Файл: И. Н. Сергеев В. Г. Чирский Задачи с параметрами.pdf

§ 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+????
= 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+????
= 32a
p
2,
2a = 3 − x,
x
∈ [1; 3].
Подставив 2a в первое уравнение, полу- чаем
2 1+????
= 16(3 − x)
p
2 ⇔
⇔ 2
????
−7/2
= 3 − x ⇔
⇔ 2
????
−7/2
+ x = 3.
Поскольку функция 2
????
−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
????
− ????
1
????
2
− ????
1
=
????
− ????
1
????
2
− ????
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
Š
,
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
Š
Тогда задача перепишется в следующем виде.

208
Часть 1.
Решение задач
Найдите наименьшее значение величины
W
=
1
c
·
€
3a
sin α
+
b
sin β
Š
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

210
Часть 1.
Решение задач что существует треугольник ABC со сторонами a, b, c и углами α, β .
Используя теорему синусов в треугольнике ABC, получаем
W
=
1
c
·
€
3a
sin α
+
b
sin β
Š =
1
c
· (3 · 2R + 2R) =
8R
c
= 4 ·
1
sin γ
¾ 4.
Отметим, что знак равенства W = 4 достигается лишь в случае пря- мого угла γ.
Ответ: 4.
Тренировочные задачи к § 24
24.1. Найдите наименьшее значение выражения
Æ
(x − 6)
2
+ 36 +
Æ
x
2
+ y
2
+
Æ
( y − 6)
2
+ 9.
24.2. Для каждого допустимого значения a решите систему
( p
x
2
+ a
2
− 2x − 22a + 122 = 2
p
37 −
p
x
2
+ a
2
+ 2x + 2a + 2,
log
????
+1 4 + log
????
4 = 0.
24.3. Для каждого значения a решите систему
( x
2
+ a
2
− 14x − 10a + 58 = 0,
p
x
2
+ a
2
− 16x − 12a + 100 +
p
x
2
+ a
2
+ 4x − 20a + 104 = 2
p
29.
24.4. Решите систему уравнений
(
2 2−????
= 4y
p
2,
Æ
x
2
+ y
2
+ 1 − 2x +
Æ
x
2
+ y
2
− 6x − 2 y + 10 =
p
5.
24.5. При каких значениях a система
(
y
2
− (2a + 1) y + a
2
+ a − 2 = 0,
Æ
(x − a)
2
+ y
2
+
Æ
(x − a)
2
+ (y − 3)
2
= 3
имеет единственное решение?
24.6. Найдите все значения a и b, при которых система уравнений
¨ x
2
+ 40 − a
2
= 4y − y
2
− 12x,
x
2
+ y
2
+ (−2b − 8)x = 2by − 2b
2
− 8b
имеет ровно два различных решения (x
1
; y
1
) и (x
2
; y
2
), удовлетворя- ющих условию
y
1
+ y
2
x
1
− x
2
=
x
1
+ x
2
y
2
− y
1

Тренировочные задачи к § 24 211
24.7. Найдите наименьшее значение величины
1
r
·
€
4p
u
+
q
p
1 − v
2
Š
,
где p, q, r, u, v — положительные числа, удовлетворяющие условиям









pv
+ q
p
1 − u
2
¶ r,
p
2
+ 2qr
p
1 − u
2
¾ q
2
+ r
2
,
2qr
p
1 − u
2
+ q
2
·
1 − v
2
− u
2
v
2
− 1
¾ r
2
Ответы
24.1
. 15.
24.2
. Если a = 2, то x = −1/2; при остальных a решений нет.
24.3
. Если a = (180 + 2
p
415)/29, то x = (217 − 5
p
415)/29; при остальных a
решений нет.
24.4
. (3/2; 1/4).
24.5
. a
∈ [−2; 1) ∪ (1; 4].
24.6
. b
= −1,
p
90 − 4 < |a| <
p
90 + 4.
24.7
. 5.

Часть 2
Диагностические работы и задачи
для самостоятельного решения
Диагностическая работа 1
1. При всех значениях a решите неравенство
x
x
+ a
> 1.
2. Найдите все значения a, при которых неравенство
x
− 3a − 1
x
+ 2a − 2
¶ 0
выполняется для всех x из отрезка [2; 3].
3. Для каждого значения a решите уравнение
9a
2
+ log
2 2
x
+ 3 arccos(x − 1) − (3a − 1) log
2
x
2
− 6a + 1 = 0.
4. Квадратное уравнение
x
2
− 6px + q = 0
имеет два различных корня x
1
и x
2
. Числа p, x
1
, x
2
, q — четыре по- следовательных члена геометрической прогрессии. Найдите x
1
и x
2
5. При каких значениях a уравнение
|x| +
x
+ 1 3x − 1
= a
имеет ровно три различных решения?
6. Найдите все значения p, при которых уравнение
6 sin
3
x
= p − 5 cos 2x
не имеет корней.

Диагностическая работа 2 213
7. Найдите все значения a, при каждом из которых система
¨ x
2
+ y
2
− 6|x| − 6| y| + 17 ¶ 0,
x
2
+ y
2
− 2 y = a
2
− 1
имеет хотя бы одно решение.
8. Найдите все значения a, при каждом из которых система
¨
25
????
− 13 · 5
????
+ a < 0,
12 sin
4
πx − cos 4πx = 11
имеет хотя бы одно решение.
Диагностическая работа 2
1. При всех значениях a решите неравенство |x + a| < x.
2. При каких значениях a функция y = 2
????????
+7
/2
????
2
имеет максимум при x = 4?
3. Найдите наибольшее значение a, при котором уравнение
x
3
+ 5x
2
+ ax + b = 0
с целыми коэффициентами имеет три различных корня, один из ко- торых равен −2.
4. Найдите все значения a, при которых уравнение
x
2
− 2a sin(cos x) + a
2
= 0
имеет единственное решение.
5. При каких значениях p уравнение
4
????
+ 2
????
+2
+ 7 = p − 4
−????
− 2 · 2 1−????
имеет решение?
6. Найдите все значения a, при которых уравнение
||x + a| − 2x| − 3x = 7|x − 1|
имеет не более одного корня.
7. Для каждого целого значения m найдите все решения уравнения log
????2 4
+????
2
(3x)
????
2
+1
= m
2
+ 1.