16 статей
Если нужно построить график функции вида , где – некоторые фиксированные числа, то в общем случае нет иного подхода, помимо раскрытия всех модулей. Ясно, что для всякого
Однако, например, в случае невозможно выполнение одновременно двух условий: и . Поэтому простое раскрытие модулей приведет к лишним действиям. Чтобы этого избежать, применяют так называемый метод интервалов. Суть его состоит в следующем. Числа , упорядочивают по неубыванию и наносят на числовую ось (рис. 35). Если для определённости положить , то это будет выглядеть так:
Получаем, что числовая ось разбивается на интервалов. Если лежит в любом из них, то мы однозначно можем определить знаки всех выражений под модулями и раскрыть модули. В каждом из получившихся интервалов график функции выстраивается отдельно. Граничную точку можно включать в любой из промежутков, концом которого она является. Проиллюстрируем этот алгоритм на примере.
Графически найдите наименьшее значение функции
.
Как видим, функция зависит от четырёх модулей. Нанесём на числовую ось точки, в которых выражения под модулем обращаются в ноль.
Получено `5` интервалов (рис. 36). Для построения графика достаточно раскрыть модули в каждом из этих интервалов и построить соответствующую линию. В виде таблицы изобразим знаки подмодульных выражений и вид функции в рассматриваемых интервалах (граничные точки можно включать в любой из промежутков).
Имеем:
=
Итак, график функции построен (рис. 37)
Перед тем как перейти к нахождению наименьшего значения, сделаем небольшое теоретическое отступление.
С помощью графиков удобно исследовать функции на возрастание и убывание. Функцию называют строго возрастающей, если при . Строго убывающие функции определяются неравенством при . Если при верно , то функцию называют возрастающей, а если , то – убывающей. Для линейных функций признаком возрастания и убывания является знак коэффициента при . Если этот коэффициент отрицателен, то такая функция строго убывает на данном интервале. В случае положительности коэффициента функция строго возрастает. Таким образом, можно сделать такой вывод.
Характер возрастания (возрастание или убывание) функции вида
,
может меняться только в точках (здесь , а , – некоторые числа). Поэтому для нахождения наибольшего или наименьшего значения функции такого вида стoит обратить внимание на то, возрастает или убывает такая функция при и , а также сравнить значения функции в точках .
Возвращаемся к нашей задаче.
Как видим, наименьшее значение функции равно `–1` и достигается при . Чтобы это понять, нужно обратить внимание на знаки коэффициентов при x в разных интервалах в формуле для . Из выражения для видно, что эта функция убывает при и возрастает при . А при как раз и достигается искомый минимум .
Похожую схему рассуждений можно применить и в задачах следующего типа.
При каких a неравенство
верно при всех ?
Здесь стоит рассмотреть функцию
.
Это кусочно-линейная функция, так как при раскрытии модуля на каждом из интервалов (их число и расположение зависит от ) получается линейная функция. После раскрытия первого модуля при будет коэффициент , после раскрытия второго - . Поскольку , то в итоге на каждом интервале знак коэффициента при будет отрицательным, то есть строго убывает всюду на числовой прямой. А это означает, что неравенство при всех равносильно простому условию , то есть
.
Для решения последнего неравенства относительно достаточно рассмотреть всего два случая: и . При имеем: , то есть . При получаем: , то есть .
.
Аналог метода интервалов на числовой прямой естественно примени́м и в случае наличия в задаче двух переменных – и . Только тогда вместо интервалов на прямой появляются области на координатной плоскости, в которых определены знаки всех подмодульных выражений и можно раскрыть модули.
Изобразим на координатной плоскости множество точек, координаты которых удовлетворяют уравнению: `(|y|)/y=x|x|`.
Переменных две, поэтому рассматривать нужно четыре области на плоскости , задаваемые системами неравенств:
1) ; 2) ; 3) ; 4)
В первом и четвёртом случае после раскрытия модулей получается , то есть . В то же время во втором и третьем случаях получаем , что невозможно на действительной плоскости . После учёта условий на получаем множество точек, изображённое на рис. 38.
Пример 15. Построим множество точек , удовлетворяющих уравнению .
Преобразуем уравнение: . Таким образом, заданное уравнение равносильно совокупности двух уравнений или . Поэтому искомым множеством точек будет объединение этих двух прямых.
Построим множество точек таких, что
.
Преобразуем уравнение с помощью выделения полного квадрата: . Поскольку точные квадраты неотрицательны, то такому уравнению может удовлетворять лишь одна точка .
Аналогично рассматривается следующий пример, в котором также существенно выделение полного квадрата.
Построим множество точек таких, что . Преобразуем уравнение: . Так как модуль равен неотрицательному числу, то
т. е. уравнению снова будет удовлетворять единственная точка (см. рис. 39).
Множеством точек может быть область на плоскости. Рассмотрим пример.
Построим множество точек таких, что
.
Равенство будет верно для всяких и , удовлетворяющих ОДЗ. Поэтому искомым множество точек будет ОДЗ, т. е. часть плоскости, ограниченная двумя прямыми и (рис. 40).
Покажем ещё пример построения множеств точек, удовлетворяющим уравнениям с модулями.
Построим множество точек, удовлетворяющих .
По определению модуля получаем: . Поэтому множество точек – объединение двух прямых линий (рис. 41).
Одним из самых известных уравнений, допускающих красивую геометрическую интерпретацию, является уравнение вида
. (ОКР)
Если заданы числа , и , то легко понять, что точка с координатами и удовлетворяет такому уравнению тогда и только тогда, когда она удалена от точки на расстояние . Поэтому данное уравнение – не что иное, как уравнение окружности с центром в точке и радиусом (при – точки ). К уравнению окружности (ОКР) часто приводятся уравнения, содержащие обе переменные как в первой, так и во второй степени. Например, приведем уравнение к виду (ОКР):
`x^2=7/2x+(7/(2*2))^2+y^2-5/2y+(5/(2*2))^2=(7/(2*2))^2+(5/(2*2))^2`
`(x+7/4)^2+(y-5/4)^2=74/16`.
Покажем примеры построения графиков, связанных с уравнением (ОКР).
Построим график функции .
Имеем систему:
или
График данной функции – полуокружность с центром в точке и радиусом (рис. 42). Отметим, что здесь также существенно преобразование выделения полного квадрата.
Покажем, как задачи с параметрами можно решать графически.
Найдём количество решений уравнения
$$ \sqrt{5+4\left|x\right|-{x}^{2}}=a$$
в зависимости от $$ a$$.
Искомое количество решений совпадает с числом точек пересечения графиков функций
$$ {f}_{1}\left(x\right)=\sqrt{5+4\left|x\right|-{x}^{2}}$$ и $$ {f}_{2}\left(x\right)=a$$.
 |
График первой функции получается из графика функции, который был построен в предыдущем примере. Для этого нужно воспользоваться преобразованием вида ПР1 то есть график $$ y={f}_{1}\left(x\right)$$ имеет такой вид, как показано на рис. 43 $$ f\left(0\right)=\sqrt{5}$$.
Графиком функции $$ y=a$$ будет прямая, параллельная оси $$ Ox$$ (рис. 43). При этом она пересекает ось ординат в точке $$ (0,a)$$. Легко видеть, что при $$a < 0$$ и $$a > 3$$ прямая $$ y=a$$ не имеет пересечений с графиком $$ y={f}_{1}\left(x\right)$$, при $$ a=3$$ и $$ a\in [0;\sqrt{5})$$ есть две точки пересечения, а при $$ a\in [\sqrt{5};3)$$ – четыре общие точки и при $$ a=\sqrt{5}$$ – три общие точки. Остаётся лишь сформулировать ответ.
При $$ a\in (-\infty ;0)\bigcup (3;+\infty )$$ решений нет, при $$ a\in [0;\sqrt{5})\bigcup \left\{3\right\}$$ – два решения, при $$ a\in \left\{\sqrt{5}\right\}$$ – три решения, при $$ a\in (\sqrt{5};3)$$ – четыре решения.
Найдём количество решений уравнения в зависимости от $$ a$$:
 |
$$ |x+5|+|x-3|=a$$.
Методом интервалов нетрудно построить график функции
$$ f\left(x\right)=|x+5|+|x-3|$$.
Количество решений уравнения совпадает с числом точек пересечения этого графика с прямой $$ f\left(x\right)=a$$ (рис. 44).
Проанализировав график, несложно выписать ответ.
При $$ a\in (8;+\infty )$$ уравнение имеет 2 решения, при $$ a=8$$ уравнение имеет бесконечно много решений, при $$ a\in (-\infty ;8)$$ решений нет.
Рассмотрим ещё один пример задач с параметром, где используется построение множеств, задаваемых уравнениями с модулем. Напомним, что графиком уравнения называют линию на плоскости, на которой лежат те и только те точки, координаты которых удовлетворяют этому уравнению.
Найдём количество решений системы уравнений
$$ \left\{\begin{array}{l}\left|x\right|+\left|y\right|=4;\\ {x}^{2}+{y}^{2}={a}^{2}\end{array}\right.$$
в зависимости от $$ a$$.
Для решения необходимо построить график уравнения $$ \left|x\right|+\left|y\right|=4$$. Это можно сделать, последовательно выполнив построения таких графиков:
График второго уравнения – окружность с центром в точке $$ O(0;0)$$ и радиусом $$ \left|a\right|$$. Изобразим оба этих графика на координатной плоскости $$ xOy$$.
Как видим, при $$|a| < 2\sqrt{2}$$ и $$|a| > 4$$ графики не пересекаются. При $$ \left|a\right|=2\sqrt{2}$$ или $$ \left|a\right|=4$$ есть 4 точки пересечения. При остальных $$ a$$ есть 8 точек пересечения. Таким образом, можно сформулировать ответ.
При $$ a\in (-\infty ;-4)\cup (-2\sqrt{2};2\sqrt{2})\cup (4;+\infty )$$ система не имеет решений;
при $$ a\in \{-4;-2\sqrt{2};2\sqrt{2};4\}$$ система имеет 4 решения;
при $$ a\in (-4;-2\sqrt{2})\cup (2\sqrt{2};4)$$ система имеет 8 решений.
В следующей задаче нам потребуется понятие локального экстремума функции. Говорят, что функция $$ y=f\left(x\right)$$ имеет локальный максимум в точке $$ {x}_{0}$$, если для некоторого числа $$ε > 0$$ при $$|x − x_0| < ε$$ (т. е. числа $$ x$$ и $$ {x}_{0}$$ достаточно близки) верно неравенство $$ f\left(x\right)\le f\left({x}_{0}\right)$$. Если же для некоторого числа $$ε > 0$$ при $$|x − x_0| < ε$$ верно $$ f\left(x\right)\ge f\left({x}_{0}\right)$$, то говорят, что функция $$ y=f\left(x\right)$$ имеет локальный минимум в точке $$ {x}_{0}$$. Точки локального максимума или минимума называют точками локального экстремума функции. В случае выполнения неравенств $$ f\left(x\right)\le f\left({x}_{0}\right)$$ или $$ f\left(x\right)\ge f\left({x}_{0}\right)$$ для произвольного $$ x$$ точку $$ {x}_{0}$$ называют точкой глобального экстремума функции. Ясно, что всякий глобальный экстремум будет локальным. Примером такой точки для квадратичной функции будет точка, соответствующая вершине параболы.
При каких $$ a$$ функция $$ f\left(x\right)={x}^{2}-3|x-{a}^{2}|-5x$$ имеет более двух точек локального экстремума?
$$ |x-{a}^{2}|=$$ $$\left\{\begin{array}{l}x-a^2,\;\mathrm{если}\;x\geq a^2,\\a^2-x,\;\mathrm{если}\;x $$ f\left(x\right)=$$ $$\left\{\begin{array}{l}x^2-8x+3a^2,\;\mathrm{если}\;x\geq a^2,\\x^2-2x-3a^2,\;\mathrm{если}\;x При $$ x\ge {a}^{2}$$ график функции $$ f\left(x\right)$$ есть часть параболы $$ y={x}^{2}-8x+3{a}^{2}$$, лежащая справа от $$ x={a}^{2}$$, а при $$x < a^2$$ $$ f\left(x\right)={x}^{2}-2x-3{a}^{2}$$ и графиком функции будет часть параболы $$ y={x}^{2}-2x-3{a}^{2}$$ в полуплоскости слева от прямой $$ x={a}^{2}$$. Наибольшее возможное количество точек экстремума этой функции равно `3` (две вершины парабол и точка их пересечения, см. рис. 45). Это возможно при условии $$1 < a^2 < 4$$, то есть $$ a\in (-2;-1)\bigcup (1;2)$$. 
$$ a\in (-2;-1)\bigcup (1;2)$$.
Найдём все значения $$ a$$, при которых уравнение
$$ \sqrt{x-9}=ax+7a-3$$
имеет единственное решение.
Полагая $$ x+7=t$$, получим уравнение $$ \sqrt{t-16}=at-3$$. (1)
Требуется найти все значения $$ a$$, при которых графики функций $$ y=\sqrt{t-16}$$ и $$ y=at-3$$ имеют единственную общую точку. Заметим, что все прямые, задаваемые уравнением $$ y=at-3$$ проходят через $$ (0;-3)$$ (рис. 46).
Ясно, что если $$ a\le 0$$, то прямая $$ y=at-3$$ не имеет общих точек с параболой $$ y=\sqrt{t-16}$$. Угловой коэффициент прямой $$ y=at-3$$ равен $$ a$$. Найдем угловые коэффициенты $$ {a}_{1}$$ и $$ {a}_{2}$$ прямых $$ {l}_{1}$$ и $$ {l}_{2}$$ (см. рис. 46) (обе задаются уравнением вида $$ y=at-3$$), первая из которых проходит через точку $$ (16;0)$$, а вторая имеет ровно одну общую точку (касается) с линией $$ y=\sqrt{t-16}$$. Подставляя в уравнение значения $$ t=16$$, $$ y=0$$, находим $$ {a}_{1}={\displaystyle \frac{3}{16}}$$ и при $$0
$$0
В следующем примере нам необходимо будет изобразить точки на координатной плоскости, координаты которых удовлетворяют некоторому неравенству $$ f(x,y)\le {a}_{0}$$ для заданной функции двух переменных $$ f$$ и некоторого фиксированного числа $$ {a}_{0}$$. Для этого нужно сначала выяснить вид множества точек $$ f(x,y)=a$$ при различных значениях $$ a$$ и заштриховать все точки координатной плоскости, принадлежащие линиям $$ f(x,y)=a$$ при $$ a\le {a}_{0}$$. Часто это бывает область на плоскости внутри, либо вне некоторой фигуры, которая задаётся равенством $$ f(x,y)=a$$. Например, неравенство $$ f(x,y)=(x-1{)}^{2}+(y+1{)}^{2}\le 1$$ задаёт круг радиуса $$ 1$$ с центром в точке $$ А(1,–1)$$.
Рассмотрим пример использования этого правила в задаче.
Найдём все значения параметра $$ a$$, при которых система
$$ \left\{\begin{array}{l}{x}^{2}+{y}^{2}+31\le 8\left(\right|x|+|y\left|\right),\\ {x}^{2}+{y}^{2}-2y={a}^{2}-1\end{array}\right.$$
имеет хотя бы одно решение.
Неравенство системы после выделения полных квадратов можно записать в виде $$ {x}^{2}-8\left|x\right|+16+{y}^{2}-8\left|y\right|+16\le 1$$ или $$ \left(\right|x|-4{)}^{2}+(\left|y\right|-4{)}^{2}\le 1$$. Множество $$ E$$ решений этого неравенства – объединение кругов $$ {K}_{1}$$, $$ {K}_{2}$$, $$ {K}_{3}$$, $$ {K}_{4}$$ (вместе с их границами) радиуса $$ 1$$ (см. рис. 47) с центрами $$ {O}_{1}(4;4)$$, $$ {O}_{2}(4;-4)$$, $$ {O}_{3}(-4;-4)$$, $$ {O}_{4}(-4;4)$$. Запишем уравнение системы в виде
$$ {x}^{2}+(y-1{)}^{2}={a}^{2}$$.
 |
Это уравнение задаёт окружность $$ L$$ радиуса $$ \left|a\right|$$ или точку $$ (0;1)$$ при $$ a=0$$ с центром в точке $$ M(0;1)$$. Исходная система имеет хотя бы одно решение при тех значениях $$ a$$, при которых окружность $$ L$$ имеет общие точки с множеством $$ E$$. При этом ввиду симметричного расположения соответствующих пар кругов относительно оси ординат достаточно выяснить, при каких значениях $$ a$$ окружность $$ L$$ имеет общие точки с кругами, центрами которых являются точки $$ {O}_{1}$$ и $$ {O}_{2}$$. Проведём из точки $$ M$$ лучи $$ {l}_{1}$$ и $$ {l}_{2}$$ в направлении точек $$ {O}_{1}$$ и $$ {O}_{2}$$. Пусть $$ {A}_{1}$$ и $$ {B}_{1}$$ – точки пересечения $$ {l}_{1}$$ и окружности с центром $$ {O}_{1}$$, $$ {A}_{2}$$ и $$ {B}_{2}$$ – точки пересечения $$ {l}_{2}$$ и окружности с центром $$ {O}_{2}$$. Тогда из геометрических соображений имеем:
$$ M{O}_{1}=5$$, $$ M{O}_{2}=\sqrt{25+16}=\sqrt{41}$$,
$$ M{A}_{1}=4$$, $$ M{B}_{1}=6$$, $$ M{A}_{2}=\sqrt{41}-1$$, $$ M{B}_{2}=\sqrt{41}+1$$.
При $$ 4\le \left|a\right|\le 6$$ окружность с центром $$ M$$ имеет общие точки с кругом $$ {\omega }_{1}$$ , а при $$ \sqrt{41}-1\le \left|a\right|\le \sqrt{41}+1$$ – с кругом $$ {\omega }_{2}$$.
Так как $$4 < \sqrt{41} − 1 < 6$$, то объединение отрезков $$ [4;6]$$ и $$ [\sqrt{41}-1;\sqrt{41}+1]$$ есть отрезок $$ [4;\sqrt{41}+1]$$, а искомое множество значений $$ a$$ определяется неравенством $$ 4\le \left|a\right|\le \sqrt{41}+1$$.
$$ 4\le \left|a\right|\le \sqrt{41}+1$$.
Найдём все значения параметра $$ b$$, при которых система уравнений
$$ \left\{\begin{array}{l}y=|b-{x}^{2}|,\\ y=a(x-b)\end{array}\right.$$
имеет решение при любом значении параметра $$ a$$.
Рассмотрим три возможных случая: $$b < 0$$, $$ b=0$$,а также $$b > 0$$.
а) Если $$b < 0$$, то запишем систему в виде $$ \left\{\begin{array}{l}y={x}^{2}+d,\\ y=a(x+d),\end{array}\right.$$ где $$d = −b > 0$$. Эта система не имеет решений при $$ a=0$$ и поэтому $$b < 0$$ не подходит.
б) Если $$ b=0$$, то система примет вид $$ \left\{\begin{array}{l}y={x}^{2},\\ y=ax.\end{array}\right.$$
Легко видеть, что она имеет решение $$ (0;0)$$ при любом $$ a$$, т.е. значение $$ b=0$$ подходит.
в) Пусть $$b > 0$$. Теперь мы прибегнем к графическому методу. Рассмотрим два случая: $$0 < b ≤ 1$$ и $$b > 1$$. Если $$b > 1$$, то $$\sqrt{b} < b$$. Пусть $$ a=1$$, тогда система примет вид $$ \left\{\begin{array}{l}y=|{x}^{2}-b|,\\ y=x-b.\end{array}\right.$$
Эта система не имеет решений, так как прямая $$ y=x-b$$ не пересекает график функции $$ y=|{x}^{2}-b|$$ (см. рис. 48). Если $$0 < b ≤ 1$$, то $$ \sqrt{b}\ge b$$. В этом случае прямая $$ y=a(x-b)$$ пересекает график функции $$ y=|{x}^{2}-b|$$ при любом $$ a$$ (на рис. 49) представлен случай $$a > 0$$).
$$ 0\le b\le 1$$.
В завершении разберём несколько задач с параметрами, которые удобно решать методом областей на координатной плоскости.
Найдём все значения `a`, при каждом из которых уравнение
`a|x-3|=5/(x+2)`
на промежутке `{0;+oo)` имеет ровно два корня.
Рассмотрим функции `f(x)-a|x-3|` и `g(x)=5/(x+2)`.
Если построить график функции `f(x)` для разных `a` (рис. 50) и график функции `g(x)` (рис. 51), то можно без проблем исследовать на промежутке `[0;+oo)` уравнение `f(x)=g(x)`.
При `a<=0` все значения функции `f(x)` на промежутке `[0;+oo)` неположительны, а все значения функции `g(x)` – положительны, поэтому при `a<=0` уравнение `f(x)=g(x)` не имеет решений на промежутке `[0;+oo)`. При `a>0` функция `f(x)` возрастает на промежутке `(3;+oo)`. Функция `g(x)` убывает на этом промежутке, поэтому уравнение `f(x)=g(x)` всегда имеет ровно одно решение на промежутке `(3;+oo)`, поскольку `f(3)<g(3)` и `f(3+1/a)>g(3+1/a)`. На промежутке `[0;3]` уравнение `f(x)=g(x)` принимает вид `3a-ax=5/(x+2)`. Это уравнение сводится к уравнению `ax^2-ax+(5-6a)=0`. Будем считать, что `a>0`, поскольку случай `a<=0` был рассмотрен ранее. Дискриминант квадратного уравнения `D=a^2-4a(5-6a)=25a^2-20a`, поэтому при `0<a<4/5` это уравнение не имеет корней; при `a=4/5` уравнение имеет единственный корень, равный `1/2`; при `a>4/5` уравнение имеет два корня.
Пусть уравнение имеет два корня, то есть `a>4/5`. Тогда оба корня меньше `3`, поскольку при `x>=3` значения функции `3a-ax` неположительны, а значения функции `5/(x+2)` положительны. По теореме Виета сумма корней равна `1`, а произведение равно `5/6-6`. Значит, больший корень всегда принадлежит промежутку `[0;3]`, а меньший принадлежит этому промежутку тогда и только тогда, когда `5/a-6>=0`, то есть `a<=5/6`.
Таким образом, уравнение `a|x-3|=5/(x+2)` имеет следующее количество корней на промежутке `[0;+oo):
– нет корней при `a<=0`;
– один корень при `0<a<4/5`;
– два корня при `a=4/5` и `a>5/6`;
– три корня при `4/5<a<=5/6`.
`a=4/5`, `a>5/6`.
В завершении разберём несколько задач с параметрами, которые удобно решать методом областей на координатной плоскости. В следующем примере будем использовать известный подход к задачам, содержащим некоторые переменные в квадрате. Суть этого подхода - рассмотрение выражения как квадратичной функции относительно какой-нибудь переменной (остальные переменные при этом считаются параметрами) с последующим использованием известных свойств квадратичной функции.
Найдём все значения параметра $$ a$$, при каждом из которых система уравнений
$$ \left\{\begin{array}{l}\left(\right|y+9|+|x+2|-2)({x}^{2}+{y}^{2}-3)=0,\\ (x+2{)}^{2}+(y+4{)}^{2}=a\end{array}\right.$$
имеет ровно три решения.
Первое уравнение данной системы равносильно совокупности двух уравнений $$ |y+9|+|x+2|=2$$ и $$ {x}^{2}+{y}^{2}=3$$. Первое из них задаёт квадрат $$ G$$ с центром $$ (-2;-9)$$, диагонали которого равны $$ 4$$ и параллельны осям координат. Второе задаёт окружность $$ S$$ с центром $$ (0;0)$$ радиуса $$ \sqrt{3}$$ (см. рис. 52).
 |
Второе уравнение исходной системы при $$a > 0$$ задаёт окружность $$ \Omega $$ с центром $$ (-2;-4)$$ радиуса $$ R=\sqrt{a}$$.
Отметим, что при $$a < 0$$ второе уравнение задаёт пустое множество, при $$ a=0$$ одну точку $$ (-2;-4)$$. Поэтому при $$ a\le 0$$ трёх решений быть не может.
Рассмотрев случаи внешнего и внутреннего касания окружностей $$ \Omega $$ и $$ S$$, можно заключить, что они имеют ровно `1` общую точку при $$ R=\sqrt{20}\pm \sqrt{3}$$, ровно `2` общие точки при $$ R\in (\sqrt{20}-\sqrt{3};\sqrt{20}+\sqrt{3})$$ и ни одной общей точки при остальных $$ R$$. Поскольку центры окружности $$ \Omega $$ и квадрата $$ G$$ лежат на прямой $$ x=-2$$, то $$ \Omega $$ и $$ G$$ имеют ровно `1` общую точку при $$ R=3$$ или $$ R=7$$, ровно `2` общие точки при $$ R\in (3;7)$$ и ни одной общей точки при остальных значениях $$ R$$. Для того чтобы у системы было 3 решения, необходимо и достаточно, чтобы окружность $$ \Omega $$ имела `2` общие точки с квадратом $$ G$$ и `1` общую точку с окружностью $$ S$$ или наоборот. Рассмотрим значения $$ R$$, при которых окружность $$ \Omega $$ имеет с квадратом $$ G$$ или окружностью $$ S$$ ровно `1` общую точку.
1) $$ R=\sqrt{20}+\sqrt{3}$$. Тогда есть ровно `1` общая точка с окружностью $$ S$$ и ровно `2` общие точки с квадратом $$ G$$ (т. к. $$3<\sqrt{20}+\sqrt3<7$$), т. е. у системы 3 решения.
2) $$ R=\sqrt{20}-\sqrt{3}$$. Тогда есть ровно `1` общая точка с окружностью $$ S$$ и нет общих точек с квадратом $$ G$$ (т. к. $$\sqrt{20}-\sqrt3<3$$), т. е. у системы 1 решение.
3) $$ R=3$$. Тогда есть ровно `1` общая точка с квадратом $$ G$$ и ровно `2` общие точки с окружностью $$ S$$ (т. к. $$\sqrt{20} − \sqrt{3} < 3 < \sqrt{20} + \sqrt{3}$$), т. е. у системы 3 решения.
4) $$ R=7$$. Тогда есть ровно `1` общая точка с квадратом $$ G$$ и нет общих точек с окружностью $$ S$$ (т. к. $$7 > \sqrt{20} + \sqrt{3}$$), т. е. у системы 1 решение.
Итак, подходят $$ R=3$$ и $$ R=\sqrt{20}+\sqrt{3}$$. Тогда искомые значения параметра $$ a={3}^{2}=9$$ и $$ a=(\sqrt{20}+\sqrt{3}{)}^{2}=23+4\sqrt{15}$$.
$$ a=9$$, $$ a=23+4\sqrt{15}$$.
В зависимости от значений параметра а найдём количество решений уравнения
`a+[x]=sqrt(2x-x^2)`.
Количество решений соответствует количеству общих точек графиков `y=a+[x]` и `y=sqrt(2x-x^2)`.
$$ y=\sqrt{2x-{x}^{2}}\iff \left\{\begin{array}{l}y\ge 0,\\ {\left(x-1\right)}^{2}+{y}^{2}=1.\end{array}\right.$$ (Рис. 53)
График функции `y=a+[x]` представлен на рисунке ниже (Рис. 54).
Общие точки возможны лишь при `x in [0;2]`. Рассмотрим несколько случаев расположения графиков.
1) Если `0<=x<1`, то `y=a+[x]=a`. В этом случае возможна одна общая точка с полуокружностью `y=sqrt(2x-x^2)` при `0<=a<1`.
2) Если `1<=x<2`, то `y=a+[x]=a+1`. Теперь одна общая точка возможна при `0<a+1<=1`, то есть `1<a<=0`.
3) Если `x=2`, то `y=a+[x]=a+2`. Точка `(2;a+2)` лежит на графике `y=sqrt(2x-x^2) iff a=-2`.
При `a in (-oo;-2)uu(-2;-1]uu[1;+oo)` нет решений;
при `a in {-2}uu(-1;0)uu(0;1)` одно решение;
при `a=0` два решения.
Пусть на некоторых числовых множествах заданы соответственно функции .
Отношения вида , , называют неравенствами и уравнением с одной переменной.
Если функции - алгебраические, то неравенства и уравнения называются алгебраическими.
Областью допустимых значений (ОДЗ) неравенства или уравнения называют множество всех значений переменной , при которых одновременно определены обе части неравенства или уравнения, т. е. пересечение множеств .
Рассмотрим неравенство . Левая часть определена при , а правая при . Поэтому областью определения этого неравенства является множество .
Решить неравенство (уравнение) – это значит найти все числа , после подстановки которых, вместо получается верное числовое неравенство (равенство), или доказать, что неравенство (уравнение) не имеет решений. Ясно, что число является решением только тогда, когдa принадлежит ОДЗ.
При решении неравенств и уравнений фундаментальное значение имеет понятие равносильности, и в нашем задании это будет играть большую роль.
Два неравенства
и (1)
или два уравнения
и (2)
называются равносильными на множестве , если каждое решение первого неравенства (уравнения), принадлежащее множеству , является решением второго, и, наоборот, каждое решение второго, принадлежащее , является решением первого; или ни одно из неравенств (уравнений) на не имеет решений, т. е. множества решений этих неравенств (уравнений) совпадают.
Отсюда следует, что вместо того, чтобы решать данное неравенство (уравнение), можно решать любое другое, равносильное данному. Замену одного неравенства (уравнения) другим, равносильным данному на , называют равносильным переходом на . Равносильный переход обозначают двойной стрелкой .
; а неравенства и не равносильны, т. к., если , то первое неравенство не имеет решений, а второе имеет, например,
Важно понимать, что для доказательства неравносильности двух неравенств (уравнений) нет необходимости решать каждое из неравенств (уравнений), а затем убеждаться в том, что множества их решений не совпадают – достаточно указать одно решение одного из неравенств (уравнений), которое не является решением другого неравенства (уравнения).
Равносильны ли уравнения и ?
Нет, не равносильны, т. к. решение второго уравнения не является решением первого.
Равносильны ли уравнения и ?
Да, равносильны, т. к. ни одно из них не имеет решения.
Приведём несколько примеров операций, приводящих к равносильным уравнениям или неравенствам.
1. Если функции определены на множестве , то на
а) .
б) .
2. Если на , то на
,
т. е. при умножении неравенства на положительную функцию знак неравенства не меняется
3. Если на , то на
.
4. Если на , то на
,
т. е. при умножении неравенства на отрицательную функцию знак неравенства меняется на противоположный.
5. Если на , то на
а) ,
т. е. если обе части неравенства неотрицательны, то возведение в квадрат обеих частей приводит к равносильному неравенству.
Если обе части неравенства неположительны, то умножим обе части на , придём к неравенству противоположного знака, но с неотрицательными частями, и теперь можно пользоваться свойством .
Если левая и правая части неравенства имеют разные знаки, то возведение в квадрат может привести как к равносильному неравенству, так и к неравносильному: `-4<5` и `16<25`; `-7<5`, но `49>25`, поэтому в этом случае нельзя возводить неравенство в квадрат.
б) .
6. Для любых и на и любого натурального
.
Пусть задано неравенство . По определению, неравенство выполнено, если разность функций . Поэтому, за редким исключением, неравенства будем решать “сравнением с нулём” и записывать их в виде .
Часто приходится иметь дело не с одним неравенством или уравнением, а с несколькими. При этом важно различать две задачи:
1) решить систему уравнений или систему неравенств,
2) решить совокупность уравнений или совокупность неравенств.
Пусть дано неравенств (или уравнений) , на некотором множестве . Если стоит задача – найти все упорядоченные наборы чисел , каждый из которых является решением каждого из заданных неравенств (уравнений), то говорят, что задана система неравенств (уравнений). Такое называется решением системы.
Решить систему – это значит найти множество всех решений. Обычно систему неравенств (уравнений) записывают в столбик и объединяют фигурной скобкой
ОДЗ системы называется множество, являющееся пересечением областей допустимых значений всех этих неравенств.
Если для неравенств (уравнений)
,,...,
стоит задача – найти все такие упорядоченные наборы чисел , каждый из которых является решением хотя бы одного из заданных неравенств (уравнений), то говорят, что на задана совокупность неравенств (уравнений). Такое называется решением совокупности неравенств (уравнений). Решить совокупность неравенств (уравнений) – это значит найти всё множество её решений. В современной литературе совокупность записывают в столбик и объединяют квадратной скобкой
ОДЗ совокупности называется объединение областей допустимых значений всех заданных неравенств (уравнений).
Во всех случаях количество заданных неравенств (число ) никак не связано с количеством неизвестных (число ).
На вступительных экзаменах не разрешается пользоваться калькуляторами. Поэтому полезной оказывается следующая формула для корней квадратного уравнения
Она особенно удобна, когда коэффициент при `x` число чётное.
Решите уравнение
Заметим, что использование других формул привело бы к более громоздким вычислениям.
Уравнение можно считать решённым, если удаётся найти замену переменных, сводящую заданное уравнение к квадратному.
Решите уравнение
Сделаем замену переменных
Тогда уравнение примет вид
В старых переменных
`2`.
В 9-м классе изучается метод интервалов прежде всего для многочленов. Он основан на том, что
а) двучлен `(x-a)` положителен при `x > a` и отрицателен при `x < a`, т. е. меняет знак при переходе через точку `a`,
б) квадрат двучлена `(x-a)^2` при переходе через точку `a` знак не меняет,
в) квадратный трёхчлен `x^2+px+q`, `p^2-4q < 0`, имеющий положительный коэффициент при `x^2` и отрицательный дискриминант, всегда положителен и может быть опущен при решении любого неравенства.
Заметим, что:
1) двучлен `(x-a)` в любой нечётной степени `(x-a)^(2n-1)`, ведёт себя так же, как и `(x-a)`,
2) двучлен `(x-a)` в любой чётной степени `(x-a)^(2n)`, ведёт себя так же, как и `(x-a)^2`,
Важно, что при переходе через точку `a`, может изменить знак только один множитель `(x-a)^(2k-1)`, а выражение `(x-b)^(2n-1)`, при переходе через `a` ни при каком `n` знак не меняет.
Прежде чем расставлять знаки, необходимо все многочлены записать правильно. Это значит, что во всех скобках коэффициенты при старшей степени переменной должны быть положительны, множители при произведениях в числителе и знаменателе тоже положительны – при больших `x` (когда `x` больше самого большого корня) многочлен всегда принимает положительные значения.
Итак, сформулируем
1. Проверяем, все ли множители записаны «правильно».
2. Находим корни числителя и знаменателя.
3. Представляем числитель и знаменатель в виде произведения неприводимых множителей, т. е. множителей вида `(x-a)^k` (все квадратные трёхчлены, имеющие отрицательный дискриминант, не записываем – их «опускаем»).
4. Наносим на числовую ось корни числителя (точками, если неравенство нестрогое, или «дырками», если неравенство строгое) и знаменателя (в любом неравенстве «дырками»).
5. Расставляем знаки дроби в промежутках между корнями, учитывая, что многочлен меняет знак при переходе через точку `a`, если в многочлене стоит `(x-a)^{2n-1}`, `ninN`
и не меняет знак, если в многочлене стоит `(x-a)^{2n}`, `ninN`.
6. Отмечаем прямоугольниками решение заданного неравенства и «снимаем» с рисунка ответ. При этом помним, что,
а) если неравенство строгое, то решением являются открытые промежутки;
б) если неравенство нестрогое, то к предыдущим решениям добавляются все «точки».
Когда говорим: Решим неравенство методом интервалов, – имеется в виду, что будут выполнены именно вышеприведённые действия.
Метод интервалов затем распространяется на рациональные функции.
Рациональной называется функция, которая может быть представлена в виде частного двух многочленов, т. е. в виде `{P(x)}/{Q(x)}`.
Например, функции `y=x-2`, `y={x^3-x+5}/{x+4}` - рациональные, а функция `y=sqrt(5x)` не является рациональной – она называется иррациональной.
Неравенства называются рациональными, если их правые и левые части являются рациональными функциями.
Рациональные неравенства чаще всего решаются сравнением с нулём, т. е. решаются неравенства вида `{P(x)}/{Q(x)}>0(<0)`.
Заметим, что дробь положительна (отрицательна) тогда и только тогда, когда числитель и знаменатель имеют одинаковые (противоположные) знаки, т. е.
`{P(x)}/{Q(x)}>0(<0)hArrP(x)Q(x)>0(<0)`,
поэтому метод интервалов применяется к дроби точно так же, как и к многочленам.
В школе принято писать для дроби ОДЗ: `Q(x)!=0`, но это является совершенно излишним. В самом алгоритме решения таких неравенств учитывается условие, что знаменатель не равен `0` – нули знаменателя отмечаются всегда кружочками («дырками»). Именно поэтому ОДЗ для рациональной дроби не пишут.
Некоторые учащиеся после нахождения ОДЗ даже «бросают» знаменатель. Они не понимают, что решение зависит не от того, равен или не равен `0` знаменатель, а от того, где знаменатель положителен, а где отрицателен.
При применении этого метода интервалов нет необходимости в рассмотрении «пробных» точек.
Найдите наименьшую длину промежутка, в котором расположены все решения неравенства .
Переписываем наше неравенство в правильном виде:
и применяем метод интервалов - рис. 1.
 |
| Рис. 1 |
C рисунка снимаем ответ.
`3,25`.
Заметим, что на нашей картинке нет никаких «змеек». Такой способ отмечать решение неравенства (который, с непривычки, некоторые отвергают, не попробовав) имеет преимущество, потому что он выделяет именно решение, а, кроме того, он даёт возможность «красиво» решать системы неравенств.
Решите систему неравенств
$$\left\{\begin{array}{l}\left(x-1\right)\left(x+\dfrac14\right)\left(x+\dfrac18\right)\geq0,\\\dfrac{\left(x-2\right)\left(x-{\displaystyle\dfrac{51}{50}}\right)}{\left(x+{\displaystyle\dfrac3{16}}\right)x}<0.\end{array}\right.$$
Здесь очень «плохие» пробные точки – дробные и близкие. Это сделано специально, чтобы привыкнуть их использовать.
Решаем сначала первое неравенство: наносим на числовую ось нули точками, т. к. неравенство нестрогое.
Теперь расставим знаки. Замечаем, что при больших `x` все множители положительны. При переходе через точку `x=1` функция меняет знак, т. к. `(x-1)` входит в нечётной (первой) степени. По этой же причине при переходе и через остальные точки функция опять меняет знак (рис. 2).
 |
| Рис. 2 |
Теперь отметим «прямоугольниками» решение неравенства (рис. 3).
 |
| Рис. 3 |
Теперь решаем второе: наносим на числовую ось нули и числителя, и знаменателя кружочками (дырками), т. к. неравенство строгое. Получаем рис. 4.
 |
| Рис. 4 |
Теперь надо обе картинки поместить на одну ось. Надо ли соблюдать масштаб? А зачем? Не надо. Ведь нас интересует только взаимное расположение точек относительно друг друга, а расстояния между ними никакой роли не играют.
Теперь заштриховываем общие части прямоугольников – отлично виден ответ (рис. 5).
 |
| Рис. 5 |
`x in(-3/16;-1/8]uu(51/50;2)`.
Найдите наименьшую длину промежутка, в котором расположены все решения неравенства
`(x-1)^2(x+1,5)^3(x-12)(x+2)^4(x-25)^8<=0`.
При решении неравенств, левая часть которых содержит чётные степени, можно поступать по-разному.
Первый способ
Левая часть уже записана правильно, корни видны сразу. Отмечаем их точками на числовой оси, а затем по вышеприведённым правилам расставляем знаки и отмечаем решение прямоугольниками – рис. 6.
 |
| Рис. 6 |
С рисунка снимаем ответ, что `x in{-2;25}uu[-1,5;12]`. Отсюда следует, что наименьшая длина промежутка равна `25-(-2)=27`.
Второй способ
Можно заранее учесть, что бином `(x-a)^{2k}` принимает либо значение, равное `0`, либо положительно на всей числовой оси – поэтому можно записать в решение `x=a`, а бином «опустить», т. к. он не влияет на знак оставшегося выражения:
`(x-1)^2(x+1,5)^3(x-12)(x+2)^4(x-25)^8<=0 iff`
`27`.
Решите неравенство `x<={8x-2}/{x+5}`.
`x<={8x-2}/{x-5}hArr{x^2-3x+2}/{x+5}<=0hArr{(x-1)(x-2)}/{x+5}<=0`
 |
| Рис. 7 |
Из рис. 7 следует ответ
`(-oo;-5)uu[1;2]`.
Найти все пары целых чисел `x`, `y`, для которых верны неравенства
$$\left\{\begin{array}{l}3y-2x<45,\\x+y>24,\\3x-y<3.\end{array}\right.$$
Запишем систему в стандартном виде (для сравнения с нулём)
$$\left\{\begin{array}{l}3y-2x-45<0,\\-x-y+24<0,\\3x-y-3<0.\end{array}\right.$$
Заметим, что `y` входит в первое неравенство со знаком `« + »`, а во второе и третье со знаком `« – »`. Поэтому умножим сначала второе и третье неравенства на `3` (получились равносильные неравенства), а затем заменим второе и третье неравенства их суммами с первым – таким образом, мы исключим `y`. Итак,
$$\left\{\begin{array}{l}3y-2x-45<0,\\-x-y+24<0,\\3x-y-3<0,\end{array}\right.\Rightarrow$$
$$\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}3y-2x-45<0,\\-3x-3y+72+3y-2x-45=-5x+27<0\Leftrightarrow x>\dfrac{27}5,\\9x-3y-9+3y-2x-45=7x-54<0\Leftrightarrow x<\dfrac{54}7\end{array}\right.\Rightarrow$$
(учтём, что мы ищем целые решения)
Подставим последовательно найденные значения `x` в систему.
$$x=6\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}3y-57<0,\\-y+18<0,\\15-y<0\end{array}\right.\Rightarrow\varnothing.$$
$$x=7\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}3y-59<0,\\-y+17<0,\Rightarrow y=19,\\-y+18<0.\end{array}\right.$$
`(7,19)`.
Решают такие уравнения по-разному.
Первый способ, который чаще всего используется в школе. Он применяется в том случае, когда функция `f(x)` проще, чем `g(x)`.
| $$\begin{array}{l}{\left|f(x)\right|=g(x)\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}f(x)\geq0,\\f(x)=g(x),\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}f(x)<0,\\-f(x)=g(x).\end{array}\right.\end{array}\right.}\\\\\end{array}$$ | (УРМ1) |
Там, где `f(x)>=0`, `|f(x)|=f(x)`, уравнение примет вид `f(x)=g(x)`;
там, где `f(x)<0`, `|f(x)|=-f(x)`, уравнение примет вид `-f(x)=g(x)`.
И, наоборот, если `f(x)>=0` и `f(x)=g(x)`, то `|f(x)|=g(x)`, а если `f(x)<0` и `-f(x)=g(x)`, то опять `|f(x)|=g(x)`, при этом НЕ НАДО решать неравенства, а необходимо только подставить в них решения соответствующих уравнений.
Второй способ (это способ применяется обычно, если функция `g(x)` проще, чем `f(x)`).
Уравнение `|f(x)|=g(x)` не имеет решений, если `g(x)<0`. Если же `g(x)>=0`, то там, где `f(x)>=0` уравнение имеет вид `f(x)=g(x)`, а там, где `f(x)<0`, уравнение имеет вид `-f(x)=g(x)`. Отсюда следует
| (УРМ2) |
При решении вторым способом можно не писать условий равносильности, а просто решить совокупность уравнений и найденные корни подставить в условие `g(x)>=0`.
Решите уравнение .
Так как подмодульное выражение проще, чем правая часть, применим (УР М1):
$$\begin{array}{l}\left|x-7\right|=3x^2+4x-1\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x-7\geq0,\\x-7=3x^2+4x-1;\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x-7<0,\\-x+7=3x^2+4x-1,\end{array}\right.\end{array}\Leftrightarrow\right.\\\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x-7\geq0,\\3x^2+3x+6=0\Leftrightarrow\varnothing;\end{array}\right.\\\left\{\begin{array}{l}x-7<0,\\3x^2+5x-8=0\Leftrightarrow x=\dfrac{-5\pm11}6,\end{array}\right.\end{array}\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=-\dfrac83\\x=1.\end{array}\right.\right.\end{array}$$
Решите уравнение `|x^2+x-3|=-2x+1`.
Так как правая часть проще, чем подмодульное выражение, применим (УР М2):
Так как обе части уравнения неотрицательны, то
| (УРМ3) |
Оно удобно тем, что никак не связано со знаками `f(x)` и `g(x)`. Важно, что мы пишем разность квадратов, но в квадрат не возводим!
Решите уравнение `|3x-2|=|2x-3|`.
Воспользуемся условием равносильности для модулей (УР М3):
Найдите сумму квадратов всех корней уравнения .
`(5x-1)sqrt(x^2-16)=0 iff`
`32`.
Решите уравнение
Функция монотонно возрастает на всей области определения – любая горизонтальная прямая, если пересекает график, то только один раз. Этим и воспользуемся. Иногда точку пересечения удаётся найти подбором (если авторы, конечно, на это рассчитывали!).
Прежде всего, надо пробовать подставлять такие числа, чтобы корни извлекались нацело. Например, в нашем случае можно подставить `x=2`:
Решите уравнение
Заметим, что слева стоят монотонно возрастающие функции, а справа – монотонно убывающая – поэтому равенство возможно лишь в одной точке. Подставим точку, когда извлекаются все корни: `x=-3`.
`-3`.
При решении уравнений этого вида очень многие школьники, прежде всего, находят ОДЗ: `f(x)>=0`, затем решают получившееся квадратное уравнение, проверяют после нахождения решений условие `f(x)>=0` и успокаиваются. Ответ может оказаться неверным. Почему? Потому что могут появиться “лишние” корни. Почему? Потому, что после возведения в квадрат решаются сразу два уравнения: и , но на разных промежутках числовой оси: – там, где `g(x)>=0`, и – там, где `g(x)<=0`. «Лишние» корни – это корни второго уравнения, геометрически это пересечение графика функции `y=g(x)` с графиком функции `y=-sqrt{f(x)}`.
Как быть?
Дело в том, что обе части любого уравнения всегда можно возвести в квадрат, но при этом может получиться неравносильное уравнение, а, значит, могут появиться посторонние корни. В нашем случае получится уравнение `f(x)=g^2(x)`, при этом очень важно, что ОДЗ уравнения выполняется автоматически – поэтому при таком способе решения не надо тратить энергию на решение неравенства `f(x)>=0`!
Заметим, что уравнение `sqrt{f(x)}=g(x)` может иметь решение для `g(x)>=0`, но не имеет решений, если `g(x)<0`.
Вспомним, что, если `f(x)>=0`, `g(x)>=0`. то `f(x)=g(x)hArrf^2(x)=g^2(x)`.
Так как уравнение `sqrt{f(x)}=g(x)` может иметь решение лишь при условии `g(x)>=0` (т. е. обе части в ОДЗ уравнения неотрицательны), то
| (УРК1) |
Это очень важное условие равносильности.
Во-первых, оно освобождает от необходимости исследовать, а после нахождения решений и проверять условие `f(x)>=0` – неотрицательности подкоренного выражения, т. к. это условие выполняется автоматически.
Во-вторых, акцентирует внимание на проверке условия `g(x)>=0` неотрицательности правой части – это условие “отсекает” посторонние корни – корни уравнения `-sqrt{f(x)}=g(x)`. При этом сначала решается уравнение, а затем найденные корни подставляются в неравенство. Неравенство (за редким исключением, когда корни “плохие”) заранее решать не надо.
Наше условие равносильности особенно полезно при решении тригонометрических уравнений, в которых нахождение ОДЗ связано с решением тригонометрических неравенств, что гораздо сложнее, чем решение тригонометрических уравнений. Проверку в тригонометрических уравнениях даже условия `g(x)>=0` не всегда просто сделать.
При решении любых уравнений, где есть хотя бы один неравносильный переход, надо делать проверку, подставляя найденные корни в исходное уравнение!
Решите уравнение `sqrt{2x^2-8x+9}=x-1`.
`2`; `4`. В этом примере не оказалось лишних корней.
`sqrt{2x^3+2x^2-3x+3}=x+1`.
Видно, что важным при решении является условие `x+1>=0`,
а ОДЗ корня искать не надо, да и найти трудно.
Любопытно, что `x=-2` принадлежит ОДЗ корня `(-16+8+6+3>0)`, но не является решением, т. к. для него не выполнено условие `x+1>=0`.
`0,5; 1`.
В ОДЗ обе части неотрицательны, и возведение в квадрат даёт равносильное в ОДЗ уравнение `f(x)=g(x)`. Поэтому
| (УРК2) |
Найдите сумму квадратов всех корней уравнения .
Решение
`25`.
При таком способе решения достаточно проверить неотрицательность одной из функций – можно выбрать более простую функцию.
При решении уравнений ОДЗ пишем, но не находим, т. к. решение неравенств, определяющих ОДЗ, часто требует даже больше усилий, чем решение самого уравнения. Поэтому не надо тратить на это время.
1. Если при решении уравнения использовались только равносильные преобразования, то найденные корни достаточно подставить в ОДЗ. Если они принадлежат ОДЗ, то являются решениями уравнения.
2. Если при решении уравнения не следить за равносильностью преобразований, то после нахождения корней надо сделать проверку. Можно сначала подставить их в ОДЗ – если они не принадлежат ОДЗ, то не являются решениями уравнения, но, если принадлежат ОДЗ, то это ещё не значит, что они являются решениями уравнения – их надо теперь подставить в само уравнение.
Это была рекомендация, полезная при решении большинства уравнений, но, конечно, бывают исключения, когда изучение ОДЗ сразу приводит к решению.
Это уравнение можно решать стандартным способом. Но иногда ответить на поставленный вопрос помогает график. Уметь строить эскизы левой и правой частей уравнения `sqrt{ax+b}=cx+d` очень полезно. Графическая интерпретация решения такого уравнения помогает быстро решить некоторые задачи ЕГЭ.
Какое утверждение
1) уравнение имеет два корня одного знака (оба корня или положительны, или отрицательны);
2) уравнение имеет только один корень, и он отрицателен;
3) уравнение имеет два корня разных знаков;
4) уравнение имеет только один корень, и он положителен;
верно по отношению к корням уравнения `sqrt{x+4}=3(x+1)`?
Для ответа на поставленный вопрос не обязательно решать уравнение. Часто достаточно аккуратно начертить эскизы левой и правой частей (рис. 8).
 |
| Рис. 8 |
На оси надо отметить точки пересечений полупараболы и прямой с осями координат. Из рисунка ясно, что пересечение графиков происходит на отрицательной полуоси – это обеспечивается тем, что прямая пересекает ось `Ox` правее, а ось `Oy` выше полупараболы.
`2`.
Одна из замечательных теорем геометрии, доказательство которой вам уже известно по учебнику, гласит: «сумма углов треугольника равна `180^@`». Как вы думаете, можно ли было установить этот факт экспериментально?
 |
 |
| Рис. 1 | Рис. 2 |
Предположим, что мы будем измерять угол, равный сумме углов треугольника, транспортиром. Нарисуем некоторый треугольник, приложим транспортир к одному из углов – углу `1`, отметим его величину, затем приложим транспортир к другому углу (рис. 1), отметим величину суммы двух углов, затем приложим транспортир к третьему углу. Мы обнаружим, что третья отметка придётся на `180^@`. Следует ли из наших измерений, что сумма углов рассмотренного треугольника точно равна `180^@`? А может быть больше на `1//10` градуса или меньше на `2//15` градуса? Такую разницу, как бы тщательно мы ни проводили измерения с помощью транспортира, заметить невозможно.
Кроме того, любой нарисованный треугольник, можно сказать, имеет «дефект»: как бы тонок ни был карандаш, которым его рисовали, стороны треугольника, если рассмотреть рисунок в увеличительное стекло, предстанут перед нами широкими неровными полосами. Какой же угол мы измеряли? Поэтому сомнения в точности наших измерений ещё более возрастут, и вывод может быть сделан только такой: сумма углов треугольника на рис. 1 близка к .
Предположим, что аналогичные измерения мы провели в каждом из треугольников, изображённых на рис. 2, и получили такие же результаты. Тогда мы можем предположить, выдвинуть гипотезу, что в любом нарисованном треугольнике сумма углов близка к `180^@`. Но даже такую гипотезу проверить экспериментально не представляется возможным, т. к.пришлось бы провести измерения во всех разнообразных треугольниках, т. е. в бесконечном числе случаев, что, конечно, неосуществимо.
Мы привели эти рассуждения, чтобы обратить ваше внимание на следующие важные моменты. Попытки экспериментально установить свойства фигур неосуществимы по ряду причин: из-за бесконечного разнообразия видов фигур, из-за «дефектности» самих фигур и, наконец, из-за неизбежных ошибок измерения.
В науке геометрии рассматриваются не реальные, конкретные фигуры, вырезанные из картона, нарисованные на листе бумаги и т.п., а идеальные, как говорят, абстрактные фигуры, которые целиком описываются только своими определениями. Реальные треугольники имеют не только форму и размер, они могут быть сделаны из картона или жести, бумаги или дерева и т. п. Отвлекаясь от всех их свойств, кроме формы и размера, т. е. выделяя общее для всех таких фигур, приходят к представлению о геометрическом треугольнике как фигуре, которая состоит из трёх точек, не лежащих на одной прямой, и трёх отрезков, попарно соединяющих эти точки.
Только для абстрактных геометрических фигур удается установить ряд простых и важных свойств. Именно для абстрактных геометрических треугольников справедливо утверждение, что сумма углов в каждом из них равна `180^@`. Истинность этого утверждения, как и других утверждений, называемых теоремами, устанавливается методом строгих рассуждений, основанных на логике и вытекающих из ранее доказанных утверждений. Как вы сами убедились, эти рассуждения столь убедительны, что с ними соглашается всякий, рассмотревший их.
Метод строгих геометрических доказательств, основанных на логике, когда одно утверждение вытекает из ранее установленного, является основным методом в геометрии. В этом смысле геометрию называют дедуктивной наукой, от латинского слова deductio – выведение.
Если разобрать вывод, т. е. доказательство какой-нибудь геометрической теоремы, то он логически следует из ранее доказанных теорем. Для этих ранее доказанных теорем, в свою очередь, можно выделить те факты, из которых они выводятся и которые были установлены ранее.
Но ведь есть какое-то первое утверждение, которое не вытекает из ранее доказанного, так как вообще нет теорем, которые уже были доказаны до этого. Это означает, что некоторые факты должны быть приняты без доказательства. Их называют аксиомами, от греческого – удостоенное, принятое положение.
Так же обстоит дело с определениями геометрических объектов. Вводя новое определение, пользуются определениями и понятиями, которые уже были введены раньше. Но как быть с первым определением? Через что его определить, если еще нет понятий, определенных ранее? Отсюда следует, что некоторые геометрические понятия должны быть введены без каких-либо определений. Такие неопределяемые понятия называются основными. В изучаемом курсе геометрии таковы понятия точки, прямой, плоскости.
Итак, все здание геометрии строится, во-первых, на основных неопределяемых понятиях, и, во-вторых, на аксиомах, в которых устанавливаются связи и взаимоотношения между первоначальными понятиями; затем с помощью определений вводятся новые понятия, для которых, исходя из первоначальных фактов, содержащихся в аксиомах, доказываются, выводятся с помощью логики, дальнейшие факты – теоремы.
Подобное строение какой-нибудь области математики называют аксиоматическим. Таким образом, геометрия – аксиоматическая наука.
Из всего сказанного вывод такой: хотите освоить науку геометрию (хотя бы в рамках школьной программы) – разберите аксиомы, учите определения и формулировки теорем, с которыми вас постепенно знакомит учебник, наизусть, как стихи. А умение рассуждать, доказывать, умение применять теорию в решении задач приходят постепенно. Этому способствуют разбор доказательств теорем из учебника (за две с лишним тысячи лет математики отобрали самые лучшие и простые доказательства – именно их вам приводят в учебнике), разбор решений характерных задач, овладение методами решений.
Гипотеза – от греческого – под, внизу и – положение, утверждение – предположительное суждение о закономерной связи явлений.
Абстракция – от латинского abstractio – отвлечение.
Теорема – от греческого рассматриваю.
Для повторения мы выбрали эти темы. Приводить доказательство теорем, содержащихся в учебнике, не будем, лишь напомним основные теоремы. Также обсудим некоторые важные вопросы, приведём примеры решения задач, докажем несколько дополнительных теорем (Всякое утверждение, сформулированное в общем виде и доказанное, есть теорема, но их так много и они часто столь просты, что наполнять ими учебник не имеет смысла, а вот учиться на них применению основных теорем, умению рассуждать, делать выводы, - очень полезно). Такие теоремы мы будем называть леммами.
В учебнике доказаны три признака равенства треугольников.
Первый признак: по двум сторонам и углу между ними.
Второй признак: по стороне и прилежащим к ней углам.
Третий признак: по трём сторонам.
Мы напомнили их краткую формулировку.
Отметим также важный момент. Запись равенства треугольников $$ △ABC=△KPM$$ означает: $$ \angle A=\angle K$$, $$ \angle B=\angle P$$, $$ \angle C=\angle M$$, $$ AB=KP$$, $$ AC=KM$$ и $$ BC=PM$$, т. е. соответствующие вершины стоят на соответствующих местах.
Когда это удобно, будем использовать обозначения: в треугольнике $$ ABC$$ углы обозначать $$ A$$, $$ B$$ и $$ C$$,
$$ a$$, $$ b$$ и $$ c$$ – стороны, противолежащие углам $$ A$$, $$ B$$ и $$ C$$,
$$ {h}_{a}$$, $$ {h}_{b}$$, $$ {h}_{c}$$ – высоты к сторонам $$ a$$, $$ b$$ и $$ c$$,
$$ {m}_{a}$$, $$ {m}_{b}$$, $$ {m}_{c}$$ – медианы к сторонам $$ a$$, $$ b$$ и $$ c$$.
Покажем, как важно точно помнить формулировки теорем. Пусть треугольники $$ ABC$$ и `A^'B^'C^'` таковы, что `b^'=b`, `c^'=c` и `/_B^'=/_B`. Будут ли эти треугольники равны? Есть первый признак равенства «по двум сторонам и углу», но «углу между ними», а здесь какой угол? Нарисуем некоторый треугольник $$ ABC$$ (рис. 3) и отметим стороны и угол, о которых идёт речь: это не тот угол!
 |
 |
 |
| Рис. 3 | Рис. 4 | Рис. 5 |
Приведём пример треугольника `A^'B^'C^'` (рис. 5), который не равен треугольнику $$ ABC$$ `(B^'C^'!=BC)`, хотя `c=c^'`, `b=b^'` и `/_B=/_B^'`.
Рисунок 4 поясняет, как треугольник `A^'B^'C^'` получается из треугольника $$ ABC$$.
Приведём ещё пример (рис. 6), который показывает, что слова «прилежащим к стороне» чрезвычайно важны в формулировке второго признака равенства треугольников.
Здесь $$ AB={A}_{1}{B}_{1}$$, $$ \angle C=\angle {A}_{1}=90°$$, $$ \angle B=\angle {B}_{1}=45°$$
 |
| Рис. 6 |
(Сторона одного треугольника равна стороне другого, два угла первого равны двум углам второго).
Но равные углы не прилежат к равным сторонам и `DeltaABC!=DeltaA_1B_1C_1`. Как легко видеть, треугольник $$ ABC$$ равен треугольнику $$ {A}_{1}{B}_{1}D$$ который составляет часть треугольника $$ {A}_{1}{B}_{1}{C}_{1}$$.
Треугольники $$ ABC$$ и `A^'B^'C^'` таковы, что равны их медианы, проведённые из вершин `B` и `B^'` и равны углы, которые образуют эти медианы со сторонами $$ a$$ и $$ c$$ и со сторонами `a^'` и `c^'` соответственно. Доказать, что `DeltaABC=DeltaA^'B^'C^'`.
Решение
При доказательстве мы рисуем треугольники, о которых идёт речь, в наиболее удобном положении (см. рис. 7), что возможно по аксиоме «перемещения треугольника», иначе называемой аксиомой «существования треугольника, равного данному».
 |
| Рис. 7 |
Итак, $$ AM=CM$$, `A^'M^'=C^'M^'`, `BM=B^'M^'` равные углы $$ ABM$$ и `A^'B^'M^'` обозначим $$ \alpha $$ вторую пару равных углов обозначим $$ \phi $$.
1. В треугольнике $$ ABC$$ продолжим медиану $$ BM$$ за точку $$ M$$ и на прямой $$ BM$$ отложим отрезок $$ MD=BM$$. Рассмотрим треугольники $$ ABM$$ и $$ CDM$$.
Имеем: $$ AM=CM$$ (т. к. `BM` – медиана),
$$ BM=DM$$ (по построению),
$$ \angle AMB=\angle CMD$$ (как вертикальные).
По первому признаку равенства треугольников $$ △ABM= △CDM$$ В равных треугольниках против равных углов лежат равные стороны $$ (AB=CD)$$ и против равных сторон лежат равные углы (поэтому $$ \angle CDM=\alpha $$).
Аналогичное построение осуществим с треугольником `A^'B^'C^'` получим, что `A^'B^'=C^'D^'` и `/_C^'D^'M^'=alpha`.
2. Теперь рассмотрим треугольники $$ BCD$$ и `B^'C^'D^'`. Так как `BD=B^'D^'` и прилежащие к отрезкам $$ BD$$ и `B^'D^'` углы соответственно равны $$ \phi $$ и $$ \alpha $$, то `Delta BCD=DeltaB^'C^'D^'` по второму признаку равенства. Из этого равенства следует `CD=C^'D^'` (т. е. `c=c^'`) и `BC=B^'C^'` (т. е. `a=a^'`).
3. Вновь рассматриваем треугольники $$ ABC$$ и `A^'B^'C^'` Угол при вершине $$ B$$ равен углу при вершине `B^'` и равны стороны, образующие этот угол. По первому признаку равенства `Delta ABC=Delta A^'B^'C^'`.
На сторонах $$ AB$$ и $$ AD$$ квадрата $$ ABCD$$ во вне его построены равносторонние треугольники $$ AKB$$ и $$ AMD$$ (рис. 8). Доказать, что треугольник $$ KCM$$ также равносторонний.
Решение
Обозначим сторону квадрата $$ a$$ очевидно, что стороны равносторонних треугольников тоже равны $$ a$$. Отметим равные стороны в треугольниках $$ KBC$$, $$ CDM$$ и $$ KAM$$.
 |
| Рис. 8 |
$$ △KBC=△CDM$$ по первому признаку, т. к. $$ \angle KBC=\angle CDM=90°+60°=150°$$.
Пусть прямая $$ CA$$ пересекает отрезок $$ KM$$ в точке $$ F$$.
$$ \angle KAC=\angle MAC=60°+45°=105°$$
Смежные с ними углы $$ KAF$$ и $$ MAF$$ равны $$ 180°-105°=75°$$ значит `/_RAM=150^@`, и $$ △KAM=△KBC$$ Делаем вывод: $$ KC=CM=KM$$ т. е. треугольник $$ KCM$$ – равносторонний.
(В решении использовано утверждение, что все углы равностороннего треугольника равны $$ 60°$$).
II. Равнобедренный треугольник.
В учебнике доказаны теоремы:
Т1. В равнобедренном треугольнике углы при основании равны.
Т2. В равнобедренном треугольнике медиана, проведённая к основанию, является высотой и биссектрисой.
Т3. (Признак равнобедренного треугольника). Если два угла в треугольнике равны, то он равнобедренный.
Обратим внимание, что признаком фигуры $$ A$$ называется теорема с формулировкой: «если имеет место … , то это фигура $$ A$$». Сформулируем следующие, часто применяемые в задачах, признаки равнобедренного треугольника:
а) если в треугольнике высота является медианой, то треугольник равнобедренный;
б) если в треугольнике высота является биссектрисой, то треугольник равнобедренный;
в) если в треугольнике медиана является биссектрисой, то треугольник равнобедренный.
Доказательство признака а) вполне простое. Если $$ BD\perp AC$$ и $$ AD=DC$$ (рис. 9), то $$ △ADB=△CDB$$ по двум сторонам ( $$ BD$$ – общая, $$ AD=DC$$) и углу между ними ($$ \angle ADB$$ смежный с $$ \angle BDC=90°$$ поэтому $$ \angle ADB=90°$$ ).
Из равенства треугольников следует $$ AB=BC$$ и треугольник $$ ABC$$ по определению равнобедренный.
 |
 |
| Рис. 9 | Рис. 10 |
Доказательство признака б) Столь же простое, докажите его самостоятельно.
Докажем признак в) Пусть в треугольнике $$ ABC$$ биссектриса $$ BM$$ является медианой: $$ AM=MC$$ (рис. 10). На продолжении биссектрисы $$ BM$$ отложим отрезок $$ MD$$ равный $$ BM$$ Треугольники $$ ABM$$ и $$ CDM$$ равны по первому признаку: у них углы при вершине $$ M$$ равны, как вертикальные, и $$ AM=CM$$, $$ BM=DM$$ Из равенства треугольников следует
$$ CD=AB$$ (1)
и $$ \angle CDM=\angle ABM$$. Но $$ \angle ABM=\angle CBM$$ поэтому $$ \angle CDM=\angle CBM$$, т. е. в треугольнике $$ BCD$$ углы при основании $$ BD$$ равны. По признаку Т3 этот треугольник равнобедренный: $$ BC=CD$$ Отсюда и из (1) заключаем: $$ BC=AB$$. Утверждение доказано.
В следующем примере применяются признак параллельности прямых и две теоремы об углах треугольника (и следствия этих теорем):
Т. Сумма углов треугольника равна $$ 180°$$.
Т. Внешний угол треугольника равен сумме двух внутренних углов, не
смежных с ним.
Точка $$ K$$ лежит на основании $$ AC$$ равнобедренного треугольника $$ ABC$$ ($$ AB=BC$$). Через точку $$ K$$ проведена прямая, пересекающая прямую $$ AB$$ и отрезок $$ BC$$, при этом образовалось два равнобедренных треугольника (рис. 11).
Найти углы треугольника $$ ABC$$.
Решение
Обозначим точки пересечения $$ M$$ и $$ D$$.
1. Углы при основании равнобедренного треугольника равны и они острые, значит угол $$ MAK$$ – тупой.
2. В треугольнике может быть только один тупой угол, значит, если треугольник $$ MAK$$ равнобедренный, то равными могут быть только углы при вершинах $$ M$$ и $$ K$$. Обозначим их $$ \alpha $$.
3. $$ \angle BAK=2\alpha $$ (как внешний угол треугольника $$ MAK$$), $$ \angle BCA=2\alpha $$ (углы при основании равнобедренного треугольника равны) и $$ \angle DKC=\alpha $$ ($$ \angle DKC=\angle AKM$$ как вертикальные).
Расставим углы.
4. Треугольник $$ KDC$$ по условию равнобедренный. Возможны, вообще говоря, два случая: а) $$ \angle KDC=\alpha $$ и б) $$ \angle KDC=2\alpha $$.
а) Если $$ \angle KDC=\alpha $$, то накрест лежащие углы при секущей $$ MD$$ равны $$ \alpha $$; это по теореме означало бы параллельность прямых $$ MB$$ и $$ CB$$, что противоречит их пересечению. Этот случай невозможен.
б) Если $$ \angle KDC=2\alpha $$, то по теореме о сумме углов треугольника (для треугольника $$ KDC$$) $$ \alpha +2\alpha +2\alpha =180°$$ ,$$ \alpha =36°$$. Находим углы треугольника $$ ABC$$ :$$ \angle A=\angle C=2\alpha =72°$$ , $$ \angle B=180°-2·\angle A=36°$$.
III. Для прямоугольных треугольников справедливы признаки равенства (их надо уметь доказывать):
1. по двум катетам;
2. по гипотенузе и катету;
3. по гипотенузе и острому углу;
4. по катету и острому углу.
Применяя признаки равенства прямоугольных треугольников, докажем ещё один признак равнобедренного треугольника:
Доказать, что если две высоты треугольника равны, то он равнобедренный.
Решение
Пусть высоты $$ A{A}_{1}$$ и $$ C{C}_{1}$$ треугольника $$ ABC$$ равны друг другу.
1. (Треугольник остроугольный. Обе высоты внутри треугольника, (рис. 12а). Прямоугольные треугольники $$ A{A}_{1}B$$ и $$ C{C}_{1}B$$ равны по катету ($$ A{A}_{1}=C{C}_{1}$$) и противолежащему острому углу (угол $$ B$$ – общий). Тогда
равны их гипотенузы $$ AB=CB$$, а это и означает, что треугольник $$ ABC$$ равнобедренный.
 |
 |
 |
| Рис. 12a | Рис. 12б |
Рис. 12в |
2. (Треугольник тупоугольник, угол $$ В$$ тупой. Обе высоты вне треугольника, рис. 12б). Прямоугольные треугольники $$ A{A}_{1}B$$ и $$ C{C}_{1}B$$ имеют равные катеты $$ A{A}_{1}=C{C}_{1}$$ и равные противолежащие углы $$ \angle AB{A}_{1}=\angle CB{C}_{1}$$ как вертикальные . Треугольники равны, равны их гипотенузы $$ AB=CB$$. Треугольник $$ ABC$$ – равнобедренный.
3. Случай равенства двух высот равнобедренного треугольника, одна из которых внутри треугольника, другая – вне треугольника, невозможен. Действительно, если $$ B{B}_{1}=A{A}_{1}=h$$ (рис. 12в), то $$ △A{A}_{1}B=△B{B}_{1}A$$ по гипотенузе (у них общая $$ AB$$) и катету $$ A{A}_{1}=B{B}_{1}$$. Тогда $$ \angle BA{A}_{1}=\angle AB{B}_{1}$$ (обозначен $$ \alpha $$ ), т. е. накрест лежащие углы при секущей $$ AB$$ равны и прямые $$ A{A}_{1}$$ и $$ {B}_{1}B$$ параллельны, что неверно.
4. Если угол $$ B$$ – прямой, то высоты из вершин $$ A$$ и $$ C$$ совпадают с катетами $$ AB$$ и $$ CB$$.
При равных высотах равны и катеты, треугольник $$ ABC$$ – равнобедренный.
Доказать, что медиана прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, равна половине гипотенузы.
Решение
 |
| Рис. 13 |
Точка $$ M$$ – середина гипотенузы $$ AB$$ прямоугольного треугольника $$ ABC$$ (рис. 13). Проведём через точку $$ M$$ прямую $$ MK\perp AC$$.
Из $$ BC\perp AC$$ и $$ MK\perp AC$$ следует $$ BC\parallel MK$$.
Из параллельности прямых $$ BC$$ и $$ MK$$ и равенства отрезков $$ BM$$ и $$ MA$$ по теореме Фалеса следует $$ CK=KA$$.
В прямоугольных треугольниках $$ CMK$$ и $$ AMK$$ катет $$ MK$$ общий и, как установили, равны катеты $$ CK$$ и $$ AK$$. Эти треугольники равны, значит, равны и их гипотенузы, т. е. $$ CM=AM$$, или $$ CM={\displaystyle \frac{1}{2}}AB$$.
Дополнение. Для многих учащихся при решении задач возникает проблема: с чего начать? С рисунка! В геометрической задаче очень важен рисунок, он должен отвечать условиям задачи, быть наглядной формой их записи.
 |
 |
| Рис. 14a | Рис. 14б |
Например, в задаче рассматривается равнобедренный треугольник. Его можно нарисовать по-разному (рис. 14а и 14б), поэтому сначала рисуют на черновике, от руки, и из других условий определяют вид треугольника.
Если сказано, что один отрезок в два раза длиннее другого, – отразите это на рисунке; если какие-то прямые параллельны – так и рисуйте, т. е. после таких рассмотрений делаете чёткий хороший рисунок, отвечающий условиям задачи.
Хороший рисунок – помощник в решении, особенно если на нём Вы отмечаете равные углы, перпендикулярность отрезков, отношение длин и т. п. и ставите данные задачи. Посмотрите, например, на рис. 7, 8, 11 и подумайте, как рисунок помогает в решении.
В треугольнике $$ ABC$$ медиана $$ BM$$ перпендикулярна биссектрисе $$ AD$$. Найти длину стороны $$ AB$$, если $$ AC=6$$.
Решение
△ 1. Подумаем, как построить рисунок. Возьмём луч $$ AK$$ (рис. 15) и отложим от точки $$ A$$ какие-то равные углы (т. е. считаем, что биссектриса $$ AD$$ лежит на этом луче).
 |
| Рис. 15 |
Выберем точку $$ B$$, проведём через точку $$ B$$ прямую, перпендикулярно $$ AK$$ и отметим точку $$ M$$, $$ BM$$ – медиана, поэтому отложим отрезок $$ MC=MA$$. Треугольник $$ ABC$$ – тот, что нужен: $$ AD$$ – биссектриса, $$ BM$$ – медиана, $$ AD\perp BM$$.
2. Решение очевидно: $$ △ABO=△AMO$$ (по катету и острому углу), значит $$ AB=AM$$ и $$ AC=2AM=2AB$$. Зная, что $$ AC=6$$, находим $$ AB=3$$.
Параллелограммом называется четырёхугольник, противолежащие стороны которого попарно параллельны (рис. 16). Параллелограмм – выпуклый четырёхугольник. В разных учебниках различные определения выпуклого четырёхугольника, приведём два равносильных определения:
1) Четырёхугольник называется выпуклым, если он лежит по одну сторону от любой прямой, содержащей его сторону.
2) Четырёхугольник называется выпуклым, если его диагонали пересекаются.
Равносильность доказывается на основе свойства полуплоскостей.
Легко доказывается теорема, что сумма углов выпуклого четырёхугольника равна `360^@` (повторите по учебнику).
Рис. 16
Свойства параллелограмма
Признаки параллелограмма
Докажем, например, признак 3.
Пусть в четырёхугольнике `ABCD` стороны удовлетворяют условиям `AB=DC` и `BC=AD` (рис. 17). Отметим соответственно равные стороны и проведём диагональ `AC`. `Delta ABC= Delta CDA` (`AB=CD`, `BC=AD`, `AC` - общая сторона). В равных треугольниках против равных сторон лежат равные углы: против `AB` - угол `1`, против `CD` - угол `2`, `/_ 1 = /_ 2` (накрест лежащие углы) . Против `BC` - угол `3`, против `AD` - угол `4`, `/_ 3 = /_ 4 =>` .
Противолежащие стороны попарно параллельны, значит параллелограмм по определению.
Свойства параллелограмма используются для доказательства замечательной теоремы о высотах треугольника.
Три высоты или три прямые, на которых лежат высоты треугольника, пересекаются в одной точке.
Через каждую вершину треугольника `ABC` (рис. 18) проведём прямую, параллельную противолежащей вершине стороне. Получаем треугольник `A_1 B_1 C_1`, к сторонам которого перпендикулярны высоты данного (например, если `AH _|_ BC`, то из , следует `AH_|_B_1 C_1`).
По построению , , - параллелограмм. Также показывается, что `AC_1BC` - параллелограмм. По свойству параллелограмма `BA_1 = AC`, `C_1 B = AC => C_1 B = BA_1`, т. е. точка `B` - середина стороны `A_1 C_1`. Повторяя рассуждение, устанавливаем, что точка `A` - середина стороны `B_1 C_1` и точка `C` - середина стороны `A_1 B_1`.
Прямые, на которых лежат высоты `AH`, `BF` и `CK` треугольника `ABC`, перпендикулярны к сторонам треугольника `A_1 B_1 C_1` и проходят через их середины, а три серединных перпендикуляра к сторонам треугольника пересекаются в одной точке (определяют центр окружности, описанной около треугольника `A_1 B_1 C_1`). Значит три прямые, на которых лежат высоты, пересекаются в одной точке.
Если треугольник остроугольный, то пересекаются сами высоты.
Если в треугольнике `ABC` углы `A` и `C` - острые (рис. 19), то вершина `B` лежит в полосе между двумя параллельными прямыми `l_1` и `l_2`, которые проходят через точки `A` и `C` и перпендикулярны `AC`. Отсюда следует, что основание `F` её высоты `BF` лежит на стороне `AC`. Если угол `B` - также острый (т. е. треугольник `ABC` - остроугольный), то основание `H` высоты `AH` тоже лежит на стороне `BC` (рассуждения те же самые). Точки `B` и `F` лежат в разных полуплоскостях, образованных прямой `AH`, значит отрезок `BF` пересекает прямую `AH`. Точка пересечения `O` лежит на `BF`, т. е. лежит внутри треугольника, и, значит, на отрезке `AH`. По теореме третья высота пройдёт через ту же точку `O`.
Биссектриса угла `A` параллелограмма `ABCD` пересекает сторону `CD` в точке `K`, а продолжение стороны `BC` в точке `F` (рис. 20). Найти стороны параллелограмма, если `BF = 16` и `CK =5`.
`AF` - биссектриса угла `BAD`, . Прямые `AD` и `BF` - параллельны, поэтому (как накрест лежащие), тогда `/_2 = /_3`, треугольник `ABF` -равнобедренный, `AB=BF`. Значит `AB =16`.
По свойству параллелограмма `CD=AB`, значит `CD=16` и `DK=11`. Далее, из следует `/_2 = /_4` (накрест лежащие), значит `/_4=/_1`, треугольник `ADK` - равнобедренный, `AD=DK=11`.
`AD=BC=11`, `AB=CD=16`.
Дана окружность с диаметром `AB` и точка `M`, лежащая внутри окружности, но не на диаметре (рис. 21). С помощью односторонней линейки опустить из точки `M` перпендикуляр на прямую `AB`.
( 
– уменьшенная копия односторонней линейки).
Что мы можем делать с помощью односторонней линейки? Проводить прямые! Вот и проведём через точки `A` и `M` прямую до пересечения с окружностью в точке `A_1`, затем через точки `B` и `M` проведём прямую до пересечения с окружностью в точке `B_1` (рис. 21).
Далее, проведём прямую через точки `A` и `B_1` и прямую через точки `B` и `A_1` - получим в их пересечении точку `C`. Прямая `CM` - искомая. В треугольнике `ACB` высоты `A A_1` и `B B_1` (углы `A A_1 C` и `B B_1 C` - прямые, опираются на диаметр) пересекаются в точке `M`. Точка `M` - точка пересечение высот треугольника `ACB`, значит `C C_1 _|_ AB`.
Если точка `M` лежит вне окружности и не на прямой `AB`, решение задачи усложняется, но немного (попробуйте сами).
Параллелограмм, в котором все углы прямые, называется прямоугольником.
Верна теорема: диагонали прямоугольника равны.
Верна и обратная теорема - признак прямоугольника: если диагонали параллелограмма равны, то этот параллелограмм - прямоугольник.
Параллелограмм, у которого все стороны равны, называется ромбом. Сформулируйте сами две теоремы о диагоналях ромба и обратные к ним.
Прямоугольник, у которого все стороны равны, называется квадратом. Квадрат - правильный четырёхугольник.
Через середину диагонали `BD` прямоугольника `ABCD` проведена перпендикулярно этой диагонали прямая, пересекающая сторону `BC` в точке `F` и сторону `AD` в точке `E`. Известно, что `EF = ED = 8`. Найти большую сторону прямоугольника.
Середина диагонали `BD` - точка `O`, - есть центр прямоугольника, `BO=OD` (рис. 22). Отрезок `EF` делится точкой `O` пополам, действительно, `Delta BOF = Delta DOE` (углы при точке `O` равны как вертикальные, `/_DBF = /_BDE` (как накрест лежащие при параллельных прямых `BC` и `AD`) и `BO=OD`; треугольники равны по второму признаку равенства).
Значит `FO=EO=1/2 EF=4` и `BF=ED=8`.
Треугольник `BOF` - прямоугольный, гипотенуза `BF=8`, катет `OF=4`, значит `/_OBF =30^@`.
Диагонали прямоугольника равны, равны и их половины, `BO=OC`. Треугольник `BOC` - равнобедренный, `/_BCO=30^@`, `/_CFO=180^@ - /_OFB =180^@ - 60^@ = 120^@`,
следовательно `/_FOC = 30^@`. Треугольник `OFC` - равнобедренный, `FC=OF=4`, значит `BC=12`.
`12`.
Окружность, построенная как на диаметре, на стороне `AD` параллелограмма `ABCD` касается стороны `BC` и проходит через середину стороны `AB` (рис. 23). Найти углы параллелограмма.
Пусть `O` - центр окружности и `R` - её радиус. Если `P` - точка касания стороны `BC`, то `OP_|_ BC`, а из следует `OP_|_AD`. Это означает, что расстояние между параллельными прямыми `AD` и `BC` равно `R`.
Точка `M` лежит на окружности, `OM=R`. Точка `M` - середина стороны `AB`. Если `MF _|_ AD` и `MK _|_ BC`, то точки `K`, `M` и `F` лежат на одной прямой (т. к. ) и поэтому `KF=PO=R`. Прямоугольные треугольники `AMF` и `BMK` равны (по гипотенузе и острому углу) и `MF=1/2 KF = 1/2 R`.
Из треугольника `OMF`, в котором `MF_|_OF`, `OM=R` и `MF= R/2` следует, что `/_MOF = 30^@`.
Далее заметим, что треугольник `AOM` равнобедренный `(OA=OM=R)`,
угол при вершине `O` равен `30^@`, следовательно `/_OAM = /_ AMO = 75^@`.
Итак, острый угол `A` параллелограмма равен `75^@`, а тупой угол `B` равен `105^@`.
`75^@` и `105^@`.
1. Как измерить с помощью одной мерной линейки, произведя одно измерение, диагональ кирпича (крпич имеет форму прямоугольного параллелепипеда, изображённого на рис. 24, его диагональ - это отрезок, соединяющий проивоположные вершины (например, `A` и `B`)). Дайте способ простой, практичный, пригодный для мастерской, стройки, без приминения вычислений по теореме Пифагора.
2. Тяжёлая балка `AB` лежит на брёвнах (рис. 25), её правый конец отстоит от оси последнего бревна на `5` м (`BC=5` м). На сколько продвинется вперёд передняя часть балки (точка `A`), если точка `B` достигент оси последнего бравна? Считать брёвна одинаоковыми и круглыми; катятся брёвна без скольжения.
3. Нетрудно показать, что у правильно пятиугольной звезды сумма углов равна `180^@`. Показать, что такая же сумма углов будет у произвольной пятиугольной звезды (рис. 26).
4. Во времена частных междоусобных войн один правитель захотел построить крепость-замок из `10` башен, соединённых между собой стенами, причём стены должны тянуться прямыми линиями с четырьмя башнями в каждой из них. Приглашённый им известный строитель представил ему план крепости (см. рис. 27), но правитель нашёл его совершенно неудовлетворительным: при таком расположении к любой из десяти башен можно подойти извне. Правителю же хотелось, чтобы по крайней мере одна башня (а ещё лучше - две) была бы со всех сторон защищена стеной от вторжения извне. Долго строитель ломал голову над такой задачей, но решил её и с одной безопасной башней, и с двумя безопасными башнями.
Попробуйте и вы найти решение.
5. Можно ли покрыть костяшками домино (каждая костяшка – две клетки) доску `8` x `8` клеток с двумя вырезанными противоположными клетками (рис. 28)?
6. Три одинаковых треугольника разрезали по медианам (рис. 29). Сложите из полученных `6` кусков один треугольник.
7. На рис. 30 изображена фигура, составленная из пяти квадратов. Требуется провести два разреза по прямым линиям так, чтобы из полученных частей можно было бы составить квадрат.
8. Найти площадь треугольника, изображённого на клетчатой бумаге (см. рис. 31), считать площадь каждой клетки равной `1`.
9. На окружности расположено `2000` чёрных точек и одна белая точка. Рассматриваются всевозможные выпуклые многоугольники с вершинами в этих точках. Каких многоугольников больше: тех, у которых все вершины чёрные, или тех, у которых одна вершина белая?
10. Можно ли, начав движение в какой-то точке контура обойти все его звенья, проходя по каждому ровно `1` раз, и вернуться в исходную точку? (контуры `1`-`6` на рис. 32)
11. Какое наибольшее число острых углов может иметь выпуклый `n` - угольник?
В контрольных вопросах и задачах проверяются Ваши знания основного курса и знакомство с материалом нашего задания.
1. Контрольные вопросы и задачи могут быть не только по темам, повторенным в этом Задании (повторить весь учебник невозможно), но и по материалу, изученному Вами в школе. При ответе на некоторые вопросы придётся открыть учебник.
2. Ответы на контрольные вопросы надо давать обоснованные. Приведём примеры.
Точки `K` и `L` делят диагональ `AC` параллелограмма `ABCD` на три равные части: `AK=KL=LC` (рис. 33). Верно ли, что прямые `BK` и `LD` параллельны?
Да, верно. Докажем это.
а) Проведём диагональ `BD`. По теореме диагонали параллелограмма пересекаются и точкой пересечения делятся пополам: `AO=OC` и `BO=OD`.
б) Из `AO = OC` и `AK=CL` следует `KO=OL`.
в) `Delta BOK = Delta DOL`, так как `KO=OL`, `BO=OD` и `/_BOK = /_ DOL` (как вертикальные).
Из равенства треугольников следует `/_ 1 = /_ 2`. Накрест лежащие углы при секущей `AC` равны, следовательно, .
В четырёхугольнике `ABCD` стороны `AB` и `CD` равны друг другу, а стороны `AD` и `BC` параллельны. Является ли четырёхугольник `ABCD` параллелограммом?
Нет, например, четырёхугольник `ABCD` на рисунке 34 удовлетворяет этим условиям, но противоположные стороны `AB` и `CD` не параллельны (этот четырёхугольник - равнобокая трапеция).
