Содержание - Академия последипломного образования

Пособие «Тождественные преобразования тригоно-метрических выражений»
(65 с., ГУО «Академия последипломного образования», 2006 год, составитель
Красовская В. В.).
Содержание
Предисловие
1. Основные формулы и факты тригонометрии
2. Решение примеров, связанных с применением формул тригонометрии, определений и
свойств тригонометрических функций
3. Упражнения для самостоятельной работы
4. Ответы
5. Консультации первого уровня
6. Консультации второго уровня
Приложения
3
3
x  5cos x .
2
4
Решение. Используем утверждение о том, что если функция f  x  имеет основной
период Т, то любая сложная функция вида g  x   kf  ax  b   c (a  0) является
периодической, причём её основным периодом будет число T   T / a .
Пример 22. Найдём основной период функции f  x   sin
Итак,
T1 
2 4
2 8

, T2 

.
3
3
3
3
2
4
Для нахождения основного периода заданной функции нам нужно найти
наименьшее общее кратное периодов T1 и T2 .
Заметим, что T1  4 
Ответ:
8
.
3

3
, T2  8 

3
. Тогда T  8 

3

8
.
3
Пособие «Решение планиметрических задач» (41 с., ГУО «Академия
последипломного образования», 2004 год, составитель Антанович И. М.).
Содержание
1. Медианы треугольника
2. Биссектрисы треугольника
3. Подобие и пропорциональность
4. Теорема Фалеса
5. Метод площадей
6. Теорема синусов и теорема косинусов
7. Вписанный угол
8. Угол между касательной и хордой
9. Угол с вершиной внутри (вне) круга
10. Свойство пересекающихся хорд
11. Касательные и секущие
12. Метод вспомогательной окружности
Есть задачи, где дано отношение отрезков, а подобных треугольников нет. При
решении таких задач полезно провести дополнительное построение и получить подобные
треугольники. Рассмотрим несколько таких задач.
Задача 3.5. В треугольнике ABC на стороне AC взята
точка N такая, что AN : NC = 2:3, на стороне BC — точка
K такая, что BK : KC = 1:2. В каком отношении отрезок
BN делит отрезок AK?
A
D
2y
N
Решение. Через точку A проведем прямую параллельную
3y
стороне BC. Пусть D — точка пересечения этой прямой с
O
прямой BN.
Длины отрезков BK, KC, AN и NC можно записать
так: BK = x, KC = 2x, AN = 2y, NC = 3y. Из подобия
AD AN 2 B
x K
2x
треугольников AND и CNB следует, что

 .
BC NC 3
2
Отсюда AD  BC  2 x . Из подобия треугольников AOD и BOK имеем
3
AO AD 2 x 2


 .
OK BK
x
1
Ответ: 2:1.
Рассмотрим еще один способ решения этой задачи.
Проведем ND || BC. Треугольники AND и ACK
A
подобны по двум углам, т.к. у них DAN — общий, а
2y
углы AND и ACK равны как соответственные углы при
параллельных прямых DN и KC и секущей AC. Значит,
D
DN : KC = AD : AK = AN : AC = 2 :5.
Отсюда,
N
2
4
2
2
DN  KC  x , AD  AK  z , где z — длина
3y
5
5
5
5
O
3
DK  AK  AD  z .
отрезка
AK.
Из
подобия
5
треугольников DON и KOB (докажите их подобие)
B x
K 2x
DO 4
4
 . Далее имеем: DO  OK .
следует, что
OK 5
5
9
5
5 3
1
2
AO 2
DK  DO  OK  OK , OK  DK   z  z , AO  AK  OK  z ,
 .
5
9
9 5
3
3
OK 1
Ответ: 2:1.
Пособие
«Числа
и
числовые
последовательности»
(90 с., ГУО «Академия последипломного образования», 2006 год, составитель Красовская
В.В.).
Содержание
1. Натуральные и целые числа
2. Рациональные, иррациональные и действительные числа
3. Делимость суммы, разности и произведения
4. Решение уравнений в целых числах
5. Прямые на решётке и линейные уравнения
6. Метод полной математической индукции
7. Числовые последовательности. Суммирование последовательностей
8. Арифметическая прогрессия
9. Геометрическая прогрессия
10. Рекуррентные последовательности
11. Задачи Международного математического конкурса «Кенгуру»
12. Задачи районных и городских (г. Минск) математических олимпиад школьников
13. Задачи республиканских математических олимпиад школьников
С
С
14. Задачи Международных математических олимпиад школьников
Рекомендуемая литература
Пример 8.3. Найдём числа, одновременно являющиеся членами двух конечных
арифметических прогрессий 3, 7, 11, ..., 407 и 2, 9, 16, ..., 709 . Сколько имеется таких
чисел?
Решение. Члены первой прогрессии описываются формулой
an  3  4  n  1 , n  1, 2, ..., 102 ,
а второй — формулой
bm  2  7  m 1 , m  1, 2, ..., 102 .
По условию, имеем an  bm . Отсюда следует, что 7m  4  n  1 и, тем самым, m
делится на 4 , то есть m  4t и n  7t 1 . Для нахождения возможных значений t имеем
систему из двух неравенств:
103
2
 7  t  7 ,

 1  t  102 .
 4
4
Её решениями являются числа 1, 2, ..., 14 . Итак, имеется четырнадцать общих членов
вида 23  28  t 1 , t  1, 2, ..., 14 .
Ответ: 14 общих членов.
Пособие «Абсолютная величина (модуль) в примерах и задачах» (60 с., ГУО
«Академия последипломного образования», 2006 год, составитель Красовская В. В.).
Содержание
1. Определение и свойства абсолютной величины
2. Модуль функции
3. Графики уравнений
4. Условия выполнимости некоторых равенств и неравенств
5. Решение уравнений и систем уравнений
6. Решение неравенств
7. Текстовые задачи
8. Скалярное произведение векторов
9. Схемы и алгоритмы
Рекомендуемая литература
Условия выполнимости некоторых равенств и неравенств.
2) Равенство a  b  a  b выполняется при ab  0 .
Для доказательства достаточно в равенстве a  b  a  b заменить b на  b , тогда
a b  0 , откуда ab  0 .
Пример 4.2. Решим уравнение
x  x  2  x2  x  x2  x  2 .

 

Решение. Заметим, что x  0 . Легко видеть, что x 2  x  2  x 2  x  x  x  2 и

 
x x 

x x2  x  x  x x 2 ,
2

2
x2  x  2  x2 

а
так
как
x x20
2
при
любом
x , то
x  2 , поэтому для нахождения всех корней данного



уравнения решим неравенство x  x  2 x 2  x  0 .
Обозначим



x через y , причем y  0 . Решаем неравенство y 2  y  2 y 4  y  0 :


y y  2 y  1 y  1 y  y  1  0 .
Так как y  y  1  0 при любых значениях переменной, то получим равносильное
неравенство y y  2 y  1 y  1  0 , решением которого являются y  0 ; 1  y  2 .
Значит, x  0 ; 1  x  4 .
Ответ: 0 1; 4.
2
2
Пособие «Многогранники и круглые тела» (62 с., ГУО «Академия последипломного
образования», 2007 год, составитель Антанович И. М.).
Содержание
Предисловие
1. Несколько полезных задач
2. Сфера, описанная около многогранника, цилиндра, конуса
3. Сфера, вписанная в многогранник, цилиндр, конус
4. Сфера, касающаяся всех ребер многогранника
5. Расстояние между скрещивающимися прямыми
6. Разные задачи
7. Проверь себя
Использованная литература
Задачи на нахождение расстояния между скрещивающимися прямыми входят в состав
наиболее трудных задач стереометрии.
Приведем некоторые способы решения таких задач.
Начнем с простейшего
перпендикулярны (рис. 51).
a
M
b

N
случая:
скрещивающиеся
прямые
a
и
b
взаимно
Проведем
через
прямую
b
плоскость
,
перпендикулярную прямой a и пересекающую ее в
некоторой точке M. Из точки M опустим перпендикуляр
MN на прямую b ( N  b ). Так как прямая a
перпендикулярна плоскости , то она перпендикулярна
всем прямым этой плоскости. Значит, отрезок MN является
общим перпендикуляром скрещивающихся прямых a и b,
а его длина есть расстояние между ними. Обратите
внимание на то, что расстояние между скрещивающимися
прямыми a и b равно расстоянию между их проекциями
Рис. 51
на плоскость .
Теперь перейдем к случаю, когда скрещивающиеся прямые a и b не являются взаимно
перпендикулярными (рис. 52). Пусть MN — общий
a
перпендикуляр скрещивающихся прямых a и b. Проведем
b
через прямую MN плоскость , перпендикулярную прямой
a, и спроектируем скрещивающиеся прямые a и b на эту
M
плоскость. Перпендикулярной проекцией прямой a на
c

плоскость  является точка M, а проекцией прямой b —
прямая c.
N
Так как прямая MN, лежащая в плоскости ,
перпендикулярна наклонной b, то она перпендикулярна и
ее проекции c. Значит, отрезок MN является также
расстоянием между проекциями скрещивающихся прямых
M1
c1

N1
Рис. 52
на плоскость . И здесь остается верным утверждение, что расстояние между
скрещивающимися прямыми равно расстоянию между их проекциями на плоскость .
Пусть плоскость   a и не содержит MN. Тогда проекцией прямой a на плоскость 
является точка M1, а проекцией прямой b на плоскость  — прямая c1. Пусть проекцией
точки N на плоскость  является точка N1. Плоскости  и  параллельны, потому что они
перпендикулярны прямой a. Прямые MM1 и NN1 перпендикулярны плоскости . Значит,
они тоже параллельны. А так как отрезки параллельных прямых, заключенные между
параллельными плоскостями, равны, то MM1 = NN1. У четырехугольника MM1N1N две
противолежащие стороны MM1 и NN1 параллельны и равны. Следовательно, MM1N1N —
параллелограмм. Отсюда получаем, что M1N1 = MN. Значит, длина отрезка M1N1 есть
расстояние между скрещивающимися прямыми a и b.
Таким образом, для нахождения расстояния между двумя скрещива-ющимися
прямыми можно провести какую-нибудь плоскость, перпендикулярную одной из
скрещивающихся прямых, и спроектировать на эту плоскость данные скрещивающиеся
прямые. (Проекциями будут точка и прямая, не содержащая эту точку.) Искомое
расстояние между скрещивающимися прямыми будет равно расстоянию между
полученными проекциями: расстоянию от точки до прямой.
Пособие «Квадратный трёхчлен» (100 с., ГУО «Академия последипломного
образования», 2007 год, составитель Красовская В. В.).
Содержание
1. Общие положения теории квадратного трёхчлена
2. Существование корней квадратного уравнения и исследование их знаков
3. Свойства функций и задача нахождения множества значений функции
4. Расположение корней квадратного трёхчлена
5. Уравнения, неравенства и системы с параметром
6. Нахождение графическим способом числа решений уравнения с параметром
7. Квадратичные функции двух и трёх переменных
8. Задачи, сводящиеся к рассмотрению квадратного трёхчлена
Рекомендуемая литература
Пример 8.3. Найдём наибольшее значение функции y 
8
.
x  6 x  13
2
Решение. После преобразований в знаменателе дроби получим:
y
8
 x  3
Так как наименьшее значение выражения
2
4
.
  x  3  4 
2
равно 4 при всех действительных
значениях x , то наибольшее значение исходной функции равно: y  3  2 .
Ответ: 2 .