ТЕМА: ВЫДЕРЖКИ ИЗ МЕТОДИЧЕСКИХ РАЗРАБОТОК ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОЙ ТРУДНОСТИ

 

 

 

 

 

 

 

 

ТЕМА: ВЫДЕРЖКИ ИЗ  МЕТОДИЧЕСКИХ РАЗРАБОТОК ПО РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ ПОВЫШЕННОЙ ТРУДНОСТИ

 

 

 

 

    

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В данной работе приводятся примерные решения некоторых типов заданий, на мой взгляд наиболее характерных и интересных.

Это отдельные выдержки из разработок, которые я провожу как работу над собой и предназначаю частью для внеклассной работы, а частью – для подготовки к ЕГЭ.

Материал подбираю из различных дидактических источников, из журнала курсов и экзаменационных материалов в центральные ВУЗы, а за последнее время, конечно же, из КИМ ЕГЭ.

А. К решению тригонометрических уравнений.

а) Здесь рассматриваются уравнения, в которых аргумент требует предварительного исследования.

Решить уравнения

№1.

№2.

№3.

Рассмотрим примерное решение первого из этих уравнений.

При х > 0 имеем:

Введем обозначение  где

С другой стороны

, то есть

, значит

При этом из данного уравнения получим следующее:

Это неравенство верно при или .

При :

Так как х > 0, то

При К=1:

Из этих значений также выбирается положительное

Ответ:

Остальные уравнения решаются аналогично.

Ответы:

№2.

№3.

№4.

5) Другая группа тригонометрических уравнений содержит иррациональный множитель.

№1.

№2.

Решим первое уравнение.

Очевидно условие

С учетом ограничения  исходное уравнение примет вид:

С обозначением tgx=t получаем:

(положим, что )

Но так как в начале получим, что  то A=4.

При A=4:

        Ответ:

                   

Второе уравнение имеет сходное решение с ответом

в) третий вид тригонометрических уравнений имеет знак модуля

№1.

№2.

Решим второе уравнение, преобразуя части уравнения с указанием их границ.

Для правой части имеем:

Очевидно, что наименьшее значение 4 получается при cos 8x=1.

Сравнивая границы частей уравнения, приходим к решению системы

 

, прибавим к обеим частям по 3,

4+4n=3K+3;

4(n+1)=3(K+1)

Видно, что n+1=3m, то есть

n=3m-1, и решение примет вид:

где

Ответ:

Первое уравнение этой группы решается аналогично.

г) Решим уравнение, содержащее суперпозицию тригонометрической и логарифмической функций.

Решение. Преобразуем выражения 5+3cos4x и   так, чтобы тригонометрические функции в них зависели от 2х.

Введем обозначение sin2x=t, где

       (1)

Очевидно, что t=1 есть корень уравнения.

Рассмотрим графически, где возможны другие корни.

 

Как видно из чертежа, графики функций y=8-6t² и имеют вторую точку пересечения, меньшую, чем – 1 , но это значение не подходит по ограничению . Итак, имеем единственный корень t=1.

 

 

 

 

Вернемся к нашему обозначению:

Ответ: 

Б. Некоторые задания под номером С5 из различных вариантов КИМ                                           и других источников.

а)Интересны уравнения, в которых параметр и переменную на время выгодно менять ролями.

Задача (Из материалов Московской Высшей школы экономики)

Если р – наибольшее значение параметра, при котором уравнение

имеет хотя бы один корень, то значение выражения равно натуральному числу, остаток от деления которого на 5 равен...

Решение. Из левой части уравнения составим квадратичное выражение относительно р.

Решим это уравнение относительно р, то есть выразим р через х.

Необходимо, чтобы   

  .

При имеем:

При х=-2   

Наибольшее значение р равно

Тогда

22:5=(20+2):5,... остаток 2.

Ответ:2.

б) Задача С5 из КИМ ЕГЭ.

Найдите все значения параметра а, при которых площадь фигуры, состоящей из всех точек, координаты которых являются решениями системы

равна 4,5.

Решение. Найдем ОДЗ

               

По правой части равенства видно, ВТО в левой части нужно «потерять» у. Это произойдет, если выражения у и у+3х-6 будут разных знаков. Но так как в правой части этого уравнения имеется слагаемой – 2х, то видно, что , а и тогда, то есть в области значений х и у имеем:

При этом имеем, на самом деле, верное равенство 6-2х=6-2х.

Покажем область, задаваемую системой неравенств

     в координатной системе.

Так как  и , то из неравенства системы видно, что . Тогда имеем:

Граница у=х+1+а есть прямая, параллельная биссектрисе первого координатного угла, то есть у=х.

Найдем абсциссу точки с, пересечения прямых у=-3х+6 и у=х+1+а.

Это значение абсциссы численно равно высоте треугольника АВС (опущенной из вершины С). Основание же АВ=6-(1-а)=5-а.

Тогда по условию задачи получаем

И прямая у=х+1+а имеет вид: у=х

Ответ: -1.

в) Интересна группа задач С5 КИМ следующего вида.

№1. Найти все значения параметра а, при каждом из которых равенство

 верно при всех значениях х, принадлежащих отрезку [-1;7].

№2. Найдите все значения параметра а, при каждом их которых неравенство верно при всех значениях переменной х, принадлежащих отрезку [-6;2].

№. Найдите наименьшее целое значение параметра а, при котором неравенство верно при всех значениях переменной х, принадлежащих отрезку [0;1].

Решим №2 и №3, так как они имеют некоторые различия.

№2. В этом уравнении оценим основание логарифма.

Тогда имеем:

Чтобы, линейная относительно а функция , была положительной на отрезке [-6;2], необходимо и достаточно, чтобы она была неположительна на концах этого отрезка.

А чтобы линейная функция g(a)=ax+(x+4) была неотрицательной на этом же отрезке [-6;2] необходимо и достаточно, чтобы она была неотрицательна на его концах. Итак, решаем систему линейных неравенств с переменной а.

Решаем систему из двух первых неравенств.

          

Проверим, будет ли а=4 решением двух последних неравенств системы.

Получили, что а=4 – единственное значение параметра а, при котором неравенство верно для всех

Ответ:  4.

Решение №3.

(нужно найти наиболее целое значение а, при котором неравенство верно для всех ).

Проверим условие

    , а это неравенство верно, так как функция имеет максимум в точке х=0.

Итак неравенство верно, поэтому получим:

Рассмотрим левую часть этого неравенства как линейную функцию от а: .

Чтобы эта функция была положительной на отрезке [0;1] необходимо и достаточно, чтобы она была положительна на концах этого отрезка.

               .

Наименее целое значение, при котором выполняется исходное неравенство есть а = -6.

Ответ: -6.

г) Несколько задач С5 из КИМ, решение которых сопровождается геометрической интерпретацией.

№1 Найдите все натуральные значения К, для каждого из которых найдется хотя бы одна пара чисел (а;в) таких, что система уравнений

     не имеет решений.

Ответ: 1.

№2. Найдите все положительные значения к, для каждого из которых найдется хотя бы одна пара числе (а;в) таких, что система уравнений

 имеет ровно одно решение.

Ответ: K (0;2-).

№3. Сколько корней имеет уравнение

Ответ: четыре.

№4. Найдите все значения параметра а, при которых система уравнений

имеет ровно четыре решения.

Ответ: а=

№5. Найдите наибольшие значения параметра b, при которых система уравнений

имеет ровно 8 решений.

Ответ:

№6. Найдите наибольшее значение параметра b, при котором система уравнений

имеет ровно четыре решения.

Ответ: 4+2

№7. Сумма всех различных целочисленных значений параметра R, при котором система уравнений

имеет ровно четыре решения равна натуральному числу. Укажите остаток от деления этого числа на 5.

Ответ: 3.

Приведу решение некоторых из них.

Решение №1.

Из первого уравнения системы имеем:

Уравнение геометрически есть окружность с центром в точке (а;в) и с радиусом K.

Построим эти линии

в одной и той же системе координат.

Берем один из полученных треугольников и выясним, при каких значениях радиуса, окружность с центром в этом треугольнике, не будет пересекаться со сторонами треугольника хотя бы при одном центре (а;b), если радиус K – натуральное число.

В выбранном треугольнике АОВ имеем:

Видно, что при r=k=1 окружность с центром в точке с координатами  и     не будет пересекать стороны треугольника.

В каждом из построенных треугольников можно указать соответствующий центр окружности радиуса 1.

Ответ: 1.

 

 

Решение №7.

Нужно выяснить, при каком значении параметра R система имеет ровно четыре решения.

1) Преобразуем первое уравнение

– уравнение совокупности четырех равных дуг окружностей, симметричных осям Ох и Оу, с радиусом и с центром в точках .

2) Уравнение же геометрически есть квадрат, у которого диагонали длиной 48 пересекаются в начале координат.

Выполним эти графики в одной и той же системе. Видно, что и   . Тогда и остаток от деления этого числа на 5 равен 3.

Нетрудно заметить, что построение графиков удобно начат в первой координатной четверти и полученные дуги отобразить осевой симметрией в три остальные координатные четверти.

В. Несколько видов задач по геометрии.

I. Задачи под №С4 КИМ.

№1. В правильной треугольной пирамиде SABC точки K, N принадлежат ребру SA, точка М - ребру АВ, а L – ребру SC, причем AK=KN=NS, SM:MB=1:3; SL:LC=2:1. Найдите отношение объема пирамиды KLMN к объему пирамиды SABC.

Ответ:

№2. В правильной треугольной пирамиде SABC точки KN принадлежат ребру SA, точка М – ребру, а L – ребру SC. Причем  AK=KN=2NS, SM:MB=1:4; SL:LC=2:1.

Найдите отношение объемов пирамид KLMN и SABC.

Ответ:

№3. В плоскости грани ABC правильной треугольной пирамиды SABC проведен отрезок MN, параллельный ребру SB, концы которого принадлежат соответственно ребрам SA и AB. В грани ASC проведен отрезок KL, параллельный ребру АС, концы которого принадлежат соответственно ребрам SA и SC.

Найдите отношение объема пирамиды KLMN к объему пирамиды SABC, если  и .

Ответ:

Рассмотрим решение №1 и №3.

№1 Решение. Может составитель КИМ имел ввиду другой ход решения, где была необходимость в правильности пирамид, но при следующем решении такой необходимости нет.

Примем за плоскость основания двух пирамид LKMN и SABC плоскость грани ABS.

Пусть BD=h - высота треугольника ASB. Тогда высота  треугольника KMN из соображения подобия треугольников BDA и MD₁A выразится так:

 

 

При этом получим:

 и

Пусть СО=Н есть высота пирамиды САВS на основании SАВ.

Тогда – высота пирамиды LKMN на плоскость грани ABS из соображения подобия треугольников SCO и SLO выразится так:

При этом

Ответ:

Решение №3.

Дано: пирамида SABC,

 

Найти:

Пусть SA=а и h – высота , опущенная на прямую AS.

Тогда

Выразим площадь треугольника KMN через h и a.

Если есть высота треугольника KMN, опущенная на сторону КМ (то есть на прямую КМ), то из соображения подобия

Выразим КМ через AS, то есть через а.

  и   

Тогда КМ=

И     

Из соображения подобия высоты пирамид CABS и LKMN   и H относятся как 4:5, то есть  

Значит

Ответ: .

Примечание. При решении данной группы задач указанным способом не необходимости в правильности пирамид.

II. Несколько задач с шарами и пирамидами.

№1. Центры двенадцати шаров равных радиусов совпадают с серединами 12 ребер правильной пирамиды. Найдите величину двугранного угла при ребре основания пирамиды, если известно, что шар, вписанный в пирамиду, касается всех двенадцати данных шаров.

Решение. Для решения задачи проведем два осевых сечения пирамиды: 1) через середины двух параллельных сторон основания (под это сечение попадают два серединных шара при основании и шар, вписанный в пирамиду);

2) через диагональ основания (под это сечение попадают два шара с центрами в серединах боковых ребер, и шар, вписанный в пирамиду).

Пусть сторона основания пирамиды есть а.

Из первого сечения имеем:

.

Возведем обе части в квадрат

1. – первое уравнение системы.

Из по теореме Пифагора

+;

2. – второе уравнение системы.

 Из диагонали сечения

По теореме косинусов для этого угла получим:

3.  – третье уравнение системы.

Из равенств (2) и (3), то есть равенств 

      имеем:

 (4)

Из системы

исключаем a.

Введем обозначение

Но из равенства (4) видно, что

Решаем систему

При этом из

Ответ:

А вот две аналогичные задачи.

№2. Центры восьми шаров равных радиусов совпадают с серединами ребер правильной четырехугольной пирамиды со стороной основания а=2 и боковым ребром . Девятый шар того же радиуса с центром внутри пирамиды касается восьми данных шаров.

Найдите радиусы шаров.

Ответ:

№3. Центры двенадцати шаров равных радиусов совпадают с серединами 12 ребер правильной шестиугольной пирамиды, а тринадцатый шар того же радиуса, с центром внутри пирамиды, касается всех двенадцати данных шаров.

Найдите радиусы шаров, если сторона основания равна 1, а боковое ребро равно .

Ответ:.

III. А это задача из научно-практического журнала «Математика для школьников».

Дана правильная треугольная пирамида. Центр основания пирамиды является вершиной конуса, окружность основания которого, радиусом 2, вписана в боковую грань пирамиды.

Найдите сторону основания пирамиды.

Решение. Очевидно, что высота ОD треугольника АОВ является образующей конуса. Для удобства обзора рисунка изобразим только третью часть пирамиды, куда вписан конус указанным образом.

Центр основания конуса принадлежит высоте SD боковой грани ASB пирамиды. Пусть а=АD есть та сторона основания.

Из треугольника APD:

Из треугольника ACD:

OA=.

 

Из

Введем обозначения

Так как , то  то есть

Теперь по теореме о квадрате касательной получим:

Но так как  то

Тогда

Применим к прямоугольному треугольнику OSD теорему о метрических соотношениях.

OP=SP*DP. То есть

Тогда

Ответ:

По аналогии решается следующая задача 2.

В правильной треугольной пирамиде со стороной основания центр основания является вершиной конуса, окружность основания которого вписана в боковую грань пирамиды.

Найдите радиус основания конуса.

Ответ: 1.

 

Задача №8

Эта задача взята из материалов ЕГЭ-2008г.  Автор А.Г.Клово.

     В этой задаче кроме аналогии с предыдущими задачами имеются некоторые особенности.

       Основанием пирамиды FABC является равнобедренный треугольник ABC, в котором                                                                                                                                        Ребро AF перпендикулярно  ABC и равно  .   Точки L, M и T расположены соответственно на ребрах FC, AC  и AF, а точка P лежит на ребре FB. При этом   

Найдем объем пирамиды LMNP.

Решение

Замечание 1.   Для решения задачи прежде нужно найти, чему равно упомянутое отношение отрезков ребер, которое известно как коэффициент золотого сечения.

Пусть точка C разбивает отрезок AB=a в этом искомом отношении. Обозначим AC через x

                              a

       A                                                               B                                                              x                C           a-x

                                         

Тогда получим следующее:

,

,

.

Из двух полученных корней для внутреннего деления отрезка подходит только корень

Откуда

  - отношение золотого сечения

Замечание 2    Нетрудно установить, что, если на сторонах треугольника Взять по одной точке, циклически делящих стороны треугольника в одном и том же отношении, то три отрезка, соединяющие данные точки, отсекают от заданного треугольника три равновеликих треугольника.

Поэтому для данного треугольника получим:

Откуда  

    Найдем высоту пирамиды BFAC, опущенную на плоскость FAC.    Для этого вычисляем объём пирамиды.

Тогда   где точка O есть воображаемое основание высоты BO пирамиды BACF, опущенной на грань FAC.

Если из вершины P опустить высоту  на плоскость грани LMN, т.е. грани FAC, то из соображения подобия треугольников  и  имеем:

 

Тогда  

                                   

                                                             Ответ: 3