , AB = Æ (x + 3 − x) 2 + (3 − y) 2 = Æ ( y − 3) 2 + 9 = d 2 , BC = Æ (12 − (x + 3)) 2 + (5 − 3) 2 = Æ (x − 9) 2 + 4 = d 3 Следовательно, наименьшее значение суммы расстояний d 1 , d 2 , d 3 будет достигаться, если точки A и B окажутся на одном отрезке, со- единяющем точки O и C (см. рис. 24.2 ). Проверим, что такое расположение точек возможно. Уравнение прямой, проходящей через точки O и C: x/12 = y/5, но, поскольку 204 Часть 1. Решение задач x y O 5 3 12 C(12, 5) d 1 d 2 d 3 A(x; y) B(x + 3; 3) Рис. 24.1 x y O 5 3 12 C(12, 5) d 1 d 2 d 3 A(21 /5; 7/4) B(36 /5; 3) Рис. 24.2 данная прямая должна проходить через точку B(x + 3; 3), мы прихо- дим к системе x 12 = y 5 , x + 3 12 = 3 5 ⇔ x = 21 5 , y = 7 4 Таким образом, мы доказали, что расположение, когда все точки находятся на одной прямой, возможно. Следовательно, наименьшее значение выражения равно p 12 2 + 5 2 = 13. Ответ: 13. Пример 24.2. При каждом значении a решите систему уравнений ( 2 1+𝑥 = 32a p 2, p x 2 + a 2 + 2 − 2x − 2a + p x 2 + a 2 − 6x + 9 = p 5. Решение. Запишем второе уравнение в виде Æ (x − 1) 2 + (a − 1) 2 + Æ (x − 3) 2 + a 2 = p 5. § 24. Задачи алгебры с использованием геометрии 205 Данное уравнение означает, что сумма x a 0 (3; 0) (1; 1) (x; a) d 1 d 2 Рис. 24.3. d 1 + d 2 > p 5 x a 0 (3; 0) (1; 1) (x; a) d 1 d 2 Рис. 24.4. d 1 + d 2 > p 5 x a 0 (3; 0) (1; 1) (x; a) d 1 d 2 a = (3 − x)/2 Рис. 24.5. d 1 + d 2 = p 5 расстояний от точки (x; a) до точек (1; 1) и (3; 0) равна p 5. Поскольку расстояние между точками (1; 1) и (3; 0) тоже равно p 5, это означает, что точка (x; a) должна лежать на отрезке, соединяющем точки (1; 1) и (3; 0) (см. рис. 24.3 – 24.5 ). Други- ми словами, она удовлетворяет уравне- нию a = (3 − x)/2 и условию x ∈ [1; 3]. Таким образом, исходная система равно- сильна системе ¨ 2 1+𝑥 = 32a p 2, 2a = 3 − x, x ∈ [1; 3]. Подставив 2a в первое уравнение, полу- чаем 2 1+𝑥 = 16(3 − x) p 2 ⇔ ⇔ 2 𝑥 −7/2 = 3 − x ⇔ ⇔ 2 𝑥 −7/2 + x = 3. Поскольку функция 2 𝑥 −7/2 + x возрастаю- щая (как сумма двух возрастающих функ- ций), уравнение имеет не более одного решения. Подбором находим решение x = 5/2; оно единственное, и ему соот- ветствует a = 1/4. Ответ: если a = 1/4, то x = 5/2; при остальных a нет решений. Пример 24.3. Найдите все значения a и b, при которых система уравнений ¨ x 2 + y 2 + 5 = b 2 + 2x − 4y, x 2 + (12 − 2a)x + y 2 = 2ay + 12a − 2a 2 − 27 имеет ровно два различных решения (x 1 ; y 1 ) и (x 2 ; y 2 ), удовлетворя- ющих условию x 1 + x 2 y 2 − y 1 = y 1 + y 2 x 1 − x 2 206 Часть 1. Решение задач Решение. Последнее условие означает, что точки (x 1 ; y 1 ) и (x 2 ; y 2 ) принадлежат окружности с центром в точке (0; 0), так как x 1 + x 2 y 2 − y 1 = y 1 + y 2 x 1 − x 2 ⇔ ¨ x 2 1 + y 2 1 = x 2 2 + y 2 2 , x 1 6= x 2 , y 1 6= y 2 Выделив полные квадраты, перепишем исходную систему в следую- щем виде: ¨ (x − 1) 2 + (y + 2) 2 = b 2 , (x + (6 − a)) 2 + (y − a) 2 = 9. Эти уравнения описывают окружности с центрами в точках O 1 (1; −2) и O 2 (a − 6; a) соответственно. Итак, координаты точек M 1 (x 1 ; y 1 ), M 2 (x 2 ; y 2 ) должны удовлетворять уравнениям сразу трёх окружностей. Рассмотрим сначала окружности с центрами в точках O 1 (1; −2) и O(0; 0) (см. рис. 24.6 ). Так как OO 1 — серединный перпендикуляр к M 1 M 2 , точки O, N, O 1 (N — точка пересечения M 1 M 2 с OO 1 ) лежат на одной прямой, перпендикулярной к M 1 M 2 . Аналогично, рассмотрев окружности с центрами в точках O 2 (a − 6; a) и O(0; 0), находим, что точки O, N, O 2 лежат на одной прямой, перпендикулярной к M 1 M 2 Таким образом, точки O, O 1 , O 2 лежат на одной прямой, проходя- щей через точку N. Напишем уравнение прямой 7 , проходящей через точки O 1 и O 2 : x − 1 a − 6 − 1 = y + 2 a + 2 Подставляя в уравнение прямой координаты точки O(0; 0), получаем (−1)(a + 2) = 2(a − 7) ⇔ 3a = 12 ⇔ a = 4. Таким образом, уравнение прямой, проходящей через точки O 1 и O 2 , запишется в виде x − 1 −3 = y + 2 6 ⇔ y + 2x = 0. Проверим выполнение условий x 1 6= x 2 , y 1 6= y 2 (для найденного a = 4), вытекающих из ОДЗ данного примера. Если бы выполнялось равен- ство x 1 = x 2 (либо y 1 = y 2 ), то прямая M 1 M 2 была бы параллельна оси Oy (либо Ox), но это не так, поскольку прямая M 1 M 2 перпен- дикулярна прямой y + 2x = 0. (Уравнение прямой M 1 M 2 имеет вид x − 2 y = −1 − b 2 /6.) 7 Уравнение прямой, проходящей через две заданные точки (x 1 ; y 1 ), (x 2 ; y 2 ), запи- сывается в виде 𝑥 − 𝑥 1 𝑥 2 − 𝑥 1 = 𝑦 − 𝑦 1 𝑦 2 − 𝑦 1 . В случае x 2 = x 1 оно принимает вид x = x 1 , а в случае y 2 = y 1 — вид y = y 1 § 24. Задачи алгебры с использованием геометрии 207 x y N O 1 O 2 O |b| 3 M 2 (x 2 ; y 2 ) M 1 (x 1 ; y 1 ) a a − 6 1 −2 Рис. 24.6 Окружности с центрами в точках O 1 и O 2 пересекаются в двух точках тогда и только тогда, когда выполняются условия |R 2 − R 1 | < O 1 O 2 < R 1 + R 2 ⇔ ||b| − 3| < O 1 O 2 < |b| + 3. Поскольку O 1 O 2 = Æ (1 + 2) 2 + (−2 − 4) 2 = p 45, получаем, что p 45 − 3 < |b| < p 45 + 3. Ответ: a = 4, p 45 − 3 < |b| < p 45 + 3. Пример 24.4. Найдите наименьшее значение величины 1 c · 3a p 1 − u 2 + b p 1 − t 2 , где a, b, c, t, u — положительные числа, удовлетворяющие условиям at + bu ¶ c, a 2 + 2bcu ¾ b 2 + c 2 , b 2 · t 2 − u 2 t 2 − 1 + c 2 ¶ 2bcu. Решение. Так как 0 < u, t < 1, удобно сделать замену u = cos α, t = cos β, α, β ∈ 0; π 2 Тогда задача перепишется в следующем виде. 208 Часть 1. Решение задач Найдите наименьшее значение величины W = 1 c · 3a sin α + b sin β где a, b, c — положительные числа и α, β ∈ (0; π/2) удовлетворяют условиям a cos β + b cos α ¶ c, (24.1) a 2 ¾ b 2 + c 2 − 2bc cos α, (24.2) b 2 + c 2 − 2bc cos α ¶ b 2 sin 2 α sin 2 β (24.3) Докажем, что существует треугольник ABC со сторонами a, b, c и уг- лами α, β . Зададим треугольник ABC по сторонам b, c и углу между ними α. Тогда оставшиеся сторона BC = a 0 и угол ∠ ABC = β 0 заданы однозначно (см. рис. 24.7 , 24.8 ). A C b c a 0 α β 0 B Рис. 24.7. Треугольник ABC A C b c a 0 α β 0 b cos α B Рис. 24.8. Случай тупого угла β 0 § 24. Задачи алгебры с использованием геометрии 209 Покажем, что при заданных условиях ( 24.1 )–( 24.3 ) справедливы равенства a = a 0 , β = β 0 . Покажем сначала, что угол β 0 острый. Пусть угол β 0 тупой или прямой, тогда проекция стороны AC на сторону AB равна b cos α ¾ c (см. рис. 24.8 ), что противоречит условию ( 24.1 ). Следовательно, угол β 0 острый, т. е. β 0 ∈ (0; π/2). Из теоремы коси- нусов для треугольника ABC находим a 2 0 = b 2 + c 2 − 2bc cos α. (24.4) Из неравенства ( 24.2 ) делаем вывод, что a ¾ a 0 . Из теоремы синусов для треугольника ABC получаем a 0 sin α = b sin β 0 = 2R. Отсюда следует, что a 2 0 = b 2 + c 2 − 2bc cos α ¶ b 2 · sin 2 α sin 2 β 0 · sin 2 β 0 sin 2 β = a 2 0 · sin 2 β 0 sin 2 β ⇔ ⇔ sin 2 β ¶ sin 2 β 0 ⇔ β ¶ β 0 В последнем неравенстве мы воспользовались тем, что углы β , β 0 ост- рые. Теперь из неравенства ( 24.1 ) и соотношения a 0 cos β 0 +b cos α=c (т. е. сумма проекций сторон a 0 , b на сторону c равна стороне c; см. рис. 24.9 ) получаем c ¾ a cos β + b cos α ¾ a 0 cos β + b cos α ¾ a 0 cos β 0 + b cos α = c. Из этого следует, что все выписанные неравенства являются равен- ствами, и мы получаем β = β 0 , a = a 0 . Таким образом, мы доказали, A C b c a 0 α β 0 b cos α a 0 cos β 0 B |