Разбор второй части ЕГЭ

Всем привет! Позвал меня как-то сюда один друг. Я тут полистал записи, увидел разборы ЕГЭ от Мынки и решил — ну а фигли мне не засандалить чего-то подобное? Посидел, подумал и решил для пущего веселья не искать вариант где-то на просторах сайтов Гущина и Ларина, а составить свой. В нём будут и задача, на примере которой я хочу разрекламировать один способ решения, и парочка особо противных задач из моих конспектов, ну и кое-что просто чуть-чуть необычное и выделяющееся на фоне большинства ЕГЭшных задач.

В общем, не люблю долгих вступлений, да и получаются они у меня всегда не очень, поэтому давайте к делу.

Итак, наш разбор второй части ЕГЭ по профильной математике мы начнём с задания 13 - наша любимая тригонометрия! Урааа!!!

Не, да ну к чёрту… Надоело… На-до-ело! Кругом одна тригонометрия, куда не сунься – косинус, синус, тангенс, котангенс (ах да, котангенс ведь не встречается – несправедливо забытая функция…). Давайте лучше решим показательное уравнение. Не сложное, зато хоть какое-то разнообразие.

(P.S. А кто-то вообще видел котангенс в ЕГЭ?)

Вашему вниманию представляю уравнение:

Решается достаточно просто. Посмотрим на примечательную вещь – в показателях степеней каждого из представленных чисел имеется «общая» часть x²-3x. Если мы в последнем слагаемом перенесём одну четвёрку в показатель степени из числа 48, то мы получим очень удобное уравнение:

Особо расписывать решение я не стал, так как оно достаточно простое. В пункте б) следует провести отбор корней из промежутка [-1;2], но, полагаю, многие способны с этим легко справится самостоятельно. Переходим к следующему заданию – стереометрической задаче.

Теорема о трёх перпендикулярах, проекции прямых на плоскости и Пифагор, Пифагор, Пифагор. Ммм, романтика, да? Именно этого всего в нашей с вами задаче… не будет. Задачу тоже выбрал не сложную, причём из реального ЕГЭ (простите, не помню какого года, можете сами посмотреть, код задачи в РешуЕГЭ – 510019). Я выбрал её, чтобы продемонстрировать всю мощь векторного метода решения задач. Нет пространственного мышления? Любите алгебру, но терпеть не можете геометрию? Или просто порой лень думать и хочется решить способом полегче (но, правда, подлиннее)? Тогда этот способ для вас! Поехали.

Условие задачи звучит так: «Все рёбра правильной треугольной призмы ABCA1B1C1 имеют длину 6. Точки M и N – середины рёбер AA1 и A1C1 соответственно.

А) Докажите, что прямые BM и MN перпендикулярны.

Б) Найдите угол между плоскостями BMN и ABB1.»

Не, ну ладно куб. Ну пусть хотя бы параллелепипед. Но в призму-то куда пихать вектора? А пихать следует потому, что думать в этой задаче практически не придётся. А вот порисовать всё-таки надо. Берём карандашик, берём линеечку, гасим очередной порыв лени и делаем, пожалуй, самое трудное в этой задаче (лол).

Введём систему координат XYZ (направления и положения осей показаны на рисунке). Взглянем на плоскость XOY и найдём оттуда координаты точки N:

Точка М – середина АА1, к тому же, М лежит на оси OZ, поэтому её координаты: {0;0;3}. В лежит в плоскости XOZ, поэтому её координата по OY равна нулю, а координаты по двум другим осям, как нетрудно видеть из рисунка, равны 6. Координаты вектора равны координатам конца вектора, из которых вычли координаты начала. Находим координаты векторов MB и MN, а затем просто подставляем их в формулу для угла между векторами. Формула и найденные простыми вычислениями координаты векторов, а также результат расчёта угла можете видеть на фото:

Мы доказали, что наш угол равен 90 градусов. Перейдём к пункту б).

Проведём АН перпендикулярно MB, тогда угол между AH и MN – есть искомый угол между плоскостями. В самом деле, зачем нам париться – у нас ведь есть уже два перпендикуляра к линии пересечения плоскостей (МВ). Перпендикуляры не пересеклись? Не видите треугольника с заветным уголком? Да пофиг! Мы ж тут не геометрией занимаемся, мы вектора насилуем! (не-не, на самом деле геометрией, но… кароче, вы поняли).

Так, как искать угол векторно мы уже определились. Координаты MN уже знаем. А вот что делать с AH? Ну, скорее только с Н, с А всё ясно – лежит на оси OZ, поэтому её координаты – {0;0;6}. Давайте разбираться с координатами точки Н. Нетрудно видеть, что координата этой точки по оси OZ – это длина отрезка A1P, координата по оси OX равна длине отрезка HP (где HP – перпендикуляр к AA1). В принципе, заметить всё это несложно, особенно тем, кто много ботал физику – там частенько приходится, особенно в олимпиадных задачах, проецировать различные вектора на всевозможно расположенные оси.

По порядку. Рассмотрим треугольник MAB – у него угол MAB прямой, поэтому по теореме Пифагора легко находим, что МВ=3*5^(1/2). Площадь этого треугольника равна, с одной стороны, половине произведения АМ*АВ, с другой стороны – половине произведения АН*МВ, откуда получаем: АН=АМ*АВ/МВ=6/5^(1/2).

Рассмотрим теперь треугольник АНМ: угол АНМ прямой, поэтому можем применить теорему Пифагора и найти МН=3/5^(1/2). Снова используем вышеописанный трюк с площадями и получаем, что PH=MN*AH/AM=6/5.

Из треугольника APH по теореме Пифагора имеем: АР=12/5. Далее получаем, что А1Р=АА1-АР=18/5. О чём я там говорил выше? Длина А1Р – координата Н по оси OZ, длина РН – координата Н по оси OX. Координата Н по оси OY равна нулю. Соберём эти данные и полученное ранее в пункте а) и посчитаем по формуле наш уголок:

Давайте начистоту. Да, это решение длиннее, чем решение чисто геометрическое. Но всё же, вам не кажется, что тут скорее всю игру определяют механические выкладки и базовые знания: теорема Пифагора(да, я там вначале сказал, что её не будет, а оно воно как вышло…), знания о Декартовой системе и умение считать. Особого геометрического мышления, необходимости видеть нужные углы и треугольники не требуется — всё «вылезает» на глаза как бы само собой. Именно за это я и люблю векторный метод.

Неравенства — это, пожалуй, самое сложное задание для невнимательных математиков, как я. Искал, искал что-то интересное, как вдруг мне на почту пришло письмо от учительницы с резами последнего пробника. Учительница дала ларинский вариант с противной стереометрией и каким-то совсем диким параметром, решать который мне было лень. В общем, пробник этот я написал на 86 и это хреново. Также в пробнике было неравенство, с виду немного страшноватое, в котором я умудрился допустить тупую ошибку. Речь сейчас зайдёт именно о внимательности, которая меня и подвела.

Вкратце о том, что я тут вытворял. Сначала я применил теорему о знаке логарифма, которая приведена на фото. Затем я разложил имеющееся выражение на множители, найдя все нули числителя и знаменателя, а затем решил всё методом интервалов, учтя О.Д.З. Неравенства в ЕГЭ хороши тем, что любую хрень, которая только может среди них встретится, можно решить методом интервалов. А ошибка у меня была как раз из-за невнимательности при составлении О.Д.З. Я рассуждал так: «Ага, у меня там под натуральным логарифмом стоит (х-6) в квадрате, значит оно точно положительно, поэтому тут ничего писать не надо». И тут я совсем забыл, что подлогарифмическое выражение не может равняться нулю (это же число в некоторой степени!). Я забыл выколоть точку 6. Противная ситуация — вот вроде я всё проверил, все свои логарифмы внимательно просмотрел и всё-равно умудрился проебаться. Будьте внимательнее на этом задании с О.Д.З., особенно если неравенство логарифмическое (с показательными и рациональными чуть попроще).

Её боялся даже Трушин. Самая отмороженная планиметрия в России.

Конечно, Трушин её не боялся. Впрочем, полагаю, он не зря назвал эту задачу самой сложной планиметрией в ЕГЭ. Это задача с реального экзамена 2018 года. Насколько она сложна, лучше судите сами. Как по мне, относительно некоторых задач, вроде 517524 (вбейте на РешуЕГЭ, гляньте – устная задачка второй части!), эта хитрожопая трапеция заслуживает внимания.

Условие задачи: «Дана трапеция АВСD. Точки М и N – середины АВ и СD. Окружность w содержит В и С и пересекает АВ и CD в точках Р и Q.

А) Доказать, что P,Q,M,N лежат на одной окружности

Б) Найти QN, если ВС=4,5; AD=21,5; АВ=26; CD=25 и угол СРD=90º.»

Вы бы знали, как мне уже надоело менять раскладку. Скачу по этим клавишам, аки подстреленный заяц. Идея Мынки не менять раскладку в одной статье не так уж и плохо смотрится, знаете ли…

Кхм… Я надеюсь, вы поняли, какие именно яйца я там имел ввиду, а то мне один товарищ уже высказывал…

А) Спасибо ФИПИ за то, что хотя бы один балл подарили. Тут просто. Угол РВС=180º-угол ВМN, а так как PBCQ вписан, то CQP=BMN и смежный ему PQN=180º-BMN. В MPQN сумма BMN+PQN=180º, откуда можно сделать вывод, что MPQN вписан.

Б) Тут тёплых слов для ФИПИ, к сожалению, найти не могу. Теплых не могу, но вот отборный горячий мат – запросто. Кхм…

Посмотрите на то, что нам даётся в задании и о чём вообще идёт речь. Посмотрели? Если посмотрели внимательно, то заметили, что вся «игра» разворачивается в верхней трапеции BCNM. Перейдем, пожалуй, к ней, но перед этим спиздим у нашей большой трапеции кое-какую информацию. Треугольник CPD по условию прямоугольный, а PN – его медиана, следовательно, PN=CN=ND (кому не понятно, вспомните, что прямоугольный треугольник – это треугольник, опирающийся на диаметр описанной около него окружности, и расстояния от центра окружности, т.е. от середины гипотенузы, до любой точки на окружности, т.е. до всех вершин, равны). Усё, далее работаем с верхней половинкой трапеции.

Не забудем, что BCNM и PQNM вписаны. Тогда углы PBQ=PCQ и PMQ=PNQ как опирающиеся на дугу PQ (в разных окружностях!), из равнобедренности PCN получаем, что PCN=CPN. Обозначим эти углы α и β, как показано на рисунке. Исходя из того, что сумма углов в треугольнике равна 180º, составляем два уравнения:

α=180º-2β
BQM=180º-α-β

Откуда можно получить, что BQM=β. Зачем, спрашивается, я это сделал? Посудите сами – интересующий нас отрезок расположен в треугольнике MQN и я сейчас буду всячески пытаться подойти к тому, чтобы получить возможность решить этот треугольник. Напоминаю, что для того, чтобы в треугольнике найти всё, что угодно, следует знать параметры 3-х элементов этого треугольника. Часто решаю задачи таким способом – если непонятно, как решать, то я просто выбираю удобный треугольник с искомым элементом и стараюсь узнать про него как можно больше.

Что же мы сейчас получили? Мы получили, что BQM – равнобедренный треугольник с основанием BQ. Вспомним, что BM=½AB=13, поэтому MQ=BM=13.

Проведём CK||MB и рассмотрим треугольник СКN. Его параметры указаны на рисунке. Нам известны три параметра, три стороны, и мы в силах найти всё, что только можно. Я тут шарюсь с целью найти что-то, связанное с MQN, поэтому CKN может быть полезен информацией про угол CNK, косинус которого находится по теореме косинусов и окажется равен, после недолгих вычислений, 7/25.

Завершающий штрих – рассмотрим теперь уже сам треугольник MQN. Он равнобедренный. Не верите? MQ=BM=13, а MN=(BC+AD)/2=26/2=13. Раз он равнобедренный, то проведём высоту MH к основанию QN. В прямоугольном треугольнике MHN имеем: HN=MN*cos(MNC)=13*7/25. А высота, проведённая к основанию, в равнобедренном треугольнике является ещё и медианой, поэтому искомый отрезок QN=2*HN=182/25. Ура!

Ответ: б) 182/25.

Задачу 17 подыскал необычную (вернее, мне её скинул Никита, он тут редактором является).

Нередко задачи подобного рода, на оптимальный выбор, решаются составлением уравнения и его исследованием. Однако, всегда решение такой задачи можно заменить на более простое, если чуть-чуть подумать над сутью.

Заметим, что тонна ягодной начинки будет приносить выручку в 30 тысяч рублей, а тонна творожной — в 35 тысяч рублей. Также заметим, что на 1 произведённую тонну творога приходится 1,2 произведённые тонны ягодной начинки. При этом 1 тонна*35000 рублей<1,2 тонны*30000 рублей. Оказывается выгоднее производить блинчики с ягодной начинкой. Соблюдая условие ассортиментности, получаем, что заводу выгодно произвести 15 тонн блинчиков с творогом, удовлетворив минимальный спрос, а остальной рынок заполнить блинчиками с ягодной начинкой. Загрузив мощности на выпуск 15 тонн творога, мы получим, что на объемы выпуска ягодной начинки составят 90-15*1,2=72 тонн, откуда прибыль составит: 15*35+72*30=2685 тысяч рублей.

Ответ: 2685 тысяч рублей.

Дальше будет повеселее (если вам до этих пор было скучновато). Задача с параметром звучит так: «Найдите все а, при которых для любого положительного b уравнение имеет хотя бы одно решение в интервале (0; ½)». И далее суют вот такое вот уравнение:

Так, господа, спокойно. Давайте возьмём себя в руки, выдохнем и уберём лезвие от запястья. В задаче отсутствует параметр в самой подлогарифмической функции, что уже хоть немного радует. И тут, в принципе, кроется ключ к решению. То, что следует сделать в первую очередь, абсолютно очевидно… Всё-таки не очевидно, да? Ну ладно. Нам задали конкретный интервал значений х, при которых оба логарифма должны принимать какое-то конкретное значение. Так давайте же посмотрим, как зависит а от этих значений логарифмов! Ничего не ясно, если у нас какая-то некрасивая логарифмическая функция, а вот если свести её к определённым значениям из какого-то промежутка, то всё может стать чуть понятнее. Этим и займёмся.

Чтобы узнать, как связаны а и значения наших симпатичных логарифмов, предлагаю найти множество значений функции f(x)=log2(1-x-x²) при х из промежутка (0; ½). Для этого исследуем график g(x)=1-x-x². Это парабола с ветвями вниз и вершиной в точке х=-½. Поскольку наш промежуток, на котором мы рассматриваем f(x), расположен справа от вершины, то функция на нём убывает и своё наибольшее значение принимает в х=0, наименьшее – в точке х=½.

Итак, если х принадлежит промежутку (0; ½), то g(x) принимает все значения из промежутка (g(½); g(0)), т.е. из интервала (1/4; 1). Значит, множеством значений f(x)=log2g(x) является интервал (-2;0).

Ура! Теперь у нас есть конкретный диапазон значений для новой переменной. Ах, да, я же про неё ещё не сказал. Знакомьтесь, t=log2(1-x-x2).

Подведём итоги первой части. Перепишем исходное уравнение в виде t=a/t+b (обратите внимание, что я пропустил несложное преобразование логарифма). Каждому t из этого уравнения, принадлежащему промежутку (-2;0) соответствует один х из интервала (0; ½), а для всех прочих значений t х, если существуют, то не принадлежат вышеуказанному интервалу.

Теперь переформулируем условие задачи: «Найти все а, при которых для любого положительного b уравнение t=a/t+b имеет хотя бы одно решение в интервале (-2;0)». Звучит уже совсем не так страшно, как раньше, не правда ли? Кто не покончил с собой до этой строчки, тот молодец.

Перепишем теперь полученное уравнение в виде t²-bt-a=0 (t у нас не равно нулю, это учтено в условии). Графиком функции, заданной данным уравнением, назовём её h(t), является парабола с ветвями вверх и вершиной, имеющей положительную абсциссу (xв=b/2, а b по условию положительно). Таким образом, если это уравнение имеет корни, то хотя бы один из них положителен. Для того, чтобы второй корень лежал в интервале (-2;0), необходимо и достаточно, чтобы выполнялись два условия:

· h(0)<0

· h(-2)>0

Из этих условий имеем систему:

-а<0

4+2b-а>0

Поскольку b положительно, то решением данной системы будет промежуток (0;4].

Ответ: (0;4].

Очередной промежуточный вывод: эта задача сложнее, чем в варианте ЕГЭ, но кто знает, что опять нам подсунет ФИПИ (со всем уважением к нему, всё же). Как видите, решение даже усложнённого параметра со страшными логарифмами на самом деле не такое замудрённое. Если сесть, хорошенько подумать и разобраться с тем, что нам, собственно, дали, то и такая задача не будет казаться монстром. Один из самых мощных приёмов при решении задач с параметром — забыть на время про сам параметр и понять, что из себя представляет заданное уравнение (или система/неравенство/совокупность, не суть), а затем переформулировать условие, сведя его к более простому, и уже от него искать значения параметра.

Решать будем по частям, так как формулировка очень длинная. Нам же не нужна каша в голове, особенно после всего предыдущего?

Пункт а) Приведите пример 5 различных натуральных чисел, расставленных по кругу так, что наименьшее общее кратное любых двух соседних чисел равно 105.

Для начала небольшое отступление. В теории чисел есть формулы для НОД и НОК. Я только расскажу про них, доказательство можете поискать сами. Берём два числа, НОД и НОК которых мы хотим найти, и раскладываем их на простые, при этом группируя одинаковые множители в степени(недостающие множители, имеющиеся у одного числа, но отсутствующие у другого, заменяем числами в нулевой степени). Также напомню, что такое разложение можно провести с любыми числами, и оно будет единственно (основная теорема арифметики).

Объясняя нестрого, НОД(m,n) – произведение всех множителей обоих чисел m и n в наименьших степенях, в которых они встречаются при записи этих чисел. НОК(m,n) – произведение всех множителей, только уже в максимальных степенях, в которых они могут встретиться. Рассмотрим это на конкретном примере:

Надеюсь, рассказал понятно.

Приступим к заданию. Если НОК двух соседних чисел равен 105, то эти числа обязательно должны содержать в себе множители 3, 5 и 7. То есть нам нужно составить пять чисел, каждые два соседних из которых содержат в себе 3, 5 bи 7 (в первой степени, разумеется). Начнём рассуждать со 105: 105 содержит и 3, и 5, и 7. Поставим рядом 5 – НОК(105,5)=105, всё хорошо. Рядом с 5 должно стоять что-то, содержащее в себе 3 и 7 – это число 21. Рядом с ним можно поставить что-то, что содержит в себе 5, но число 5 уже занято, поэтому можем взять, скажем, 7*5=35. Рядом с 35 не хватает тройки, саму тройку мы не использовали, а следующее число – это уже 105, которое содержит в себе все нужные множители, поэтому можем без опасений поставить тройку после 35, и цепочка замкнётся. Ответ: 105; 5; 21; 35; 3.

Пункт б): можно ли расставить по кругу 8 различных натуральных чисел так, чтобы наименьшее общее кратное двух соседних чисел равнялось 300, а наибольший общий делитель любых трёх подряд идущих чисел равнялся 1?

Разложим 300=2²*3*5². Заметим, что в круге рядом с числом 1 может стоять только число 300, поэтому 1 в круге отсутствует. Среди делителей числа 300, как видно из разложения, есть такие, которые кратны 2 или 5, но не кратны 4 и 25 – их квадратам. А в круге есть хотя бы одно число, которое кратно 2 или 5, но не кратно 4 или 25. Тогда с обеих сторон от этого числа будут стоять ещё числа, кратные 2 или 5. Таким образом, у трёх идущих подряд чисел будут множители 2 и 5 в ненулевой степени, и НОД таких трёх чисел никак не может равняться 1. Ответ: нет.

Пункт в): Какое наибольшее количество различных чисел можно расставить по кругу так, чтобы наименьшее общее кратное любых двух соседних чисел было равно 60?

Каждое число в круге должно являться делителем числа 60. Разложим 60 и посмотрим на его делители: 60=2²*3*5. Вам не кажется, что тут есть одно очень подозрительное число? Это число – 2. Подозрительно оно тем, что рядом с ним может стоять такое число, которое обязано представлять собой произведение 2²*3*5, иначе НОК не будет равен 60. Однако единственное такое число – 60, значит, для 2 не найдётся второй пары. Двойку на расстрел!

После того, как мы грохнули двойку, обращаем свой взор на следующих подозреваемых – 5 и 10=5*2. Рядом с ними могут стоять только числа 3*2²=12 или 2²*3*5=60, поэтому, если в круге больше 4 чисел (а их больше, посчитайте делители 60), то 5 и 10 находиться там одновременно не могут. 5 и 10 – на Колыму! Не задача, а реконструкция 1937 года какая-то…

Аналогично отправляем под суд 3 и 6. Рядом с ними могут быть только числа 2²*5=20 и 2²*3*5=60, поэтому они также не смогут встать в круг, где больше 4 чисел, одновременно. 3 и 6 – на Индигирку!

После всех этих репрессий у нас выжили следующие делители числа 60: 4; 15; 20; 12; 60; 30; 1. При этом остались две пары, состоящие из таких чисел, нахождение которых вместе недопустимо – это 10 и 5, 3 и 6.

Составив цепочку по принципу, описанному в пункте а), можем получить, что, например, 60; 6; 20; 30; 4; 15; 12; 10 является одной из наибольших по величине цепочек, удовлетворяющих условию. Таким образом, ответ: 8.

Ко мне закрадывается подозрение, что понаписал тут слишком много. Некоторых из этих задач на ЕГЭ, скорее всего, не будет, но какие-то отдельные шаги в их решении или общие идеи вполне можно применять для решения более простых задач. Пару слов о том, что мне самому больше понравилось в этом разборе. Недавно видел разбор варика ЕГЭ от какого-то репита на ютубе. Так вот, она с ехидной и презрительной улыбкой говорила, что применять векторный способ в ЕГЭ не очень логично, да и «как тут его применить я вообще не знаю, это же треугольная призма»… а потом 15 минут не могла разобраться со своими углами и треугольниками. Я вам показал векторный способ на примере рандомно найденной у меня в записях задачи с треугольной призмой и, как видите, он может и длинноват, но идейно не такой сложный, как «честный» геометрический путь решения. Поэтому на последок советую всем его или повторить, или изучить. Мне порой удавалось даже задачи с пирамидами решать через вектора)

Надеюсь, вам зашёл этот разбор. Спасибо вам огромное, если вы дочитали до конца.

P.S. Лайков подкиньте, вам чё, жалко что-ли?