помощь
преподава телю
* МАТЕМАТИКА
Решение заушим ЕГЭ
высокой апеиени аожносйш:
основные ме/нос/ы и н/шемы
9-И
классы

Издательство «Учитель»
МАТЕМАТИКА
9-11 классы
Решение заданий ЕГЭ
высокой степени сложности.
Основные методы и приемы
Автор-составитель М. А. Куканов,
кандидат физико-математических наук
Волгоград

УДК 371.3
ББК 74.262.21
М34
Рецензенты:
Л. С. Капкаева, доктор педагогических наук, профессор,
заведующий кафедрой математики МГПИ им. М. Е. Евсевьева;
Г. А. Богомолова, методист кафедры математики и информационных
технологий МРИО
Автор-составитель М. А. Куканов,
кандидат физико-математических наук
Математика. 9-11 классы: решение заданий ЕГЭ высо-
М34 кой степени сложности. Основные методы и приемы / авт.-
сост. М. А. Куканов. - Волгоград: Учитель, 2009. - 223 с.
ISBN 978-5-7057-2062-0
В предлагаемой публикации представлены наиболее трудные задания, исполь-
зуемые на ЕГЭ по математике в последние годы Рассмотрены основные методы
и приемы их решения Даны подробные решения с пояснениями и комментариями
к каждой задаче и ответы.
Пособие предназначено для учителей и методистов с целью организации уг-
лубленной подготовки выпускников школ к ЕГЭ по математике, будет полезно так-
же учащимся 9-11 классов, желающим самостоятельно познакомиться с основными
приемами и методами решения задач высокого уровня сложности.
УДК 371.3
ББК 74.262.21
ISBN 978-5-7057-2062-0 О Куканов М. А., автор-составитель, 2008
© Издательство «Учитель», 2008
© Оформление. Издательство «Учитель», 2008
Издание 2009 г.

ВВЕДЕНИЕ
За последние годы в процессе проведения ЕГЭ наметилась
тенденция к усложнению задач высокого уровня сложности,
которые фигурируют в третьей части пакета заданий под
номерами СЗ-С5. Одновременно увеличилась и значимость
успешности решения этих заданий. Достаточно сказать, что при их верном
решении сумма баллов может увеличиться сразу на 25 пунктов!
(Результаты ЕГЭ 2008 г.)
До сих пор значительная часть как учеников, так и учителей
искренне недоумевают, зачем включают эти суперзадачи в пакет
заданий ЕГЭ по математике? Эти задания носят конкурсный
характер в масштабе всей России, так как результаты ЕГЭ по
новому федеральному закону теперь являются определяющими
для отбора во все российские вузы. Поэтому включение
подобных задач вполне оправданно. Другое дело, что без
целенаправленной подготовки к решению этих заданий получение
90 баллов и более абсолютно невозможно, даже если учитывать
фактор везения.
В чем же должна выражаться целенаправленная подготовка
к успешному выполнению этой категории заданий? Учителя
и учащиеся должны познакомиться для начала с типовыми
задачами на моделирование, связанное с исследованием целевой
функции на минимум или максимум, на комбинацию
многогранников и тел вращения, на решение уравнений или
неравенств с параметрами, требующее привлечения функционально-
графических приемов анализа; на исследование
функциональных свойств систем уравнений. Далее необходимо уяснить,
какие методы используются при решении той или иной типовой
задачи. Как правило, это не частные приемы, а достаточно
общие способы действий.
3

Необходимо предостеречь от практики бессистемного
«натаскивания» по принципу - чем больше задач, тем лучше. К
сожалению, следует отметить, что времена, когда достаточно было
проштудировать популярный сборник конкурсных задач под
редакцией Сканави, безвозвратно ушли. Как ни странно, но и
сборники заданий для поступления в Московский университет (или
СПбГУ, НГУ, МВТУ, МФТИ и др.) тоже не принесут большой
пользы, так как в составлении заданий ЕГЭ по математике
задействована совершенно другая команда, состоящая в основном
из преподавателей московских педагогических вузов.
Самым лучшим источником являются сборники материалов
ЕГЭ по математике, которые выпускают Федеральный центр
тестирования [1-4] и Федеральный институт педагогических
измерений [6]. К сожалению, эти материалы выпускаются с
решениями только для одного варианта из десяти, что явно
недостаточно. Мы постарались восполнить этот пробел. Кроме того,
было обращено особое внимание на методическую часть
решений заданий ЕГЭ высокого уровня сложности.
Задачи приводятся в каждом разделе в хронологическом
порядке с 2004 по 2008 г. Тематика задач соответственно
несколько меняется. В заданиях группы СЗ сначала следуют задачи
на исследование функций, а в последние два года - задачи
с параметрами, которые также связаны с функциональной
тематикой. Тематика заданий группы С4 практически постоянна -
это задачи на комбинацию или двух многогранников, или
одного многогранника с телом вращения. Самая трудная группа
заданий - С5 - до 2006 года была представлена задачами с
параметрами, а в последние два года в связи с переводом этой темы
в группу СЗ здесь присутствуют задачи, связанные с системами
нестандартных уравнений, которые требуют привлечения
приемов исследования функций.
4

1. ЗАДАНИЯ ЕГЭ ПО МАТЕМАТИКЕ ТИПА СЗ
ВЫСОКОГО УРОВНЯ СЛОЖНОСТИ
Задача 1.1. (Июньский ЕГЭ 2004 [1].)
(Подобные задачи опубликованы также в сборнике
тренировочных заданий ЕГЭ 2007 [3].)
Найдите наибольшее значение площади прямоугольника
со сторонами, параллельными осям координат, и диагональю ОР,
где О - начало координат, аР- точка на графике функции
1 .. 7 8-«*,0,8<;с<3.
У '
0
д >
У
Р
\
\
X,
X
Решение.
1) Площадь прямоугольника с диагональю ОР определяется
координатами точки Р(х\ у): S(x) = ху(х) = 1 + \5х*е*~**.
Требуется определить максимум этой функции на отрезке [0,8; 3].
2) Сначала найдем стационарные точки функции S(x): S{x) =
=120xV^*(l -х) = 0, xi = 0, х2 = 1.
3) Точка х = 1 попадает в отрезок [0,8; 3], проверим ее на
максимум: S\x) = 120btV*(l -x) > 0 на [0; 1] и < 0 на [1; + оо],
таким образом, S(x) возрастает на [0; 1] и убывает на [1; + оо],
следовательно, max S(x) = 5(1) = 1 + 15е° = 16.
Ответ. 16,
5

Задача 1.2. (Июньский ЕГЭ 2004 [1].)
(Сборник тренировочных заданий ЕГЭ 2007 [3].)
Точка А лежит на графике функции у = fix) точка В -
на оси Ох, и ее абсцисса равна ординате точки А. Найдите
наименьшее значение площади треугольника ОАВ, где
точка О - начало координат, f(x) = v4jc - 2sin 2x -11 cosx +14
И <JC<
5
У
Решение.
1) Площадь треугольника ОАВ равна Soab = ^в.Уа / 2. По
условию задачи хв = 7а и площадь треугольника Oi4B Soab = >^a2 / 2
можно считать функцией абсциссы точки A: S(x) = f\x)l 2 =
= (2x-2sin2x- llcosx+ 14^/2.
2) Требуется определить минимум функции S(x) на отрезке
[9л/ 5; 15 л*/ 7]. Найдем сначала стационарные точки функции
S(x) : S'(x) = 2-2cos 2x + 5,5sin л: = 0 или 4sin2x + 5,5sin x = 0.
Последнее уравнение выполняется, если только sin x = 0, что
дает единственную точку jc = 2щ принадлежащую отрезку
[9л/5; 1571/7].
6

3) Проверим эту точку на минимум: S'(x) = sin x(4sin x + 5,5/
Знак S ^определяется только знаком множителя sin хь так как
4 sin х + 5,5 > 0. Очевидно, что sin х <0 на [9п I 5; 2л] и sin x > 0
на [2я; 1571 / 7], то есть S(x) убывает на [9тс / 5; 2я] и возрастает
на [2я; 15я/ 7]. Значит, на отрезке [9я/ 5; 15я/ 7] min S(x) =
= 5(2тс) = 471 + 3/2.
Ответ. 4тг + 1,5.
Задача 1.3. (Июньский ЕГЭ 2004 [1].)
(Сборник тренировочных заданий ЕГЭ 2007 [3].)
Найдите наименьшее значение периметра прямоугольника
со сторонами, параллельными осям координат, и с диагональю
ОМ, где О- начало координат, а М- точка на графике функции
у=\-21п(0,\х-3), 31<х<37.
0
30
Решение.
1) Периметр прямоугольника является функцией абсциссы
точки М: Р(х) =2х+2у=2х+2- 4/и(0,1х -3). Требуется найти
минимум Р(х) на отрезке [31, 37].
2) Найдем сначала стационарные точки функции /X*): Р'(х) =
= 2- 0,4/ (0,1х- 3)= 0. Последнее уравнение имеет один
корень л: =32. Проверим его на минимум. Р'(х) =(0,2jc - 6,4)/
/ (0,1*- 3)= 2(х- 32)/ (х- 30)< 0 на (30, 32] и Р{х)> 0 справа
7

otjc = 32. Таким образом, Р(х) убывает на [31, 32] и возрастает на
[32,+ оо]. Значит, х= 32 - точка минимума Р(х) на [31, 37].
min Р(х)= Д32)= 2-32+ 2- 4/и(3,2- 3)= 66- 4/л(0,2) = 66 +
Ответ. 66 +47w5.
Задача 1.4. (Июньский ЕГЭ 2005 [2].)
(Сборник тренировочных заданий ЕГЭ 2006 [2].)
Найдите все значения а, при каждом из которых наименьшее
из двух чисел р = log2a-21og2(2a2)-4 и q = 11 - log* 2 - logfl 2
не меньше, чем -1.
Решение.
1) Первое выражение можно равносильно переписать через
общий логарифм log2tf : p = log2tf-41og2tf-6.
2) Во втором выражении тоже удобно перейти к тому же ло-
л 1 11 llloga-Iog2a-l
гарифму 1оё2я: д = Ц-— = , 2
log2 a log2 a log2 a
с дополнительным контролем а * 1.
3) Теперь числа р и q можно рассматривать как функции
новой переменной / = log2a: p(t) = t2-4t-6 и #(0 = j .
Условие задачи можно переформулировать следующим
образом: для каких значений переменной / функции p(t) и q(t) будут
одновременно принимать значения не меньше, чем -1? Это
равносильно системе неравенств
\
или
1г2-4/-6>-1, |/2-4/-5>0,
8

4) Решим полученную систему неравенств:
(У-4/-5>0, Г(/ + 1)(/
или /<-1, />5.
5) Возвращаясь к прежней переменной, получаем систему
неравенств относительно параметра a: log2a<-l, log2a>5,
которая дает с учетом свойств логарифмической функции с
основанием больше единицы следующее решение:
Ответ. (0;-
д<~, я>32.
jit
Задача 1.5. (Июньский ЕГЭ 2005 [2].)
(Сборник тренировочных заданий ЕГЭ 2006 [2].)
Найдите все значения а, при каждом из которых наименьшее
из двух чисел р = д3 4а— +3,5 и q = a2\ 5 + — +1
\ а) \ а)
не больше, чем 4.
Решение.
1) Числа р и q можно рассматривать как функции
переменной а: р(а) = 4л4 - а2 + 3,5 и q(a) = 5а2 + 2а +1 с
дополнительным условием а * 0.
2) Условие задачи можно переформулировать следующим
образом: для каких значений переменной а функции/?^ и q(a)
будут одновременно принимать значения не больше, чем 4? Это
равносильно системе неравенств
Ф 0, f а * 0,
!р(а)<4, или
4аА -а2 -0,5 < 0,
5д2+2я-3<0.
9

4) Решим полученную систему неравенств:
а *0,
8я4-2а2-1<0,<»
5а2+2а-3<0
а* О,
(4л2+1)(2а2-1)<0,«>
(а + 1)(5а-3)<0
о,
-1
1
или
•Й+Н1
Ответ
Задача 1.6. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [3].)
Три грани прямоугольного параллелепипеда с общей
вершиной покрасили в три цвета: одну грань в красный, другую -
в синий и третью - в белый цвет. Сумма площадей красной
и синей граней равна 120, а периметр красной грани на 18
меньше периметра белой грани. Найдите наибольшее значение объема
такого параллелепипеда.
Решение.
1) Пусть х - ребро, перпендикулярное белой, у - ребро,
перпендикулярное красной, иг- ребро, перпендикулярное синей
грани. Тогда площадь красной - x-z, площадь синей - х-у, а
площадь белой грани -y-z.
2) Первое условие задачи дает уравнение х(у+ z)= 120.
По второму условию получаем уравнение 2(х + z) + 18 = 2(у + z).
3) Перепишем первое уравнение как y + z=\20/xn
подставим во второе: 2(х + z) + 18 = 2401х илиz = 1201x -9-х.
Подставим z=120/jc-9-jcb первое уравнение, получаем у = 9 + х.
10

4) Запишем теперь выражение для объема параллелепипеда
у= x.y.z: V= x(120/x- 9 -~х)(х+ 9)= (120- 9х-х*)(х+ 9) =
= -*3 - 18х* + 39* + 1080, необходимо найти максимум этой
функции. V{x) = -Зх2- Збх + 39 = 0. Последнее уравнение дает
корни jci = 1 и х2 = -39. Отрицательный корень не подходит.
Проверим х = 1 на максимум. Функция F{jc) является
положительно определенной на (0; 1) и отрицательно определенной для
х >1, так как ее график представляет собой перевернутую
параболу, а х = 1 является правой точкой пересечения параболой оси
абсцисс. Значит, функция V(x) возрастает на [0; 1] и убывает
на [1; + оо]. Отсюда следует max V(x) = V(X) = -1 - 18 + 39 +
+ 1080=1100.
Ответ. 1100.
Задача 1.7. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [3].)
Поле площадью 360 га необходимо засеять подсолнечником
и кукурузой. Известно, что прибыли от урожая при засевании
поля каждой культурой по отдельности являются
квадратичными функциями, принимающими максимальные значения,
равные 1 200 000 и 1 800 000 рублям при значениях х = 200 га
и х- 300 га, для подсолнечника и кукурузы соответственно.
Причем для х = 0 значения этих функций нулевые. Какие части
поля следует засеять подсолнечником и кукурузой, чтобы
получить максимальную прибыль?
Решение.
1) Очевидно, что соответствующие квадратичные функции Дх)
и g(x) принимают нулевые значения в точках х = 0 (обе
функции), в точках х = 400 и х = 600 соответственно. Значит, их
можно представить в общем виде как Дх)= Ах(400 - х) и g(x) =
= /to:(600 -jc). Параметры А и В определяются условиями: /(200) =
= 1 200 000 и g(300) = 1 800 000: Л-2002 = 1 200 000 и 5-3002 =
11

2) Теперь целевую функцию прибыли можно представить в
виде h (х) =/(х) + #(360 - х) = 30х(400 - х) + 20(360 - х)(х + 240).
3) Производная функции А(х): й'(х) = 12 000 - 60х - 20(240 + х) +
+ 20(360- х). Приравняем ее к нулю: 14 400= ЮОх, х= 144.
Так как целевая функция является квадратичной функцией с
отрицательным коэффициентом перед х2, то найденное значение
х= 144 является точкой ее максимума. Таким образом, поле
площадью в 360 га следует засеять: 144 га подсолнечником,
а остальную часть поля - 216 га - кукурузой.
Ответ. 144 га, 216 га.
Задача 1.8. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [3].)
Необходимо покрыть плиткой пол и стены бассейна,
затратив 216 квадратных метров плитки. Бассейн должен иметь
форму прямоугольного параллелепипеда с открытым верхом, длина
которого в два раза больше ширины. Найдите длину, ширину
и высоту бассейна, объем которого является наибольшим.
Решение.
1) Выберем в качестве основного неизвестного параметра а
ширину бассейна, тогда его длина будет равна 2а. Теперь
необходимо выразить глубину бассейна h через а, используя первое
условие задачи - заданную поверхность бассейна: S = 2сг +
+ 4ah + lah, равную 216 м2 : h =
108-я2
За
2) Теперь объем V бассейна можно рассматривать как
функцию неизвестного параметра a: V(a) = 2aah = 2a2 =
За
Чтобы найти наибольшее значение F, исследуем функцию
V(a) на экстремум.
12

3) Чтобы найти наибольшее значение F, исследуем функцию
У(а) на экстремум.
Г(я) = -
Ясно, что достаточно рассмотреть случай
положительного значения параметра а- 6. Производная V\a) = 72-2a2
при 0 < а < 6 будет принимать положительные, а при а > 6 -
отрицательные значения, значит, точка а= 6 является точкой
максимума функции V(a).
4) Подставив а = 6 м в выражение для Л, находим
оптимальную глубину бассейна:
i Ю8-36 .
Л = = 4м,
18
а его длина будет равна 2а = 12 м.
Ответ. 12 м, 6 м, 4 м.
Задача 1.9. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [3].)
В прямом круговом конусе периметр осевого сечения равен
10. Найдите значения, которые может принимать радиус шара,
описанного вокруг этого конуса.
Решение.
1) Задача сводится к выяснению всех возможных значений
радиуса R- ОВ окружности, описанной вокруг равнобедренного
13

треугольника ABC, с заданным периметром 10. В качестве
неизвестного параметра удобно взять длину основания треугольника
а = ВС. Тогда радиус R = ОВ можно выразить через а:
2 sin a
где а= ZA.
2) Чтобы найти sina, заметим, что
sincr / 2 = BDIАВ = а / (10-я),
a L . 2 а i ( а V
cos— = Jl-sm2 — = Jl- =
2 V 2 V U0-*J
10-a
Отсюда получаем since = 2sin—cos—- = 2
' 2 2
2 2 (10-a)2
3) Из пунктов 1) и 2) получаем, что радиус R описанной
окружности является следующей функцией параметра а:
а ~4VlOO-20a '
которую необходимо исследовать на минимум и максимум
на промежутке (0; 5).
4) Производная функции равна R (а) 1 ' .
4л/Ю0-20а
На исследуемом промежутке она имеет только один ноль
в точке а = 10/3. Так как для меньших значений а производная
будет отрицательной, а для больших - положительной, то в этой
точке имеет место минимум: /?mjn= /?(10/ 3)= 10/ з7з.
Максимальное значение R может быть только на концах промежутка
- это будет очевидно сколь угодно большое число, так как
при а -» 5 знаменатель для R(a) -> 0. Таким образом, радиус
шара может принимать значения 10/Зл/з </?<«>.
Ответ. —j=r; + 00 L
14

Задача 1Л0. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [3].)
Три числа, принадлежащие соответственно интервалам
(0; 1), (1; 2) и (2; 3), являются первыми членами арифметической
прогрессии. Найдите, какие значения может принимать
величина л/я2 + d2 , где а - первый член, a d - разность
арифметической прогрессии.
Решение.
1) Положим, а\ = я, а2 = а + d, яз = я + 2d9 тогда по условию
задачи должна выполняться следующая система неравенств:
[2<я + 2</<3.
2) С геометрической точки зрения эта система неравенств
определяет геометрическое место точек с координатами {d\ я),
которое образовано тремя парами параллельных прямых: я = О,
я= 1, я = 1 - rf, я = 2 -d, я = 2 - 2rf, a=3-2d. Нетрудно увидеть
из рисунка, что это множество определяет параллелограмм
с вершинами А(1; 0), 5(0,5; 1), С(1; 1) и £>(1,5; 0).
a=2-d

3) Выражение у/а2 + d2 можно рассматривать как
расстояния точек этого геометрического множества от начала
координат. Минимальная величина v a2 + d2 отвечает длине
перпендикуляра, опущенного из начала координат на сторону АВ
параллелограмма. Это будет длина высоты треугольника ОАЕ,
опущенной из вершины О на сторону АЕ: h = —^^- = —■=?.
АЕ V5
4) Чтобы найти удаленную от начала координат точку
параллелограмма, достаточно сравнить длины отрезков ОВ, ОС
и OD с целью определения наибольшей величины. Таковым
оказывается отрезок OD =1,5.
Задача 1.11. (Июньский ЕГЭ 2006 [5].)
Требуется разметить на земле участок площадью 400 м2,
который состоит из трех прямоугольных частей и имеет форму
многоугольника ABCDFGHN, изображенного на рисунке, где
ВС = 10 м, CD = HN = 25 м и GH > 10 м. Найдите наименьшее
значение периметра такого участка и какие-либо значения длин
АК9 AL и GH, при которых периметр является наименьшим.
F G L
D
К
16

Решение.
1)Так как противоположные стороны прямоугольника
равны, то, заменяя ВС на KD, ВК на СД GH mLNnHN на GI,
получаем, что периметр участка совпадает с периметром
прямоугольника AKFL.
2) Пусть стороны этого прямоугольника а = АК, b-ALw
неизвестная величина х = GH> 10 такие, что площадь участка
равна 400 и его периметр минимальный. Тогда площадь большого
прямоугольника аЪ = 400 + 25 • 10 + 25jc > 900. Откуда Ъ >
Значит, периметр участка Р = 2(а + Ь)>2А а +
а
900N
3) С другой стороны, выполняется неравенство
а ) V а
Причем неравенство переходит в равенство, когда а = 30.
Эта точка и является точкой минимума Р(а). Значит, искомое
наименьшее значение периметра Р(а) = Р(30) = 120.
4)Следовательно, b = я = 30 и х = = 10.
2 25
Ответ. 120,30,30,10.
Графическое решение задачи 1.11.
1) Положим, х- АК, у- AL и z = GH. Тогда периметр
заштрихованной фигуры будет функцией р(х, у, z\ минимум
которой надо найти. Связь между переменными х, у и z найдем
из требования равенства площади S фигуры ABCDFGHN
заданной величине 400 м2: S = jc -у- Sx -52, S = ху- 25(z + 10) = 400,
10).
17

2) Выясним смысл последнего уравнения. С графической
точки зрения оно описывает множество гипербол. Каждая
гипербола соответствует «своему» значению параметра z, начиная
от zo = 10, так как по условию задачи z = GH > 20, причем
для минимального значения параметра гипербола будет ближе
к началу координат. С другой стороны, различные значения
периметра р = 2х+ 2у будут задавать семейство параллельных
прямых. Чем ближе прямая проходит относительно начала
координат, тем меньше будет соответствующее значение периметра.
3) Для решения задачи достаточно найти случай, когда
соответствующая прямая и гипербола имеют общую точку,
ближайшую к началу координат. Это будет точка касания прямой
и «ближней» гиперболы, соответствующей значению z — zo = 10.
Из рисунка видно, что в этой точке касания имеет место
равенство xq = уо в силу симметричности семейств гипербол и прямых
относительно осей координат.
4) В результате получим уравнение: xqVo = хо2 = = 400 +
+ 25(z0 + 10) или хо2 = 900, дго = ЗО,>>о = 30. Соответствующее
значение периметра прямоугольника AKFL равно 120.
Ответ. 120,30,30, 10.
18

Задача 1.12. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
(Демонстрационный вариант ЕГЭ 2004.)
Стороны прямоугольника равны 5 и 20. Через каждую точку
на его меньшей стороне провели прямую, отсекающую
прямоугольный треугольник с периметром 30. Найдите наименьшее
значение оставшейся части прямоугольника.
Решение.
1)Из формулировки задачи ясно, что площадь
прямоугольного треугольника с заданным периметром должна принимать
максимальное значение. Найдем параметры этого треугольника,
положив его катеты, лежащие на меньшей и большей сторонах
прямоугольника, равными х и у соответственно.
2) Составим целевую функцию площади треугольника:
S(x,y) = -x-у, максимум которой мы хотим найти. Чтобы
исключить один из параметров, необходимо учесть, что
треугольник имеет заданный периметр, равный 30: x + y + yjx2 л-у1 =30.
Выразим из этого соотношения катету через катетх: у]х2 л-у1 =
= 30- х- у « х2 + у2 = 900 - 60(х + у) + (х + у)\ х • у- ЗОу =
-450 <=>>> =
х-30
. Таким образом, целевая функция
19

jc-15
S(x9y) принимает следующий вид: S(x) = 15* . Найдем мак-
jc—30
симум этой функции одной переменной х на промежутке [0; 5].
Преобразуем функцию к более удобной форме: S(x) =
= 15х = 15*+ 225+ 30 . Найдем ее производную:
х-30 х-30
225
S{jc)= 15-30 j9 минимальное значение второго
слагаете-30)
30-225 54 30-225 15
мого равно = , а максимальное- =
F 625 5 900 2
на промежутке [0; 5], таким образом, S{jc)> 0 всюду на [0; 5].
Значит, максимум будет достигаться на правом краю
промежутка: max S(x) = 5(5) = 30. В этом случае площадь оставшейся
части прямоугольника будет равна своему минимальному значению
100-30 = 70.
Ответ. 70.
Задача 1.13. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Точка М лежит на графике функции у - лг2 - 2х9 а точка N -
на графике функции у= -^+14х-51. Найдите наименьшее
из возможных целых значений длины отрезка MN.
Решение.
1) Заметим, что графики заданных функций представляют
собой параболы, имеющие одинаковую форму. Найдем центр
симметрии этих парабол - это будет точка С, лежащая на
середине отрезка, соединяющего точки А(\; -1) и 2?(7; -2) вершин
первой и второй парабол. Найдем ее координаты:
20

2) Отрезок MN, который удовлетворяет требованию
минимума, должен проходить через центр симметрии С(4; -1,5).
В самом деле, если допустить противное, что точки М и N
не симметричны друг другу, то операция симметрии переведет
эти точки в какие-то другие точки М' и Ы\ которые являются
концами нового отрезка. В результате появляется
параллелограмм с диагоналями MN и A/5V', которые пересекаются
по предположению в точке С, отличной от точки С, то есть
получаются два центра симметрии - противоречие.
Следовательно, координаты точек MuNудовлетворяют уравнению
3) Составим целевую функцию Дхл* Ум> *м Уы) - MN2 =
= (*м xN)2 + (ум-ун)2, минимум которой надо найти.
Положим, х = ха/, у = ум и выразим координаты точки N через х и у:
21

/(*,>>) = (2jc-8)2 + (2>> + 3)2. Заменив у на первую функцию
у = х2 - 2х, получаем целевую функцию, которая будет
содержать одну неизвестную х координату точки М: J[x) = (2х - 8)2 +
+ (2х2 - 4jc + З)2. Раскрыв скобки, получаем функцию
/(jc) = 4jc4 -16jc3 + 32jc2 -56jc + 73, для которой достаточно
найти минимально возможное целое значение. Преобразуем
функцию с целью дополнения первых двух слагаемых до полного
квадрата: Дх)= 4х2(х2- Ах + 4) + (16*2 - 56* + 49) + 24 =
= (2х(х-2)) +(4х-7) +24. Из последнего соотношения
следует неравенство MN2 = f(x) > 24, так как стоящие в
выражении для Дх) полные квадраты не обращаются в ноль
одновременно.
4) Так как нас интересуют только целые числа, являющиеся
квадратами, то первый возможный случай - это MN2 = 25. Этот
случай, действительно, имеет место и его можно увидеть
на графике: отрезок MN является гипотенузой «египетского»
треугольника с катетами 3 и 4, с вершинами М(2; 0) N(6; -3)
и (6; 0). Таким образом, минимальное целое значение
отрезка MN равно 5.
Ответ. 5.
Замечание. Попытка найти минимальное действительное значение
функции f(x) = 4хА — 1 6jc3 + 32л:2 — 56jc + 73 приводит к необходимости
решения уравнения третьей степени: 16*3 - 4&г2 + + 64дс - 56 = 0, которое
не имеет рациональных корней. Ниже будет рассмотрена еще одна
подобная задача с видоизмененными числовыми данными, которые позволяют
провести вариант решения через нахождение нуля производной целевой
функции.
22

Задача 1Л4. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
В прямом круговом конусе сумма образующей и радиуса
основания равна 9 л/3 . Найдите сумму всех целых значений,
которые может принимать объем шара, вписанного в конус.
А
1-х
Решение.
1)Проведем через ось конуса сечение плоскостью. Задача
сводится к выяснению, какие значения может принимать радиус
диаметральной окружности, вписанной в равнобедренный
треугольник с заданным периметром 18>/з .
2) Положим, / = АВ = АС, х = BD. Используя известное
свойство отрезков касательных, проведенных из общей точки: BE =
BD, выводим АЕ= I - х. Чтобы найти радиус R = ОЕ из
треугольника АОЕ (R = AE-tga), достаточно найти угол а, равный
половине вершинного угла треугольника ABC. Для нахождения
,Dr4 . BD х
угла а воспользуемся треугольником ABD: sin а = = —, тогда
tga =
sin a
23

По условию задачи / + л: = 9 v3 , и целевую функцию/(х) = R2(x)
можно представить в более удобном виде:
f(x\ = ^ L = у _
Теперь достаточно исследовать эту функцию на минимум
и максимум на интервале 0; , так как сумма двух х
не может превосходить 9 7з : АЕ > 0, АЕ + 2Ш) = у<£ + 2х = 9 л/з
6х2
Вычислим производную целевой функции: /' (х) = 2jc
Найдем ее нули: х} = 0, х2 = Зл/з . На интервале (0; 3 >/з )Дх) > 0,
а на (3; Зл/3)/'(х) < 0, значит, jc= 3 v3 - точка максимума/(х).
Вычислим ее значение:/(3>/3) = max Л2 = 27 - 18= 9 и max
Л= 3. Минимальное значение Л(х)= 0 соответствует значению
л: = 0. Таким образом, минимальный объем шара (в смысле
предела) равен 0, а максимальный- тахК=— я-33 =36тг.
Вычислим его со значением по недостатку 3,14 < п: = 113,04 и по
избытку 3,15 > п: = 113,40. Отсюда ясно, что максимальное целое
значение объема шара - это 113. Подсчитаем сумму членов
арифметической прогрессии отОдо 113: 1 +2+ ... + ИЗ =
=111111 =644!.
2
Ответ. 6441.
Можно было решить задачу и чисто геометрически,
воспользовавшись фактом, что для треугольника с заданным
периметром максимальная длина радиуса вписанной окружности
отвечает случаю равностороннего треугольника.
24

Задача 1.15. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Точка М лежит на графике функции у = 0,5л2 + 5х + 17,5,
а точка N - на графике функции у = -О^х2 + 7х - 19,5. Найдите
наименьшее из возможных целых значений длины отрезка MN.
Решение.
1) Заметим, что графики заданных функций представляют
собой параболы, имеющие одинаковую форму. (Смотрите
рисунок к задаче 1.11.) Найдем центр симметрии этих парабол - это
будет точка С, лежащая на середине отрезка, соединяющего
точки А(-5\ 5) и В{1\ 5) вершин первой и второй парабол. Найдем ее
ХЛ + XR , Уа+Уй Г
координаты: хс = — - = 1, ус = ——— = 5.
z* **
2) Отрезок MN, который удовлетворяет требованию
минимума, должен проходить через центр симметрии С(1; 5). В
самом деле, если допустить противное, что точки М и N не
симметричны друг другу, то операция симметрии переведет эти
точки в какие-то другие точки М'и N', которые являются
концами нового отрезка. В результате появляется параллелограмм
с диагоналями MN и M*N\ которые пересекаются по
предположению в точке С, отличной от точки С, то есть получаются два
центра симметрии - противоречие. Следовательно, координаты
точек MwN удовлетворяют уравнению
хм + xn _ 1 Ум +Уы г или х -о-* v -10-v
— 1, - J , или xN — ь хм , yN — 1 \j yM .
3) Составим целевую функцию J[xM, Ум* *м уы)=
= (хм ~ xn) +{Ум ~Уы)2 ' минимум которой надо найти.
Положим, х = хм, у = ум и выразим координаты точки N через хи;:
f(x,y) = (2х - 2)2 + (2>> -10)2. Заменив >/ на первую функцию у =
= ОДх2 + 5jc+ 17,5, получаем целевую функцию, которая будет
25

содержать одну неизвестную л: координату точки М: /(х) =
= (2х - 2)2 + (х2 + Юх + 25)2. Раскрыв скобки, получаем функцию
y(jc) = х4 + 2Ojc3 -f 154х2 + 492л: + 629, которую исследуем на
минимум. Ее производная /'(х) = 4х3 + 60х2 + 308х + 492, /(х) =
= 4(х3+15х2+77х + 123) очевидно может обращаться в ноль
только для отрицательного аргумента. Проверим первые
делители числа492: -1,-2,-3,...:х = -1:/' (-1) = 4(-8 +15-77 + 123)
> 0, х = -2:/' (-1) = 4(-8 + 60 - 154 + 123) > 0, х = -3: /'(-3) =
= 4(-27 + 135 - 231 + 123) = 0. Разделив /'(х) на (jc + 3),
получим квадратный трехчлен х2 + 12jc+ 41 > 0, то есть других
нулей/'(х) нет. Справа от х = -3/'(*)> 0, а слева /'(х) < 0, tj ecnm
х = -3 - точка минимума функции min fix) = min MN2 = /(-3) =
= 64+ 16= 80. Отсюда ясно, что минимальное целое значение
MN= л/вТ =9.
Ответ. 9.
Задача 1.16. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Винтик и Шпунтик решили собрать в общей гостиной для
коротышек угловой телевизор в форме прямой призмы с объемом
один кубический дециметр. Основанием призмы должен стать
прямоугольный треугольник с периметром 40 сантиметров.
Экраном является грань призмы, образованная гипотенузой
основания и высотой. Незнайка заявил, что высота не может быть
выше его роста, то есть 15 сантиметров. Найдите сумму целых
значений, которые при этих условиях может принимать
площадь экрана в квадратных сантиметрах.
Решение.
1) Положим, катеты и гипотенуза прямоугольного
треугольника основания призмы равны х, у, z соответственно.
26

Обозначим через h высоту
призмы. Задача сводится к
определению области
действующих значений, которые
может принимать функция
площади экрана: S(x9 y,z9h)=z • А,
которая удовлетворяет
дополнительным условиям: объем
призмы
периметр основания равен jt+y + z = 40 и высота А < 15.
Добавив к этим условиям еще и соотношение между сторонами
прямоугольного треугольника, получим следующую систему
уравнений:
А<15.
Из второго уравнения имеем 2х-у =
4000
переписав третье
уравнение как (д: +у)2 = (40 - z)2, подставим в четвертое
уравнение (40 -z)2 = z2 + <=> z = 20 . Таким образом, целевая
h h
функция для площади экрана теперь является функцией лишь
одной неизвестной: S(h) = 20Л - 50. Последнее условие в виде
неравенства h < 15 ограничивает область возможных значений
функции 5(Л) сверху: S(h) < 20 • 15-50 = 250.
27

2) Чтобы найти минимальное значение S(h), достаточно
найти минимальное значение высоты Л. Сразу заметим, что это
не может быть 0, так как не будет выполняться второе уравне-
, 2000 а
ние, которое перепишем как Л = . Ясно, что минимальное
х-У
значение высоты отвечает максимуму произведения катетов
или максимуму площади основания с заданным периметром.
Из геометрии хорошо известно, что из всех прямоугольных
треугольников с заданным периметром наибольшую площадь
имеет равнобедренный треугольник, для которого
т=.
2 + V2
/2) ими-
х=уи z = ^2x, 2x + V2jc = 40, х =
нимум целевой функции minS(minA) = 20—(3 + >/2j - 50 =
= 100 (1 + \fl). Так как 241 < 100^1 + V2J < 242, то
минимальное целое значение функции S(h) равно 242. С учетом
максимума ЗД, равного 250, получим 242 + 243 + ... + 250 = 2214.
Ответ, 2214.
Задача 1.17. (Демонстрационный вариант ЕГЭ 2007.)
Найдите все значения переменной х, для которых
неравенство (2а-l)*2 <(а + 1)х + 3д будет выполняться для любого
значения параметра а из промежутка (1; 2).
Это задание весьма бурно обсуждалось на страницах журнала
«Математика в школе» и газеты «Математика» - Приложения
к «1 сентября» в первой половине 2007 года.
28

Решение.
1) Преобразуем неравенство к стандартной форме
Найдем корни квадратного трехчлена, стоящего в левой
части выражения:
£> = (а + 1)2+12а(2а-1) = (5а-1)2,
(а + 1)±(5а1) __ За
''2~ 2(2а-1) ' '" ' 2 2а-Г
2) Заметим, что второй корень представляет собой
монотонно убывающую функцию /(а) = = — 1 + на про-
2а-1 2V 2а-\)
межутке (1; 2), которая принимает соответствующие значения,
принадлежащие промежутку (Д2);/(1)) = (2; 3), расположенному
правее точки х = -1. Таким образом, решением неравенства (2а -
- \)х2 - (а + 1)х - За < 0 для отдельного значения параметра а
из промежутка (1; 2) является множество значений я: из (-1;/(а)).
3) Теперь необходимо найти множество значений х, которые
будут удовлетворять неравенству для любого значения
параметра а из промежутка (1; 2). Ясно, что с учетом монотонности
на промежутке (1; 2) функции/(а) множество (-1; min/(a)) =
= (-1; 2) удовлетворяет условию задачи. Проверим еще концы
найденного промежутка: для jc = —1 неравенство переходит в
равенство при любых а, а для х = 2 неравенство перейдет в
равенство для а = 2, но это значение а не входит в интервал (1; 2),
поэтому х = 2 удовлетворяет условию задачи.
Ответ. (-1; 2].
29

Задача 1.18. (Июньский ЕГЭ 2007 [6].)
Найдите все значения я, для которых при каждом х из
промежутка [0; 2) значение выражения 4х - 2* не равно значению
выражения а 2х + 6.
Решение.
После очевидной замены переменной / = 2х требование
задачи можно переформулировать следующим образом: найдите
все такие а, для которых квадратный трехчлен fit, a) =
= /2 - (а +1) t - 6 * 0 на промежутке [1; 4). Заметим, что в
демонстрационном варианте заданий ЕГЭ 2007 была приведена
задача, обратная обсуждаемой (задача 1.17). Воспользуемся
функционально-графическим методом.
К сожалению, большинству выпускников «обычных» школ
неизвестны рассматриваемые приемы решения таких задач,
которые основаны на использовании свойств параболы. Поэтому
рассмотрим эти приемы подробнее. Сначала заметим, что проще
рассмотреть противоположный случай, когда имеет место слу-
30

чай равенства fit, a) = /2 - (а +1) / - 6 = 0, для какого-либо
значения / е [1; 4), а потом исключить эти значения параметра а
Из множества R.
Из графика ясно, что парабола пересечет ось абсцисс в
заданном промежутке, когда ее левая точка /(1, а)<0, а правая
/(4, а) > 0. В результате приходим к системе неравенств
3
<> 3<>6x<-.
[16-4(я + 1)-6>0 |я<- 2
Исключив этот промежуток из R, получаем (-с»; -6) и[1,5; +оо).
Ответ, (-оо; -6) и[1,5; +оо).
Рассмотрим еще один вариант решения задачи, основанный
на более прозрачном функциональном подходе.
2 вариант решения. Перепишем требуемое неравенство
в виде: а*2х -6-2~* -1 на промежутке [0; 2). Обозначим
у(х) = 2х -6-2~* -1. Заметим, что правая часть выражения
представляет собой сумму двух монотонно возрастающих функций
и постоянного слагаемого. Отсюда ясно, что а не может
принимать значения из промежутка [^(0); >>(2)), то есть М>;-
и в результате приходим к тому же самому ответу.
Задача 1Л9. (Июльский ЕГЭ 2007.)
Найдите все значения а, для которых при каждом х из
промежутка (-8; 1] значение выражения а2 • v?-48 не равно
значению выражения 8(я + 3)tfx.
Замечание. Хотя по своей словесной формулировке это задание
не отличалось от предыдущего варианта, однако в некоторых деталях оно
оказалось несколько более трудным. В частности, это выразилось в нали-
31

чии одновременно первой и второй степени параметра, тогда как для
выпускников школ условие подобной задачи содержало только линейную
зависимость от параметра, что позволяло провернуть очень изящный
и лаконичный способ решения задачи, уже рассмотренный выше. Хотя
и в данном случае, и тогда предполагался стандартный способ решения
задачи, основанный на функционально-графическом подходе,
учитывающем «геометрию» квадратного трехчлена.
Решение.
1) Перенаем к более удобной переменной: t = l[x , определенной
на всей числовой оси. Тогда условие задачи можно
переформулировать как
fV/€(-2;l], ^ fV/€(-2;l],
Q°\a2t2 -48*8(д + 3)/ <=>а [a2t2 -8(a + 3)/-48*0.
2) С функционально-графической точки зрения левая часть
неравенства является функцией двух переменных
32

которая определяет семейство парабол, проходящих через точку
у - -48 на оси ординат. Нас будут интересовать те параболы,
которые не будут пересекать промежуток (-2; 1]. Ясно, что наша
парабола не будет пересекать ось абсцисс в заданном
промежутке, когда ее ордината левой точки с абсциссой х = -2и ордината
правой точки с абсциссой х = 1 будут удовлетворять условию:
Г/(-2,*)<0,
1/0. л) < 0,
которое равносильно системе неравенств
J 4а2 +16(а + 3) - 48 < 0, На(а + 4) < 0,
12 1
что приводит к
Г-4<д<0,
\
Но при нулевом значении параметра а функция /(/, 0) = -24/ -
48 не является квадратичной. Рассмотрим этот случай отдельно.
На промежутке (-2; 1] эта функция монотонно убывает от нуля,
причем нуль не попадает в область значений функции. Таким
образом, нулевое значение параметра входит в множество
решений.
Ответ, И; 0].
Задача 1.20. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите число целых значений параметра а, при которых
множество решений неравенства (а - \)х < (За + 2)х + 10а
содержит все члены некоторой возрастающей арифметической
профессии с первым членом, равным -8, и разностью, меньше
или равной 6.
33

Решение.
1) Решим сначала неравенство с параметром, приведя его
к стандартной форме: (а-1)х2 -(За + 2)х-\0а<0 с левой
частью в виде квадратного трехчлена. Проверим возможность его
разложения на множители с целыми коэффициентами, для чего
найдем его корни:
х\л ="
В результате получаем jci = -2, х2 = . Таким образом,
Q — 1
квадратное неравенство можно представить в более удобном
виде: (х + 2)((я-1)л:-5д)<0.
2) Воспользуемся обобщенным методом интервалов.
Заметим, что в случае а > 1 множество решений представляет собой
конечный промежуток с границами
хх = -2 и х2 = ,
а — \
который не может содержать все члены арифметической
прогрессии. Если а- 1, множество решений неравенства является
лучом с началом в точке х = -2, направленным вправо, который
не содержит точку х = -8. Тогда остается случай а < 1.
3) Так как нас интересуют только целые значения
параметра а, то сразу рассмотрим случай а = 0, тогда очевидно jci < *2.
Для следующих отрицательных значений параметра а Х2> О
ИХ] <Х2. Таким образом, интересующее нас множество решений
неравенства является объединением двух лучей:
\5а
(-со;-2]и —-+0О
34

которое содержит точку х= -8, являющуюся первым членом
возрастающей арифметической прогрессии. По условию задачи
разность прогрессии не превосходит 6, значит, начало левого
луча не может отстоять от начала правого луча дальше, чем на 6,
то есть должно выполняться неравенство
а-\ а-\
Так как а-\ < О, то последнее неравенство можно переписать как
4) Проверим, что для предельного случая а = -4 существует
возрастающая прогрессия, удовлетворяющая условию задачи:
а\ = -8, а2 = -2, д3 = 4,..., то есть третий член прогрессии
попадает в начало правого луча. Для следующих значений параметра
при движении отя = -4кя=0 начало правого луча будет
двигаться слева направо, так как функция
монотонно убывает на промежутке [-4; 0]. Таким образом, для
всех допустимых целых значений параметра а = -4, -3, -2, -1 и 0
найдется возрастающая арифметическая прогрессия с а\ = -8
и разностью не более 6.
Ответ. 5.
Задача 1.21. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите длину промежутка значений параметра а или сумму
длин этого промежутка, если их несколько, при которых в
решении неравенства 5 ^ 0 есть хотя бы одно натураль-
35

ное трехзначное число, но нет ни одного натурального
четырехзначного числа.
Решение.
1) Приведем исходное неравенство к общему знаменателю
(5-я)х + 43^Л о
- >0. Воспользуемся методом интервалов, тогда
в зависимости от знака коэффициента в числителе перед х
возникают три отдельных случая:
( 43
(
а > 5 - решение представляет промежуток 0;
^ я-5
а = 5 - решением является луч (0; +оо);
а < 5 - решением будет объединение двух промежутков
я-5_
2) По условию задачи подходит только первый случай, так как
в остальных решениях всегда будут присутствовать
четырехзначные натуральные числа. Для первого случая в соответствии с
требованием задачи для правой границы промежутка должно
выполняться неравенство
100< —<1000,
я-5
которое с учетом а - 5 < 0 сводится к следующей системе:
f 500 -100а > 43, 457 4957
[5000-1000а<43° ТОО ~О< 1000'
то есть а е [4,57; 4,957). Длина полученного промежутка будет
равна 4,957-4,57 = 0,387.
Ответ, 0,387.
36

Задача 1.22. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите целое значение параметра а (или сумму таких
целых значений), при которых множество решений неравенства
х(2х-5)2 >5(5х-4а) + 4ах содержит все члены некоторой
возрастающей арифметической прогрессии с первым членом,
равным -1, и разностью, меньше или равной 2.
Решение.
1) Решим сначала неравенство с параметром, приведя его
к стандартной форме jc(2jc-5)2 -5(5лс-4я)-4ох>0 с нулевой
правой частью. Проверим возможность его разложения на
множители с целыми коэффициентами, для чего раскроем скобки
и перегруппируем: 4х3 - 20х2 - 4ах + 20а = 4х(х2 - а) - 20(х2 - а),
в результате приводим неравенство к более удобному виду
(х-5)(х2 - я) > 0. Здесь возникают следующие случаи:
а < 0 - решением является луч [5; +<*>);
0 < а < 25 - решение - объединение двух промежутков:
а = 25 - решением является луч [-5; +а>);
а > 25 - решение - объединение двух промежутков:
2) Первый случай сразу отпадает, третий случай
удовлетворяет условию задачи. Рассмотрим второй и четвертый случаи,
которые будут удовлетворять условию задачи, если выполнены
следующие дополнительные ограничения, связанные с
требованием включения членов возрастающей арифметической про-
37

грессии с вышеуказанными свойствами во множество решений
неравенства:
<=>ае[9,49].
<49 L J
Заметим, что полученный промежуток включает в себя и
третий случай. Подсчитаем теперь сумму последовательных целых
чисел из полученного промежутка [9, 49] 9 + 10 + ... + 49 =
= 1189.
Ответ. 1189.
Задача 1.23. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите длину промежутка (или наибольшую из длин таких
промежутков, если их несколько) тех значений параметра а9
при которых число целых положительных решений неравенства
||х - 4| - 2х| < а(х + 6) не менее 2 и не более 14.
Решение.
1) Воспользуемся функционально-графическим методом,
переписав исходное неравенство в видеДх) < g(x, а). Графиком
правой части g(x, a) = а(х + 6) будет пучок прямых, проходящих
через общую точку на оси абсцисс х = -6. Чтобы выяснить вид
графика левой функции рассмотрим два случая A: jc < 4 и В: х > 4.
Тогда левую функциональную часть неравенства можно
представить в виде
Г*<4,
Таким образом, график левой части представляет собой
трехзвенную ломаную линию, которая в области х < 4 является
38

частью уголка у = \3х - 4|, а для значений х > 4 переходит в
прямую j> = jc + 4.
2) Нас интересуют те прямые, которые будут проходить
выше ломаной в точках с целочисленными абсциссами, число
которых не менее 2 и не более 14. Найдем угловой коэффициент
прямой у = а2(х + 6), которая пересекает ломаную в точке с
абсциссой х2 = 2. Получаем уравнение |3 • х2 - 4| = а2(х2 + 6) о 2 =
= 8а2 <=> а2 = 0,25. Заметим, что прямая у = а2(х + 6) в точке *i = 1
будет иметь большее значение ординаты, чем ломаная,
3) Если увеличивать и дальше значения углового
коэффициента а прямой, то соответствующие прямые будут проходить
уже выше ломаной и в следующих целочисленных точках х = 3,
4, ...,14.
39

4) Найдем угловой коэффициент критической прямой
у= а\5(х+ 6), имеющей абсциссу X\s= 15 точки пересечения
с ломаной на ветви у= \х + 4|, для чего решим соответствующее
уравнение
Таким образом, условию задачи удовлетворяют следующие
1 19 тт „
значения параметра: — <а< —. Найдем длину полученного
4 21
19 1 55 ЛГС,
промежутка: = — «0,654.
21 4 84
Ответ. —«0,654.
84
Замечание.В [4] приведен несколько иной ответ (0,65) решения этой
задачи, который получается, если ограничиться значением параметра а,
при котором появляется Х\4 - 14, это будет ям - 0,9
Однако нетрудно убедиться, что пропущенный промежуток между 0,9
и 19/21 тоже удовлетворяет условию задачи, так как для него неравенство
имеет 14 целочисленных решений: 1,2,...,14.
Задача L24, (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4].)
Три числа, принадлежащие соответственно интервалам [0; 1],
[4; 6] и [9; 12], являются первыми членами арифметической
прогрессии. Найдите сумму целых значений, которые может
принимать величина a2 + d2, где а - первый член, a d - разность
арифметической прогрессии.
40

Решение.
1) Положим, а\ = а, аг = а + d, ay = а + 2d, тогда по условию
задачи должна выполняться следующая система неравенств:
О < а < 1,
9<a + 2d<\2.
N. б4
4s
1
0
a
\ a — 12 — 2a
»-»-MVV\
2) С геометрической точки зрения эта система неравенств
определяет геометрическое место точек с координатами (</; а\
которое образовано тремя парами параллельных прямых: а = О,
а = 1, а = 4 - с/, а = 6 - </, а = 9 - 2rf, а = 12 - 2</. Нетрудно
увидеть из рисунка, что это множество определяет трапецию с
вершинами Л(4,5; 0), 5(4; 1), С(5; 1) и £>(6; 0).
41

3) Выражение \[а2 + d2 можно рассматривать как
расстояния точек этого геометрического множества от начала
координат. Минимальная величина у/а2 + d2 отвечает длине
перпендикуляра, опущенного из начала координат на сторону АВ
трапеции. Это будет длина высоты треугольника ОАЕ, опущенной
из вершины О на сторону АЕ,
b
АЕ
4) Чтобы найти удаленную от начала координат точку
трапеции, достаточно сравнить длины отрезков ОВ, ОС и OD с
целью определения наибольшей величины. Таковым оказывается
отрезок OD = 6. Таким образом, выполняется неравенство
5
Очевидно, что минимальное целое значение из этого
промежутка будет равно 17, а сумма соответствующих целых
значений будет равна
Ответ. 530.
Задача 1.25. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите наибольшее целое значение параметра я, при
котором уравнение х3 + 8х2 + (а +13)х + 2а + 2 = 0 имеет три
различных действительных корня.
Решение.
Проверим возможность левой части уравнения разложения
на множители путем подбора корней среди делителей последнего
слагаемого 2(я + 2). Проверкой убеждаемся, что подходит х = -2:
-23 + 8 • 22 - (а +13) • 2 + 2а + 2 = 0. Тогда левую часть уравнения
42

можно разложить на множители с помощью группировки
Теперь ясно, что три различных действительных корня могут
быть, если дискриминант квадратного трехчлена будет
положительным: 36-4(а + 1)>0<=>я<8. Проверим первое допустимое
целое значение а = 7, получаем уравнение (х + 2)(jc2 + 6х + 8) = О,
которое имеет два корня х = -4их = ~2, причем последний
является кратным, значит, это значение параметра не подходит.
Берем следующее значение: а = 6, которое приводит к уравнению
(х + 2)(х2 + 6х + 7) = 0 с тремя действительными корнями х\ = -2,
Ответ. 6.
Задача 1.26. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите сумму целых значений параметра а, при которых
множество решений неравенства х(х -10) > (а + 5)(|jc - 5| - 5)
содержит все члены некоторой геометрической прогрессии с
первым членом, равным 3, и знаменателем -5 < q < -1.

Решение.
1) Будем решать эту задачу с помощью метода координатной
плоскости, взяв в качестве оси ординат множество значений
параметра а, а в качестве оси абсцисс- множество значений jc.
С геометрической точки зрения неравенство х(х - 10) > (а + 5)
дает множество точек, ограниченных линиями,
соответствующими случаю равенства jc(jc -10) = (а + 5) (|л: - 5| - 5).
2) Найдем вид этих линий. Для этого рассмотрим два случая:
А:х<5 В:х>5
jc3 =10,
Таким образом, две вертикальные прямые и два луча с
общей точкой разбивают координатную плоскость на 6 областей:
A9B9C9D9E9F.
3) Расставим знаки внутри областей в смысле выполнения
или невыполнения заданного неравенства х(х - 10) > (а + 5)
((х - 5| - 5). Для этого выберем точку, принадлежащую области
D: (1; 0), и подставим ее координаты в исходное неравенство,
получим: -10 < -5, то есть неравенство не выполнено, значит,
для всей области D имеет знак минус, а в соседних с D областях
с общими границами В, С, F имеем знак плюс, а для оставшихся
областей А и Е- знак минус, так как все граничные линии
соответствуют корням простой кратности.
4) По условию первый член геометрической прогрессии
равен 3, с геометрической точки зрения это соответствует
вертикальной прямой х= 3. Разрешенная область этой прямой
представляет собой луч с точкой, лежащей на прямой я= х - 5,
то есть а > 2. Далее по условию задачи второй член геометриче-
44

ской прогрессии с отрицательным знаменателем будет
отрицательным числом, то есть соответствующая точка «прыгнет»
по горизонтали налево в область В, а потом, в случае третьего
члена, «прыгнет» уже направо - в область F и т. д.
5) Найдем критический случай, когда точка х = 3,
находящаяся на высоте а, не может «прыгнуть» дальше границы между
областями А и В при «максимальном прыжке» 3q = -15 = 5 - я,
который дает «критическое» значение параметра а = 20. Таким
образом, область допустимых значений параметра а: [2; 20).
Найдем сумму всех целых чисел, принадлежащих этому проме-
жутку:
Ответ. 189.
Задача 1.27. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите длину промежутка (или наибольшую из длин таких
промежутков, если их несколько) тех положительных значений
параметра я, при которых множество решений неравенства
д2 -5ах д2+а > ^2хЪа^ содерЖИТ не менее ДВуХ И Нв боЛвв ПЯТИ
двузначных натуральных чисел.
Решение.
1) Приведем исходное неравенство к более удобному виду,
перепад к одинаковому основанию 3: 3*2log3fl(2jr-5fl)+2*+4 > 32jf'3fl+4«>
<*-> з* tog3e-(2*-5e) > з2дг~5оТак как слева и справа основания больше
единицы, можно перейти к равносильному неравенству для
соответствующих показателей: х2 log3 а • (2х - 5а) >2х- 5а, или
(x2\og3a-l)(2x~5a)>0. Рассмотрим два случая для
возможных положительных значений параметра а:
45

а) Если 0 < а < 1 <=> log3 а < О, то решением будет
промежуток { 0; — a , в котором не может быть чисел, больших 2,5.
б) Если а > 1 <=> lo&tf > 0, решение представляет собой
объединение двух промежутков двух типов:
N4
1
г; + оо L или
Для первого типа множества решений требование задачи
приводит к неравенству для левой границы второго промежутка
ясно, что длина полученного промежутка пренебрежимо мала.
Для второго типа множества решений получаем неравенство
95<-д<99<=>я€
2
198 ™ 8 1 а
Длина полученного промежутка равна 38 = — = 1,6.
Ответ. 1,6.
Задача 1.28. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите сумму целых значений параметра я, при которых
множество решений неравенства (\х\ + \а -11| - 4)(|лг| - |я| +15) > 0
содержит все члены некоторой возрастающей арифметической
прогрессии с первым членом, равным -1, и разностью, меньше
или равной 2.
Решение.
1) Воспользуемся методом координатной плоскости, взяв
в качестве оси абсцисс значения jc, а в качестве оси ординат
значения параметра а.
46

2)Решения уравнений |л:| + |я-11[-4 = 0 и jjcj — |t?|ч-15 = О
в виде (х; а) определяют координаты геометрических мест точек
координатной плоскости в виде квадрата с центром в точке
(0; И) и пары уголков с вершинами (0; 15), (0; -15)
соответственно. Точки областей, лежащие вне их фаниц, дают пары (х; а\
которые соответствуют случаю неравенства меньше или
больше. Найдем те области, для которых выполняется требуемое
неравенство. Для этого подставим координаты точек 0(0; 0),
ДО; 6), 5(0; 12), С(0, -12):
О(0; 0): (0 + 11 - 4)(0 - 0 + 15)> 0,
J3(0; 16): (0 + 5 - 4)(0 - 16 + 10)< 0,
С(0, -16): (0 + 27 - 4)(0 - 16 + 15)< 0.
47

3) Таким образом, условие задачи в части неравенства
выполнено только для областей координатной плоскости, нахсущ-
щихся вне квадрата и между уголками.
4) Ясно, что требование задачи о попадании всех членов
арифметической прогрессии будет выполнено для всех а,
лежащих между -15 и 7, так как для этих значений решением
неравенства является вся ось абсцисс. Для остальных возможных
значений параметра а условие задачи будет выполнено, если
из точки (1; а), соответствующей первому члену, удастся
«перепрыгнуть» в точку (х; а\ соответствующую второму члену
арифметической прогрессии и лежащую в разрешенной области.
По условию задачи длина «прыжка» не более 2. Выделим на
координатной плоскости критические случаи, когда «прыжок»
максимальной длины дает точку, лежащую на границе областей:
а= -16, я = 8, а= 14 и а= 16. Из рисунка ясно, что все члены
требуемой арифметической прогрессии попадают в разрешенную
область координатной плоскости при -16<я<8 и 14<а<16.
Сумма этих значений равна (- 16 - 15 - ... -1 + 1 + 2 + ... + 8) +
+ (14 + 15 + 16) = - (9 + 10 + ... + 13) = -55.
Ответ. -55.
Задача 1.29. (Демонстрационный вариант ЕГЭ 2008 [6].)
Найдите все значения я, для которых при каждом jc из
промежутка [1; 16) значение выражения <Jx-i[x-3 не равно
значению выражения aifx.
Решение.
После очевидной замены переменной t = i[x>0 требование
задачи можно переформулировать следующим образом: найдите
48

все такие а, для которых квадратный трехчлен /(г, а) = р _
- (я+ 1 )t - 3 ^ 0 на промежутке [1; 2). Заметим, что в такой
формулировке задача не отличается от задания июньского ЕГЭ 2007
(задача 1.18). Воспользуемся функционально-графическим
методом. К сожалению, большинству выпускников «обычных»
школ неизвестны рассматриваемые приемы решения таких
задач, которые основаны на использовании свойств параболы.
Поэтому рассмотрим эти приемы подробнее.
Сначала заметим, что проще рассмотреть противоположный
случай, когда имеет место случай равенства/(г, а) = J2 - (а+ 1)/ -
-3 = 0, для какого-либо значения / е[1; 2), а потом исключить
эти значения параметра а из множества R.
-3
Из графика ясно, что парабола для любого значения
параметра а пересекает ось ординат в точке ^ = -Зи ось абсцисс
49

в заданном промежутке, когда ее левая точка /(1, а) < 0, а
правая /(2, а) > 0. В результате приходим к системе неравенств
Исключив этот промежуток из R, получаем решение.
Ответ, (-оо; - 3) и [-0,5; + оо).
Задача 1.30. (Июньский ЕГЭ 2008.)
Найдите все значения а, при каждом из которых неравенство
=^<0 •
не имеет решений.
Решение.
1) Заметим, если неравенство
>0
(з sin Vx-1 - 4J- а
будет выполняться для всех значений переменной х > 1, то
соответствующие значения параметра а будут удовлетворять
требованию задачи (но это не еще не все случаи, см. дальше).
2) Рассмотрим функцию f(x) = (2х + 2V6 • 2~х - 5). Так как
в силу неравенства а + Ъ > 2*Ja-b для положительных значений
а и b имеет место отношение 2х + 2V6 • 2~х > 2V2V6 = 2>/24,
то выполняется /(*) > 2>/24 - 5, причем случай равенства
достигается при а = Ь о 2х = 2л/б -2~х о х = log2 л/24 > 1 е ОДЗ
50

по х. Значит, если а > 2л/24 - 5, то числитель всегда
положителен, а для а < \^24 - 5 - отрицателен.
3) Рассмотрим функцию у = 3sinV*-l -4, которая
удовлетворяет неравенству - 7 < у < -1.
Так как min/(x) = 2>/24 - 5 > 2л/Гб - 5 = -1, то для
значений параметра а > 2^24 -5 требуемое неравенство 1) не
выполняется. Остается случай а<^24-5, когда числитель
отрицателен, тогда знаменатель тоже должен быть отрицательным
для всех значений переменной х, что возможно, если из у
вычитается число а не меньше, чем minу--1. Таким образом,
4) Теперь рассмотрим случай а = -1, когда знаменатель
может обращаться в нуль. Заметим, что это тоже наш случай, так
как по условию задачи не должно выполняться исходное
неравенство, а это действительно так. Кроме этого, при а = -1
знаменатель может принимать еще и отрицательные значения,
но тогда левая часть выражения будет положительной, что
соответствует случаю 1). Таким образом, искомые значения
параметра а принадлежат промежутку [-1; v24 - 5) .
Ответ.[-1;^24-5).
Замечание. Обратим внимание, что неравенство,
сформулированное в пункте 1), не равносильно требованию задачи. Очень немногие
участники ЕГЭ 2008 заметили эту ловушку и ограничились неполным
вариантом ответа: (-1; \/24 - 5), где был потерян случай а = -1.
51

2. ЗАДАНИЯ ЕГЭ ПО МАТЕМАТИКЕ ТИПА С4
ВЫСОКОГО УРОВНЯ СЛОЖНОСТИ
Задача 2.1. (Июньский ЕГЭ 2004 [1].)
В шар вписана правильная треугольная призма АВСА\В\С\.
Прямая АС\ образует с плоскостью АВВ\ угол 45°. Найдите
площадь боковой поверхности призмы, если площадь
поверхности шара равна 176л.
у ч
f Ч
* ч
/ ч
/ ч
^ ч
/^ о
---^
у
\
\
\
/
с,
х>
Xf
-i
\
/
1в
Решение.
1)По условию задачи площадь поверхности шара 4nR2
176тс, откуда Л2 = 44 и R = 2>/ГТ.
52

2) Чтобы построить угол АС\ Л АВВи опустим
перпендикуляр C\D\ из точки С\ на плоскость АВВ\ - это будет высота
треугольника верхнего основания А\В\С\9 проведенная из
вершины С|. Тогда угол ZC\AD\ между АС\ и ее проекцией AD\
будет линейным углом АС\ Л АВВ\. Так как треугольник AC\AD\
прямоугольный и ZC\AD\ = 45°, то AC\AD\ - равнобедренный
и AD\ = C\D) = v3 a 12, где а - сторона основания призмы.
3) Рассмотрим прямоугольный треугольник Д AA\D\\ A\D\ =
-all, AD) = л/з а 12, откуда по теореме Пифагора
-A}Dt) =a/ у/2.
4) Найдем центр О шара, равноудаленный от вершин
оснований призмы. Точка О лежит на середине линии О\О2
пересечения плоскостей АА\ЕЕ\ и CC\DD\, делящих пополам
двугранные углы при ребрах АА\ и СС\. Отрезок О\О2 соединяет центры
равносторонних треугольников ABC и А\В\С\ верхнего и
нижнего оснований призмы.
5) Рассмотрим прямоугольный треугольник А А\ОО\\ А\О =
= Л, ОО\= HI 2= а/ 2у129 А}0}= 2/ ЗА]Е]= 2/ 3->/з / 2-я =
= а/ >/з, откуда по теореме Пифагора R2= А\&- А\О)2 +
+ 0012 = я2 / 8 + о2 / 3 = 11 / 24 • а2, а2 = 24 /11-R2 = 96 и а = 4 7б .
Площадь боковой поверхности призмы 5= ЗНа= 3-я2/ V2 =
= 144л/2.
Ответ. 144V2.
Задача 2.2. (Июньский ЕГЭ 2004 [1].)
В наклонной призме АВСА\В\С\ все ребра равны. Углы ВАА\
и САА\ равны 60° каждый. Найдите площадь боковой поверх-
53

ности призмы, если расстояние от точки В до плоскости AiB\C
равно 5 V2.
В
Решение»
1) В равнобедренных треугольниках А\АВ и А\АС углы при
вершине А равны 60°, следовательно, эти треугольники -
равносторонние.
2) Так как тетраэдр А\АВС имеет равные ребра, то он
правильный. Тогда его противолежащие ребра АА\ и ВС
перпендикулярны. С другой стороны, ребро АА\ параллельно другим
боковым ребрам ВВ\ и СС\ призмы, отсюда следует, что ВВ\ и СС\
перпендикулярны ВС, значит, четырехугольник ВВ\С\С с
равными сторонами - квадрат.
3) Рассмотрим четырехугольную пирамиду А\ВВ\С\С. Так
как все боковые ребра равны, то точка основания высоты А\О
пирамиды равноудалена от вершин квадрата ВВ\С\С и является
54

точкой пересечения его диагоналей. Следовательно, плоскости
А\ВС\ и А\В\С перпендикулярны и точка В удалена от плоскости
А\В\С на расстояние ВО =5 V2 .
4) Диагональ квадрата
БС,=25О=1072 ъВВ\=ВСх1 л/2 =10.
5) Площадь боковой поверхности призмы равна сумме
площадей четырех равносторонних треугольников А\АВ, А\АСУ
А\ВВ\9 А\СС\ и квадрата ВВ\С\С, имеющих одинаковые длины
сторон, равные 10. Отсюда получаем искомую площадь:
102 + 4-л/з /4102= 100(1 + у[Ъ).
Ответ. 100(1 + >/3).
Задача 2.3. (Июньский ЕГЭ 2004 [1].)
Основание ABCD наклонной призмы ABCDA\B\C\D\ -
квадрат, а все боковые грани призмы - равные ромбы. Углы ВАА\
и DAA\ равны 60° каждый. Найдите угол между прямой ВА\
и плоскостью BDB\.
В
55

Решение.
1) Равнобедренные треугольники ВАА\ и DAA\ имеют углы
при вершине, равные 60°, следовательно, эти треугольники -
равносторонние и диагонали А\В и A\D ромбов боковых граней
равны их сторонам.
2) Рассмотрим четырехугольную пирамиду с вершиной А\
и основанием BB\D\D, все ее боковые ребра равны,
следовательно, проекция Мточки А\ на плоскость BB\D\D равноудалена
от вершин параллелограмма BB\D\D (фактически
прямоугольника) и лежит на середине ОО\, а искомый угол между А\В
и плоскостью BDB\ есть ZA\BM.
3) Положим, а - длина ребра призмы ABCDA\B\C\D\9 тогда
А\О~ А\О\ - alyjl^ как высоты равных треугольников A\BD
и A\B\Du опущенные из общей вершины. Отсюда по теореме
Пифагора^М2 = АХО2- ОМ2 = с? /2-а2 /4 = а1 /4 иА}М=а/ 2.
4) siniZAiBM) = АХМ1АХВ = 1 / 2 и ZA}BM= 30°.
Ответ. 30°.
Задача 2.4. (Июньский ЕГЭ 2005.)
В кубе ABCDA\B\C\D\ с ребром, равным 20>/з, расположен
конус. Вершина конуса находится в точке Д, а центр его
основания, точка О, лежит на диагонали BD\ и ВО : OD =3:7.
Окружность основания конуса имеет с каждой гранью, содержащей
точку В9 ровно по одной общей точке. Найдите объем конуса.
Решение.
1) Окружность конуса вписана в треугольник /ЬД^Сг,
стороны которого лежат на смежных гранях куба, имеющих общую
вершину В. Так как Д АгВгСг X BDu то его плоскость
параллельна А АВ\С, значит, А АгВ^Сг и А АВ\С подобны в пропорции
ВА2 : ВА=ВЕ2 :ВЕ = ВО: ВОХ.
56

2) Плоскость А АВ\С делит диагональ BD\ в пропорции 1 : 2,
считая от вершины В. В самом деле, А ВО\В\ оо Д D\O\F9 а их
отношение подобия 1 : 2.
3) По условию задачи ВО=Ъ/ \OBDU аВО\ = 1 / 3BDU
следовательно, ВО: ВО\ = 9:10.
57

4) Радиус окружности, вписанной в ААВ\С9 равен О\Е =
= 1 / З-л/З / 2АВ\ = Юл/2, а радиус окружности основания
конуса
5) Навдем высоту конуса ОД = 7 / 10-ДД =7/10- >/з А4, = 42.
6) Объем конуса будет равен 1 / 3-л-(9 4l )2-42 = 2268тс.
Ответ. 226871.
Замечание. В пункте 1 использовался известный факт
перпендикулярности большой диагонали BD\ куба к сечению А ЛВХС,
образованного диагоналями граней куба, который можно обосновать с помощью
свойства симметрии.
Задача 2.5. (Июльский ЕГЭ 2005.)
Ось ОО\ цилиндра является высотой четырехугольной
пирамиды О\ОАВС с вершиной в точке О\. Точки А,В9Св указанном
порядке лежат на окружности основания цилиндра и делят ее на
три дуги АВ9 ВС и СА, причем В - единственная общая точка дуг
АВ и ВС. Градусные меры дуг АВ9 ВС и СА соответственно
относятся как 1 : 2 : 9. Прямая О\С образует с плоскостью
основания цилиндра угол 45°, а расстояние между прямыми О\В и ОС
равно у/2\. Найдите площадь боковой поверхности цилиндра.
58

Решение.
1)Из условия задачи следует, что длины дуг АВ, ВС и С А
равны 30°, 60° и 270°, соответственно. Отсюда следует, что
центральные углы ZAОБ = 30°, ZBOC = 60°, ZAOC = 90°.
2) Проведем через точку В прямую, параллельную ОС, до
пересечения с отрезком АО. Треугольник О\ВМ находится в
плоскости, параллельной ОС. Так как ZAOC = 90°, АО ± ОС и ОО} 1
1 ОС (как следствие ОО\ 1 AOQ, то плоскость
треугольника О\ОМ± ОС и ВМ. Значит, плоскость треугольника О\ОМ±
1 О\ВМ. Опустим в плоскости треугольника О\ОМ
перпендикуляр из вершины О на сторону О\М> это и будет отрезок ОК
заданной длины у[2\ между прямыми О\В и ОС.
3) Так как по условию задачи ZOCO\ = 45°, а треугольник
ОСО\ - прямоугольный, то высота ОО\ цилиндра равна радиусу
его основания. Установим связь между ОК и ОО\ в
треугольнике OOjM, для этого найдем ОМ. Из треугольника ОВМ имеем
ОМ= OB cos ZBOM= Rcos ZAOB^ Д-cos (30°)= л/З-Л/ 2.
По теореме Пифагора для треугольника О\ОМ имеем O\MF =
= OiO2 + + OA/=7/?2/4. О\М= л/7 R I 2. Тогда ОК= 2-SABC/
I OlM=O]OOM/ OiM^Ry/3 I л/7. Отсюда получаем R = л/7 /
/ 73-ОЛ>749 =7.
4) Площадь боковой поверхности данного цилиндра равна
271Я2 = 98л.
Ответ. 98тс.
Задача 2.6. (Июльский ЕГЭ 2005.)
Основание прямой призмы АВСА\В\С\ - треугольник ABC,
в котором АС = 5С = 2\,АВ= 12. Высота призмы равна 26.
Вершины Л, Я, В\ и точка # ребра ВС лежат на поверхности шара.
Найдите радиус этого шара, если ВК: КС = 4:3.
Решение.
1) Центр шара должен лежать в вертикальной плоскости
CDD\CU равноудаленной от точек А и В, проходящей через ребро
59

СС\ перпендикулярно грани АА\В\В и пересекающей ребро АВ
в его середине D. Центр шара одновременно принадлежит
горизонтальной плоскости, параллельной основаниям призмы,
проходящей через середины вертикальных ребер. Таким образом, центр
шара лежит на линии пересечения C2D2 этих плоскостей. Чтобы
найти положение центра шара, проведем вертикальную
плоскость, равноудаленную от точек В и К, которая пересекает линию
C2D2 в точке 02 и делит отрезок ВК пополам в точке М. Отрезки
, 0гД 02^1 и О2К- радиусы описанного шара.
В\
К
2) Спроектируем точку 02 на плоскость основания, это будет
точка О пересечения высоты CD и прямой ОМ пересечения
плоскости, равноудаленной от В и К с плоскостью АВС9 то есть
ОМ± ВС. Отрезки ОА-ОВ^ ОК являются проекциями
радиусов 02Л, 021? и О2К9 значит, треугольник ВОК - равнобедрен-
60

ный, а ОМ - его высота. План решения задачи заключается
в последовательном нахождении ВМЬ ОМ9 ОВ> O-Ji.
3) Так как 5М= МК, а ВК = 4 / 7-5С= 12, то ВМ= 6 и AfC =
= 15. Чтобы найти ОМ, рассмотрим треугольник ОМС: ОМ-
= A/Ctg Z£GD, sin ZBCD = BD/DC=217, tg /.BCD- sin ZJ8CD/
/cos /BCD = 2/>/45 =2/3>/5 , OM= 15-2/3>/5 =2>/5.
4) 5O2 = ЛЛ^ + ОА42 = 36 + 20 = 56. Л2 = 5О22 = Я02 + OO22 =
= 5О2 + Я2/4 = 56+169 = 225. Л= 15.
Ответ. 15.
Задача 2.7. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
В кубе ABCDA\B\C\D\ со стороной ребра 6 на ребрах АА\9
ВВи DD\ заданы соответственно точки М, ЛГ, Р, причем AM = 5,
5# = 4, DP = 3. Секущая плоскость проходит через точки А/, ЛГ,
Р и делит куб на два многогранника. Найдите наибольший
из объемов этих многогранников.
В{ С,
М
N
-с- А
*ффф
7
Q
с
Решение.
1) Сечение куба представляет собой параллелограмм MNQP,
так как линии сечения куба, принадлежащие противоположным
граням куба, параллельны. Точка Q лежит на 1 ниже Р, подобно
тому как N лежит на 1 ниже М. Значит, длина отрезка QC = 2.
61

2) Рассмотрим нижний многогранник ABCDMNQP, которой
можно представить как объединение трех пирамид, имеющих
общую вершину Р: ABCDP, AMNBP и BNQCP. Вычислим
объемы этих пирамид:
Vabcdp = SabcdDP / 3 = 36,
Vamnbp = SamnbAD 13 = (AM+ BN) 12ABAD / 3 = 54,
Vbnqcp = SbnqcCD /3=(BN+QQ/ 2BCCD13 = 36.
3) Объем многогранника ABCDMNQP будет равен сумме
объемов этих пирамид - 126. Так как объем куба составляет б3 =
= 216, то нижний многогранник ABCDMNQP будет иметь
больший объем, чем многогранник A\B\C\D\MNQP.
Ответ. 126.
Задача 2,8, (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
Основанием прямой призмы АВСА\В\С] является
прямоугольный треугольник с катетами АС = 3, ВС = 9. Высота
призмы равна 2. Найдите площадь сечения призмы, проходящего
через середины ребер ВС, СС\9А\С\.

Решение.
1) Проведем из середины О ребра СС\ прямые через
середины А/, N ребер ВС, А\С\ соответственно до пересечения с
продолжениями ребер ААи В\В в точках А2, В2 соответственно.
Прямая А2В2 одновременно принадлежит плоскостям сечения
призмы и грани АА\В\В и пересекает ребра последней в точках
D и Е. Пятиугольник DMONE и образует фигуру сечения.
Рассмотрим его детально.
О
м
D
2) Рассмотрим треугольник А2ОВ2, в который вписан
пятиугольник DMONE. Из рисунка видно, что его площадь можно
выразить через площади подобных треугольников A2DM* A2OF9
B2NE9 BOFc коэффициентом подобия 2:
$ DMONE
4 4 4
3) Найдем стороны треугольника А2ОВ2: ОВ2
, ОА2= 2ОМ=
2ON =
= 2л/0С2+С//2 = л/Гз, ОА2= 2ОМ= zjocf + С,М2 = >/85,
А2В2= y\(A2A^BB2f'¥AB2 = л/106, так как АтЛх = ^^/ 2,
2* Числовые выражения для сторон треугольника
получились иррациональные, поэтому вместо формулы Герона
63

целесообразнее найти косинус угла А2ОВ2, а потом его
превратить в синус:
ул^п АО2+ОВ2-АВ2 -4
2АООВ >/ГЗл/85
sin ZA2OB2 = А\ = , г
V 13-85 y/UJl
4) Площадь треугольника А2ОВ2 равна A2OOB2sinZA2OB2 / 2 =
= 33/2, следовательно, площадь пятиугольника сечения по 2)
будет составлять 3 / 4 от площади треугольника -99/8.
Ответ. 99 / 8.
Задача 2.9. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
Основанием прямой призмы АВСА\В\С\ является
равнобедренный треугольник со сторонами 1 и 8 и вершиной А. Высота
призмы равна V15. В призме проведены два сечения. Одно
из них проходит через ребро АС и вершину В\9 а другое через
ребро СС\ и середину отрезка АВ. Найдите длину отрезка,
по которому пересекаются эти сечения.
в
о
^<Ч
Л |
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
** ^ <к Ч
•"«. ч
* » ^ ч
*• ■» ч
«• „ ч
•• ^ ч
64

Решение.
1) Из рисунка ясно что плоскости сечения на грани АА\В\В
пересекаются в точке О пересечения прямой MN, проходящей
через середины ребер АВ и А\В\ и прямой АВ\. ОС и будет
отрезком, по которому пересекаются сечения.
2) Рассмотрим прямоугольный треугольник CNO. Искомый
отрезок ОС является его гипотенузой. Для ее вычисления
достаточно найти катет CN, который представляет собой медиану
равнобедренного треугольника ABC, проведенную к его боковой
стороне:
CN2 = 2ас2+2Вс2-ав2 _33
4 2 "
3) Теперь вычислим длину гипотенузы треугольника CNO:
9
Ответ. —.
2
Задача 2.10. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
В правильной четырехугольной пирамиде SABCD с
вершиной S высота равна удвоенной диагонали основания. Точка F
лежит на ребре SA, причем SF : FA = 3: 1. Найдите квадрат
котангенса угла между прямой BFh плоскостью ACF.
Решение.
План решения задачи заключается в нахождении элементов
прямоугольного треугольника BOF, угол F которого и будет
искомым (точка О является проекцией точки В на плоскость ACF>
а точка F принадлежит ей). Для решения этого треугольника
достаточно найти с помощью теоремы косинусов длину стороны
OF треугольника AOF.
65

1) Положим, а = АО, тогда высота пирамиды OS= 4а, AS1 =
2) По условию задачи SF: FA = 3 : 1, AF=AS 14 = л/По/ 4.
3)sin ZSAO = SO/ AS= 4/ Vf7, cos Z&40= 1 / *Jvi. По
теореме косинусов для треугольника A OF имеем OF2 = AF2 + АО2-
- 2AFAOcos ZFAO = ^-.
16
OF2 _ 25
ОЯ2 16 .'
Ответ. —.
16
Задача 2.11. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
В пирамиде SABC с вершиной S и основанием ABC длина
ребра АВ = 2, угол С - прямой и точка С выбрана таким образом,
что площадь основания - наибольшая. Боковые ребра наклоне*
ны к плоскости основания под углом, тангенс которого равен 3.
66

Точки А/, N являются серединами ребер SA и BS. Найдите
квадрат тангенса угла между прямыми CN и ВМ.
Решение.
1) Из всех прямоугольных треугольников с заданной
гипотенузой наибольшую площадь имеет равнобедренный. Значит,
середина О гипотенузы треугольника ABC является точкой
основания высоты OS пирамиды SABC, так как по условию все
боковые ребра имеют одинаковый наклон, то есть их проекции А О,
СО, ВО на плоскость основания ABC равны. Значит, высота
пирамиды SABC равна SO = AOtg ZSAO = 3.
S
2) Перенесем отрезок MB параллельно в плоскости ASB
вдоль средней линии MN. Отрезок ND параллелен MB, а с
другой стороны, имеет общую вершину с отрезком CN, значит, угол
CND будет искомым. Чтобы найти его, рассмотрим
треугольник CND.
3) CD-СО1 + D& = I2 + 22 = 5, так как СО = АО= АВI 2.
Отрезок ND = MB вычислим как медиану треугольника ABC:
2AB2+2SB2-SA2 8 + 20-10 9
= = —,
4 4 2
так как SA2 = SB2 =А& + 5О2 = I2 + З2 = 10.
67
од,2
иМ =

4) Аналогично вычислим длину отрезка CN:
2SC2+2BC2-BS2 7
4 2
5) Зная все стороны треугольника CND9 можно вычислить
косинус угла CND:
= ^—^-=-
2-CN-ND 231yf7_
2
sin ZCND =. /1 — = -=, теперь можно перейти к квадрату тан-
v 7 v7
генса искомого угла: tg2ZCND = 6.
Ответ. 6.
Задача 2.12. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
Дана правильная четырехугольная призма ABCDA\B\C\D\
со стороной основания 8. Сфера, центр которой лежит на АА\9
касается основания ABCD, проходит через середину грани ВВ\СС\
и точку В\. Найдите площадь боковой поверхности призмы.
Решение.
1) Введем в качестве неизвестных величин h высоту призмы
АА\ и R - радиус сферы: ОА= ОЕ= ОВХ = Л. Для определения
этих неизвестных Л, R достаточно составить два уравнения.
2) Рассмотрим треугольник ОА\В\: ОА\= h- R9 OB\= R*
А\В\ = 8, получаем уравнение (Л - R)2 + 64 = Л2.
3) Рассмотрим треугольник ОНЕ:
ОН = ОА -АН = Л-h 12,HE2=AF* = &2 + 42 =80, получаем
уравнение: ОЕ2 = ОН2 + НЕ2 = (Л-hi2)2 + 80 = R1.
68

А D
4) Взяв линейную комбинацию этих уравнений, исключим неиз-
{""'-> г
/,2 =>/Г = 192, откуда следует Л = 8V3.
R2-hR+—+S0=R2
4
5) Боковая поверхность призмы равна 4-д-й = 256 V3.
Ответ, 256 >/з.
Задача 2.13- (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ заданы
длины сторон АА\ = 8, АВ = 5, AD = 12. Найдите объем
пирамиды EB\CXD, если Е точка на АА\9 причем АЕ = 6.
Решение.
1) Пирамида EB\C\D не очень удобна для вычисления
объема, так как ни одна из ее граней не лежит на гранях
параллелепипеда.
69

в
2) Нужно найти более удобную пирамиду, которая бы имела
грани, лежащие на общих плоскостях параллелепипеда. Такой
пирамидой является А\В\С\Д два ребра которой являются и
ребрами заданной пирамиды EB\C\D. Теперь нетрудно убедиться,
что объем заданной пирамиды EB\C\D можно выразить через
линейную комбинацию объемов четырех пирамид: A\B\C\D9
A\EDCU AxEBiCu A\EB\D.
VEBICID + VAiEDCi + VA]EBxCl = VAXB\C\D + VAXEBXD,
или VEBxCxD = VAiBiCiD + VA\EB\D- VAXEDCX - VAXEBXCX =
= 80 + 20-20-20 = 60.
Ответ, 60. (См. ниже еще решение подобной задачи 2.24,)
Задача 2.14. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
Основанием пирамиды FABC является треугольник ABC,
в котором АВ = 3, ВС = 4 и угол ABC = 90°. Ребро AF
перпендикулярно ABC и равно 3. Точки L и М расположены на реб-
причем
pax АС и FB. При этом = , FMMB^
точка М расположена ближе к В, чем к F. Найдите объем
пирамиды AMLC.
70

Решение.
1) Выберем в качестве основания пирамиды AMLC
треугольник ACL, лежащий в плоскости треугольника ACF. Тогда
ее вершиной будет точка А/. Опустим из нее перпендикуляр
на плоскость ABC - это будет отрезок MN. Из точки N опустим
перпендикуляр NE на АС. Это и будет высота пирамиды AMLC,
так как точка N удалена от плоскости ACL, как точка М. Теперь
для вычисления объема пирамиды AMLC достаточно найти
площадь треугольника ACL и длину отрезка NE.
N
2) Площадь треугольника ACL равна SACL = SACF = 10—.
FC FL
CL x
Положим,x = CL9 a - FC9 FL = a-x9 — = —, тогда с учетом усло-
FL a
FC LC a-x x з л 2 л
вия задачи = получаем = , х -Зах+а =0,
LC FC а а-х
71

jcV Jx\ t л jc 3-V5
— -3 — +1 = 0, — =
) \)
, . Отсюда имеем для площади
а) \а) а 2
3) Длину NE можно найти из условия подобия
треугольников ABD и ANE: NE = BD = . Последнее отношение
АВ 5 FB
FB2
можно определить из условия задачи: FM • MB = .
Положим, х = FM, Ъ = FB9 MB = b - х, тогда из условия следует:
так как точка М по условию задачи ближе к В, то подходит
х 1 >/5 Ш _ .тг 12 (\ J5)
только — = —+ — = .Отсюда NE = — — + — =
6 2 6 FB 5^2 6j
+ .Отсюда NE +
6 2 6 FB 5^2 6j 5
4) Объем пирамиды AMLC
g
Ответ. -.
Задача 2.15. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ с
длинами сторон АА\- 4, АВ- 6, AD= 5 отмечена точка М на ребре
АА\9 N на ребре AD и L на ребре BjCi. Известно, что АМ= 3,
= 2 и = . Найдите объем пирамиды MNLC\.
ND AD
72

Решение.
1) Выберем в качестве основания пирамиды MNLC\
треугольник NC]L, лежащий в плоскости, образованной ребрами АВ\
и В\С\. Тогда ее вершиной будет точка М Опустим из нее
перпендикуляр на плоскость основания - это будет отрезок МН,
перпендикулярный АВ]. Для вычисления объема пирамиды MNLC\
достаточно найти площадь треугольника NC\L и длину МН.
2) Площадь треугольника NC\L равна LC\ АВ\ /2 = 2>/l3.
3) Высоту МН можно найти из треугольника АМН:
МН = AM smZAtABl = AM^&- = 3-4= = -|=.
^ 1 АВХ 2л/13 >/13
4) С учетом уже известной площади основания 2) вычислим
объем пирамиды MNLC\: VA
Ответ. 6.
Задача 2.16. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
В кубе ABCDA\B\C\D\ со стороной 10 на ребрах АА\9
DD\ заданы соответственно точки A/, N9 L, причем AM- 7, BN=
73

= 6, DL = 6. Секущая плоскость проходит через точки М, N, L
и делит куб на два многогранника. Найдите наибольший из
объемов этих многогранников.
С,
М
Bi /
'—-—.
n
/
"1
"1
С
Решение.
1) Сечение куба представляет собой параллелограмм MNKL,
так как линии сечения куба, принадлежащие противоположным
граням куба, параллельны. Точка К лежит на 1 ниже Z, подобно
тому, как # лежит на 1 ниже М. Значит, длина отрезка КС = 5.
2) Рассмотрим нижний многогранник ABCDMNKL, который
можно представить как объединение трех пирамид, имеющих
общую вершину Р: ABCDL, AMNBL и BNKCL.
Вычислим объемы этих пирамид:
Vabcdl = SABCd-DL/ 3 = 200,
Vamnbl = SAMNB-AD /3=(AM+BN)/ ЪАВ-AD / 3 = 650 / 3,
Vbnkcl = SbnkcCD /3 = (BN+KQ/ 2 ВС CD / 3 = 550 / 3.
Объем многогранника ABCDMNKL будет равен сумме
объемов этих пирамид- 600. Так как объем куба составляет 103 = 1000,
то нижний многогранник ABCDMNKL будет иметь больший
объем, чем многогранник A\B\C\D\MNKL.
Ответ. 600.
74

Задача 2.17. (Июньский ЕГЭ 2006 [5].)
В пирамиде FABC грани ABF и ABC перпендикулярны, FB :
FA = 20 : 7. Тангенс угла между прямой ВС и плоскостью ABF
равен 3. Точка М выбрана на ребре ВС так, что ВМ: МС =1:3.
Точка Т лежит на прямой AF и равноудалена от точек М и В.
Объем пирамиды АВМТ равен 16. Центр сферы, описанной
около пирамиды FABC^ лежит на ребре АВ. Найдите площадь этой
сферы.
Решение.
1) Так как центр описанной сферы лежит на ребре АВ, то это
ребро АВ = 2R - диаметр сферы - является общей гипотенузой
прямоугольных треугольников ABC и ABF.
Пусть ZFAB = а. По условию катеты треугольника ABF от-
20
носятся как 20 : 7. Поэтому tg а = —.
М
2) Так как плоскости ABF и ABC перпендикулярны, то
проекцией прямой ВС на плоскость ABF является прямая АВ.
Поэтому углом между прямой ВС и плоскостью ABF является
75

3) Точка М делит ребро ВС в отношении 1:3. Значит,
ВМ: J5C =1:4. Пусть точка Р - середина отрезка ВМ. Тогда
ВР:ВС= 1 :8иСР:СЯ = 7:8.
4) Точка Т лежит на прямой AF и равноудалена от точек В
и М Значит, она лежит в плоскости ТРН, перпендикулярной к
отрезку ВМ, а значит и плоскости ABC. Объем пирамиды АВМТ,
приняв за основание треугольник АВМ, а высоту Г#, выразим
через радиус данной сферы R. SABM = — SABC = -AC• ВС =
L±R.5R=-R\
3 20 4
5) По условию-/?3 =16. Отсюда Д3 = 64иЛ = 4. 5сф=4тгЛ2 =
4
Ответ. 6471.
Задача 2.18. (Июньский ЕГЭ 2006 [5].)
Основанием пирамиды FABCD является прямоугольник
ABCD. Плоскость AFC перпендикулярна плоскости ABC,
тангенс угла FAC равен —, тангенс угла между прямой ВС и
плоскостью AFC равен 2. Точка М лежит на ребре ВС, ВМ = -т=-.
Точка L лежит на прямой AF и равноудалена от точек М и С.
76

Центр сферы, описанной около пирамиды FABCD, лежит
в плоскости основания пирамиды, радиус этой сферы равен 4.
Найдите объем пирамиды LBDM.
Решение.
1) Геометрическим местом точек, равноудаленных от
вершин прямоугольника, является перпендикуляр из точки
пересечения диагоналей к плоскости прямоугольника. По условию
центр описанной сферы лежит в плоскости основания
пирамиды. Поэтому этот центр совпадает с точкой пересечения
диагоналей. Значит, диагональ прямоугольника АС = 2R = 8 -
диаметр сферы - является общей гипотенузой прямоугольных
треугольников ABC и AFC.
2) Пусть ZFAC-a. По условию tg а=—.
77

3) Так как плоскости ABC и AFC перпендикулярны, то
проекцией прямой ВС на плоскость AFC является прямая АС.
Поэтому углом между прямой ВС и плоскостью AFC является
ZACB=pu tgp=2 . Пусть cos р = х, тогда sin Р = 2х. Из уравне-
2 1
2+x21 ip P
2
ния (2jc)2+x2=1 находим sinp=-r=,
л/5
= 3 :4.
4) Точка L равноудалена от точек СиМ Значит, точка L
лежит в плоскости LHN, проходящей через точку N - середину
отрезка СМ перпендикулярно плоскости ABC. CN = — СМ = -т=-.
2 v5
CN: ВС = 1 : 8, BN: ВС = 7 : 8.
5) Искомый объем пирамиды LBDM найдем, приняв за
основание треугольник BDM, а за высоту - отрезок LH. SBDM = —SBCD =
= 12-^-=г = —.
Ответ. 48.
Задача 2.19. (Июльский ЕГЭ 2006.)
В кубе ABCDA\B\C\D\ со стороной 1 на ребрах AD, DC, BB\
заданы точки М, N, L, причем АМ= 0,5, DN= 0,5, BL = 0,5. Во-
78

круг куба описан шар. Определите площадь круга - сечение
шара плоскостью, проходящей через точки Л/, N, L.
Решение.
1) Сечение куба, проходящее через точки Л/, N, L,
представляет собой пятиугольник с основанием MN и вершиной L.
Отрезок MN делит диагональ BD основания куба в точке К в отноше-
2) Центр О сферы, описанной вокруг куба, лежит в
диагональной плоскости BB\D\D в центре прямоугольника. В той же
плоскости симметрии лежит центр искомого круга, причем
отрезок KL лежит на его диаметре, который является
одновременно хордой RS диаметральной окружности сферы. Чтобы найти
эту хорду, достаточно определить расстояние ОЕ, на котором
она отстоит от центра О диаметральной окружности.
79

/
/
к
\
\
\
в,
L
В
Е >
О
F
D,
D
3) Чтобы найти длину ОЕ, рассмотрим треугольники LOF
hKHF:
OF: FH= OL: HK= 2 : 1, отсюда получаем OF= 2/3 • 1/2 =

4) Радиус искомого круга можно определить через ОЕ
по теореме Пифагора: RE = JOR2-OE2 = fi—=-^э гдемы
V 4 11 2 VI1
учли, что OR равно половине большой диагонали куба. Таким
образом, площадь искомого круга равна S = п • RE2 = —-.
44
Ответ. .
44
Задача 2,20. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Около прямой четырехугольной призмы описан цилиндр,
причем его высота больше радиуса основания, а плоскость основания
совпадает с плоскостью основания цилиндра. Основание призмы -
прямоугольник, в котором диагональ и сторона образуют угол,
тангенс которого равен V2 . Боковая поверхность цилиндра равна
Зял/б, а расстояние между диагональю боковой грани призмы
3>/14
и скрещивающейся с ней диагональю основания равно .
14
Найдите объем пирамиды, п

Решение.
1) Положим, a = AD, b = DC = artg <p= ay/2, AC= aS. To-
^ n AC ay/3
гда радиус основания цилиндра будет равен Л = = .
Площадь боковой поверхности цилиндра S = 2nR • h = ял/з • а • h
по условию равна Зял/6, откуда получаем первое уравнение,
связывающее длину основания и высоту призмы: a-h = 3>/2 .
В
2) Развернем призму так, чтобы боковая диагональ была
перпендикулярна чертежу, то есть в виде точки F(DC\): тогда
диагональ АС будет видна в виде линии А'С плоскости,
одновременно параллельной прямой DC\ и перпендикулярной
плоскости чертежа. Значит, расстояние между прямой DC\ и
параллельной ей плоскости, в которой лежит диагональ АС9 будет
равно перпендикуляру FE, опущенному на А'С: то есть
достаточно найти высоту треугольника AFC.
82

3) Из рисунка видно, что А Т= AD = а. Длину F'C найдем
из треугольника DCC\:
F,c,
К'У +-*££;. FT ^аЬ
V 2a2 + h2
laA+3a2h2
По условию задачи длина FE равна -р=-, получаем второе
V14
уравнение, которое связывает неизвестные а, А: 28а4/*2 = 9 (2а4 +
+ За2/?2), объединяя которое с уравнением из 1), получаем:
28- 18= 18а4 + 27- 18, или а = 1 иЛ = з72.
5) Объем призмы равен a-b-h = 1 • v2 -3 v2 =6.
Ответ. 6.
Задача 2,21. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Около правильной пирамиды ЕАВС с вершиной Е описана
сфера радиуса 2 v3 . Центр сферы О лежит на высоте пирамиды
EF, причем ЕО : OF =3:1. Точка G лежит на луче СЕ таким
образом, что СЕ : CG =4:9. Точка Я выбрана на прямой ВС так,
что G#= GB. Найдите объем пирамиды GACH.
Решение.
1) Рассмотрим треугольник EFC, перпендикулярный плоско-
сти ABC: EO= OC = R = 2>/з, £F= ARI 3 = 4>/з, OF= OEI 3 =
83

Точка Улежит на медиане CD. Из треугольника DEC получаем
2
м \*:-:-
в
N
2) Боковое ребро ЕС лежит в той же плоскости, что
треугольник EFC, следовательно, проекция луча СЕ на плоскость ABC
является лучом CD, на котором лежит точка М- проекция точки G,
которая равноудалена по условию от точек ВнН.то есть МН= MB.
Опустим перпендикуляр из точки М на прямую ВС. Точка
основания перпендикуляра N является серединой О1резка ВН.
3) Рассмотрим подобные треугольники GMC и EFC: они
имеют общий угол и пару противолежащих параллельных
сторон с коэффициентом подобия 9 /4. Значит,
4 4
84

Тогда из треугольника CMN имеем
CN = СМ • cos- = 4-, откуда BN = CN - ВС = -]=,
6 V2 V2
ВЯ = 2-BN= л/2,СН=ВС+СН= 5>/2 .
5 Sabc = 45<4йс = 4 "Т32 =! '
4) Объем пирамиды GACH
= i
Ответ. 60.
Задача 2.22. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Одно из сечений пирамиды МАВС плоскостью,
параллельной основанию, - равнобедренный треугольник со сторонами
0,1 и 0,2. Боковые грани образуют равные углы с плоскостью
основания. Другая плоскость а, также параллельная основанию,
пересекает высоту МО пирамиды в точке Р так, что МР : МО =
= 2 : 5. В образовавшуюся при этом усеченную пирамиду вписан
прямой цилиндр с верхним основанием, вписанным в сечение
пирамиды плоскостью а. Объем цилиндра равен 10,08я.
Площадь сечения пирамиды, которое делит ее на две равные
пирамиды, равна \7,5у/\5 . Найдите площадь боковой поверхности
пирамиды.
Решение.
1) Из условия задачи ясно, что основание пирамиды -
равнобедренный треугольник, у которого боковая сторона в два раза
больше основания. Другой вариант невозможен в силу
невыполнения неравенства треугольника. Положим, основание ВС =
85

2) Рассмотрим плоскость а- сечение пирамиды, проходящее
через точку Р. Это будет равнобедренный треугольник А\В\Си
подобный треугольнику ABC основания с коэффициентом
подобия 2/5. Тогда, используя подобие треугольников DOM и QPM,
объем цилиндра можно представить как
где R = OD — радиус окружности, вписанной в основание
пирамиды, аЯ= ОМ-ее высота.
3) Выразим R - радиус окружности, вписанной в основание
пирамиды, ~ через длину основания а треугольника ABC:
a + 2b
86

5а 10
4) Ясно, что сечение пирамиды, которое делит ее на две
равные пирамиды, можно провести только через высоту А/0,
перпендикулярно основанию ВС через его середину N. Это будет
треугольник AMN с высотой Я= МО. Выразим ее через длину
основания а треугольника ABC:
Я = -
AN V15 а
а
2
5) Подставим найденные выражения 3), 4) для Л и Я в
формулу 1) для цилиндра. Получим уравнение для неизвестной длины а
основания пирамиды:
3 70 10 080 1ЛЛО 1Л
, = 71 а = 10,0871, или д= 10.
5 10 I 5 а 10 000
Откуда Ъ = 20, R = Vl5, Я = 7.
6) Чтобы найти площади боковых треугольников пирамиды,
заметим, что их апофемы равны между собой:
Тогда площадь всей боковой поверхности пирамиды будет равна
Ответ. 200.
Задача 2.23. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Сфера радиуса 7 касается плоскости в точке А. В этой же
плоскости лежит основание правильной четырехугольной
пирамиды. Прямая, проходящая через центр основания пирамиды
87

(точку О и точку сферы, диаметрально противоположную
точке Л, проходит через точку М Точка М является точкой касания
сферы и пирамиды (их единственная общая точка) и лежит
на апофеме пирамиды. Найдите объем пирамиды, если АС = 6.
Решение*
1) Проведем через центр сферы и высоту конуса сечение
плоскостью. В этой плоскости диаметральная окружность
касается треугольного сечения пирамиды (Л BSD). По условию
задачи ОА = ОМ= 7, АС = 6.
2) Отрезок ОВ параллелен отрезку ЕМ9 так половина
центрального угла /ЛОМ равна вписанному углу /ЛЕМЬ
опирающемуся на общую дугу AM.
3) По теореме Фалеса из равенства отрезков АО и ОЕ
следует равенство отрезков АВ и ВС. Отсюда АВ-ВС-Ъ.
4) Чтобы найти высоту SC пирамиды, необходимо найти угол
ОА 7
n-2/ABO. tg/ABO = — = -,
tg{%-2ZABO)= -tg(2ZABO).
88

Воспользуемся формулой для связи тангенсов ординарного и
удвоенного аргументов
которая дает
tg 2ZABO =
14
= —= tg ZSBC.SC
20 6
ZSBC = 63 ' 20-
5) Объем пирамиды V = -BD2 - 5C = 37,8.
Ответ. 37,8.
Задача 2,24. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ с
длинами сторон AD = 1, АВ = 5, ^4L4i = 8 отмечены точка М на ребре
АА\ и точка N на ребре CD. Известно, что AM = 7 и Л/С = 4.
Найдите объем пирамиды MB\C\N.
М
89

Решение.
1) Проведем на левой боковой грани прямую В\К
параллельно C\N. Тогда получим пирамиду MB\C\NK с четырехугольным
основанием B\C\NK. Эта пирамида имеет ту же высоту ML, что
и пирамида MB\C\N, а основание в два раза больше, то есть
ее объем в два раза больше объема пирамиды MB\C\N.
2) Достаточно найти высоту ML и длину В\ К. Найдем сначала
ВхК = JBB? + ВК2 = 780 = 4л/5 . Тогда высота пирамиды МВ\С\К
будет равна
BXK
2 2
3) Объем пирамиды MB]Справен
v S
откуда пирамида MB\C\N имеет объем, в два раза меньший,
равный 6.
Ответ, 6.
Задача 2,25. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ со
сторонами АВ- 4, ВС= 3, АА\ = 8 на отрезках АА\,АВ\, DA\ заданы
соответственно точки М, N, L, причем AM- 6, AN= 3 v5 , DL =
= 0,6 >/73. Секущая плоскость проходит через точки М, N, L
и делит прямоугольный параллелепипед на два многогранника.
Найдите наибольший из объемов этих многогранников.
90

А
Решение.
1) Проведем из точки М прямые через точки N и L до
пересечения с ребрами ВВ\ и DD\ в точках G и Е соответственно.
Построим отрезки EF \\ MG и FG \\ ЕМУ получим сечение
параллелепипеда ABCDA\B\C\D\ в виде параллелограмма MEFG.
2) По теореме Пифагора АВ-4л/59 следовательно, AN/ AB =
= 3 / 4. С другой стороны, AMI АА\ =3/4, откуда MN \\ АВ,
то есть куб сечением разбивается на две призмы.
3) По теореме Пифагора A\D = V73, отсюда из подобия
треугольников ААф и KLD : LDI Аф = 3 / 5, KL = AAVLDI AD =
91

4) Чтобы найти положение точки Е на DD\ найдем угловой
коэффициент прямой ME:
. MA-KL ° 5 ,
АК б
5
5) Найдем объем нижнего многогранника в виде прямой
призмы ADEMBCFG с основанием в виде трапеции ADEM и
высотой АВ:
'ADEMBCFG = ^ADEM ' ^В = Г 3 • 4 = 54 .
Объем параллелепипеда ABCDAХВ\C\DX равен 4 • 3 • 8= 96.
Значит, объем нижнего многогранника больше объема верхнего
многогранника.
Ответ. 54.
Задача 2.26. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Все сечения пирамиды МАВС плоскостями, параллельными
основанию, - прямоугольные треугольники, длины сторон
которых образуют арифметическую прогрессию. Боковые грани
образуют равные углы с плоскостью основания. Плоскость а,
также параллельная основанию, пересекает высоту МО пирамиды
в точке Р так, что МР : РО = 1 : 3. В образовавшуюся при этом
усеченную пирамиду вписан прямой цилиндр с верхним
основанием, вписанным в сечение пирамиды плоскостью а. Объем
цилиндра равен Зял/З. Сечение пирамиды плоскостью проходит
через ее вершину М и вершину основания, лежащую против
наибольшей стороны основания. При этом построенное сечение
делит пирамиду на две пирамиды одинакового объема и
наклонено к плоскости основания под углом, тангенс которого равен
5 V3. Найдите площадь боковой поверхности пирамиды.
92

с,
D
Решение.
1)Из условия следует, что стороны прямоугольного
треугольника а, 6, с удовлетворяют следующей системе уравнений:
которую можно привести к квадратному уравнению
относительно а и с:
Ясно, что может иметь место только второе соотношение,
которое приводит к тройному отношению длин прямоугольного
треугольника: а : Ь : с = 3 :4 : 5.
93

2) Найдем связь между сторонами а9 Ь, с и радиусом
вписанной окружности R:
а + Ъ + с = 2R + 2с,
3) Рассмотрим треугольник ЛОА*, являющийся проекцией
сечения АМК, разбивающего пирамиду на две равновеликие части.
АК- медиана треугольника ABC - равна радиусу вписанной
окружности R. Отрезок ОЕ перпендикулярен АК, ME - наклонная
к плоскости основания - перпендикулярна АК (по теореме о трех
перпендикулярах). Значит, угол равен заданному углу между
плоскостями сечения и основания. Тогда высоту пирамиды можно
вычислить через длину отрезка ОЕ: ОМ= ОЕ • tg ZMEO = 5 >/з ОЕ.
4) Вычислим ОЕ через площадь треугольника АОК:
АК
с — с _ е _ с
^АОК^^АВК аАОВ **В
94

Значит, высота пирамиды равна: #= 5 >/з ОЕ = V3 Л.
5) Рассмотрим треугольник А\В\С\, расположенный в
плоскости сечения а, в который вписано верхнее основание
цилиндра. Он подобен треугольнику ABC основания пирамиды с
коэффициентом пропорциональности, равным отношению: МР : МО =
= 1:4, значит, радиусы окружностей, вписанных в треугольники
А \В] С] и ABCу относятся как г : R = 3 : 4. Высоты цилиндра и
пирамиды относятся как РО : МО = h : #= 3 : 4.
6) Объем цилиндра с учетом 4) можно выразить через
параметр Л:
Т7 2, R23H
С другой стороны, по условию задачи V^ = Зтг >/з, откуда
получаем R = 4, #= 4>/з, а = 3,6 = 4, с = 5.
7) Теперь можно найти площади боковых треугольников
пирамиды МАВС. Заметим, что их апофемы равны друг другу, так
как равны их проекции на плоскость АВС9 совпадающие с
радиусом R:
Откуда окончательно получаем
=-(3 + 4 + 5)8 = 192.
Ответ. 192.
95

Задача 2.27. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Основанием прямой призмы АВСА\В\С\ является
равнобедренный треугольник с вершиной А, две стороны которого равны
1 и 4. Высота призмы равна 2. В призме проведены два сечения.
Одно из них проходит через ребро АС и вершину В\, а другое -
через ребро СС\ и биссектрису угла С треугольника ABC.
Найдите длину отрезка, по которому пересекаются эти сечения.
D
Решение.
1)Ясно, что основание ВС равнобедренного треугольника
ABC может принимать только одно значение, равное 1, в
противном случае не будет выполняться неравенство треугольника:
АВ + АОВС.
96

2) Биссектриса CD будет делить противоположную сторону
4
АВ в отношении BD: AD = ВС: АС = 1:4, BD = -.
3) Проведем заданные в условии задачи плоскости сечения
в виде треугольника АВ\С и прямоугольника CDD\C\9 которые
пересекаются по прямой СЕ. Рассмотрим прямоугольный
треугольник CDE, для нахождения искомой гипотенузы СЕ
достаточно найти длины катетов CDwDE.
jDA/f I
4) Длину CD найдем по теореме косинусов: cosZ5 = = -,
АЛ о
CD2 =BD2 +BC2 -2BDBC-COSZB, CD2 = — + 1-2—1 = —
25 5 8 25
или CD = —.
5
5) Для определения DE рассмотрим подобные треугольники
АВВ\ и ADDU из которых следует ED = ВВХ -±-L = 2- = -.
АВ 5 5
6) Теперь можно вычислить длину искомого отрезка СЕ по
теореме Пифагора: ЕС = y/ED2+CD2 = J— + — = 2.
Ответ. 2.
Задача 2,28. (Июньский ЕГЭ 2007 [3].)
В основании пирамиды DABC лежит треугольник ABC, в
котором ZC - 90°, АС = 5, 5С = 8. Высота пирамиды, опущенная
из вершины Д равна 11, а ее основание лежит на отрезке АС.
Сечение пирамиды, проходящее через середину ребра DB
параллельно прямым ВС и AD, является основанием второй
пирамиды с вершиной Г. Точка Т лежит на отрезке АС, ТС = 4.
Найдите объем второй пирамиды.
97

А Т^Щ/ EL С
Решение.
1) Плоскость сечения пересекает грань DBC по линии MN
параллельно ВС. Так как#- середина отрезка BD, то MN-
средняя линия треугольника ВВС и MV= ВС 12 = 4. Аналогично
является средней линией треугольника ABC с тем же основанием
ВС, EF- ВС I 2 = 4, значит, EMNF- параллелограмм. По
условию задачи высота пирамиды DABC лежит в плоскости грани
DAC, значит, эта плоскость перпендикулярна основанию ABC.
Так как отрезки EF и ВС перпендикулярны АС и высоте
пирамиды, то они перпендикулярны любой прямой плоскости DAC,
в частности ME, тогда EMNF- прямоугольник.
2) Сейчас возникает проблема, как найти длину другой
стороны основания ME и высоту пирамиды TEMNF. Оказывается,
по исходным данным нельзя однозначно найти ME и высоту
пирамиды TEMNF, так как положение вершины пирамиды DABC
не определено. Выход заключается в введении дополнительного
параметра, определяющего положение вершины D относительно
другой вершины - А. Таким параметром может быть угол а
при вершине А треугольника грани DAC, перпендикулярной
плоскости основания пирамиды DABC. Тогда длина отрез-
98

ка ME- ML I sina = HI 2sin a =11/ 2sina. Высота
пирамиды TEMNF будет равна TK =7Esin a (следует из рассмотрения
прямоугольного треугольника ТКЕ). Отрезок ТЕ = ТС - ЕС =
= 4-5/2=3/2. Теперь можно перейти к объему
пирамиды TEMNF:
=^
Ответ. 11.
2-й вариант решения. Еще один способ решения этой
задачи основан на двух красивых эвристических приемах: первый
заключается в замене четырехугольной пирамиды TEMNF
тетраэдром TEMF вдвое меньшего объема, второй - в переходе
к основанию в виде прямоугольного треугольника TEF. Тогда
высота этого тетраэдра будет определяться высотой точки М
относительно основания ABC, а теперь замечаем, что вершина D
имеет заданную высоту Н= 11 в два раза выше, так как М-
середина ребра DC (по теореме Фалеса). Теперь можно перейти
к вычислениям.
ТЕ= ТС - ЕС = 4-2,5 = 1,5. STef= ТЕ EF/2 = 3.
Задача 2.29. (Июльский ЕГЭ 2007.)
В основании прямой призмы ABCDA\B\C\D\ лежит ромб ABCD,
y/l3,BD = \6. Высота призмы равна 32. Сечение призмы
плоскостью, проходящей через вершину А, и перпендикулярной
прямой BD\9 является основанием пирамиды, вершина Т
которой лежит на ребре DD\ так, что DT: TD\ = 3:5. Найдите объем
этой пирамиды.
Решение.
1) Так как в ромбах оснований призмы диагонали
перпендикулярны, то диагональная плоскость сечения BB\D\D перпенди-
99

кулярна прямой АС. Проведем в этой плоскости через точку О
пересечения диагоналей нижнего основания прямую ОЕ
перпендикулярно большой диагонали BD\. Так как прямые АС и ОЕ
перпендикулярны диагонали BD\9 то треугольник сечения АЕС
тоже перпендикулярен BDu то есть является по условию задачи
основанием пирамиды ТАЕС.
2) Чтобы вычислить площадь основания пирамиды
найдем длины перпендикулярных отрезков ЛС и £0.
Заметим, что А £50 оо Д 2ЮД, как прямоугольные
треугольники с взаимно перпендикулярными сторонами, тогда
= BD— = 16— = 4 и
DZ), 32
100

Таким образом, площадь основания пирамиды ТАЕС равна
В
: ;
О
у
у
у
у
у
у
у
у
у
у
у
У
*
•
У
У
у
У
0\
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
ч
3) Чтобы найти высоту пирамиды ГЛ£С, рассмотрим
диагональную плоскость BB\D\D, в которой проекция плоскости
основания i4£C - прямая £0. Так как точка Т лежит в плоскости
BB\D\D, то перпендикуляр, опущенный из нее на прямую ЕО,
является перпендикуляром к плоскости основания ЛЕС, то есть
высотой пирамиды ТАЕС.
4) Найдем длину этого перпендикуляра TG, используя
подобие прямоугольных треугольников FGT и FOH. Сначала
определим стороны треугольника FOH: OF = ЕО = 4л/5, F#= HD +
101

+ DF= DDXI 2 + EB = 16 + 4 = 20 (A EOB = Д EOD). Перейдем
к треугольнику FGT: TF=TD + DF=3/ 8\DA +££=12 + 4=16.
HF 20
Теперь с помощью теоремы Пифагора находим высоту
пирамиды ТАЕС:
= Ыь
5) Объем пирамиды ТАЕС
Ответ. 128.
Задача 2.30. (Июльский ЕГЭ 2007.)
Найдите площадь сечения правильной треугольной призмы
АВСА\В\С\ плоскостью, которая параллельна диагонали АС\
грани АА\ССи проходит через середину К стороны АВ
основания и точку А/, лежащую на стороне В\Си если МС\ = ЗВ\М,
расстояние между АС\ и секущей плоскостью г = , сторона
основания призмы а = 2v7 .
Решение.
1) Проведем через точку К прямую параллельно АС\ до
пересечения с фанью ВВ\С\С в точке G, это будет ее середина, так
как KG - средняя линия треугольника АВС\, а ВС\ - диагональ
грани ВВ\С\С. Проведем прямую MG до пересечения с
основанием в точке N. Так как точка N симметрична точке М
относительно центра G, то BN: NC = 3:1.
102

2) Проведем через точку N прямую параллельно АВ до
пересечения в точке Д получим отрезки
О
3) Проведем прямую сечения основания ABC через точки /С
и N до пересечения с продолжением ребра АС в точке О. Найдем
длину отрезка ЛО из подобия треугольников АОК и DON:
OD
АО
DN
АК
2
OD
AD+OD
4) Для нахождения линии сечения на грани АВВ\А\ проведем
прямую MN до пересечения с продолжением ребра ВВ\ в точке F.
Тогда прямая KF определит линию сечения на грани АВВ\А\.
103

Для вычисления площади сечения KLMN необходимо еще
установить длину высоты ВВ\ призмы. Для этого необходимо
установить ее связь с заданной длиной г.
5) Проведем прямую АЕ параллельно прямой сечения KN.
Опустим на нее перпендикуляр из точки О. Из той же точки
проведем перпендикуляр к плоскости основания до пересечения
с прямой АС\ в точке Я. Получили треугольник, параллельный
плоскости сечения, и треугольник ЕОН, одновременно
перпендикулярный плоскости сечения и плоскости треугольника АЕН.
Значит, его высота, проведенная из вершины О к стороне ЕН,
равна г. Для решения задачи достаточно ее связать с
неизвестным параметром, который позволяет найти высоту призмы.
6) Чтобы выбрать неизвестный параметр, заметим, что
знание высоты перпендикуляра ОН позволяет найти и высоту СС\
через подобие треугольников АОН и АСС\. Эти треугольники
* д.д. / АО AD + OD 3 „ _
подобны с коэффициентом к= = = —. Чтобы свя-
АС АС 2
зать заданную высоту г треугольника ЕОН с ОН9 необходимо
еще знать другие его стороны - ЕН и ЕО. Ключевыми
треугольниками здесь могут быть прямоугольные треугольники ЕОН
и АЕО. Выберем в качестве ключевого неизвестного параметра
угол у = ZEAO, знание которого позволяет найти стороны
ключевых треугольников АЕО и ЕОН.
7) Так как АЕ параллельна КМ, то угол ZAOK= ZEAO= у.
Опустим из точки К перпендикуляр КР на АО и рассмотрим
прямоугольный треугольник ОКР с углом у. Так как КР равна
половине высоты равностороннего треугольника АВСЬ то
4
104

С другой стороны,
АР = -а
4
значит,
КР ~Т у/з 2 1 25 . 2 3
tg у = = -5- = —, cos у = т- = — sin v = — •
1 OP 5 5 l + tg2y 28 r 28
4
8) Зная угол у, найдем ключевой отрезок треугольника ЕОН:
2
Чтобы его связать с высотой г этого треугольника, найдем
двугранный угол между плоскостями АЕН и ABC:
V2 1
cos©
г ? V2 1
© = ZOEH sin© = = —=р- = -7=-, cos© = -7=-.
Т £0 J5 л/3 /3
2
Теперь можно вычислить высоты:
АО
9) Чтобы вычислить площадь сечения, найдем высоту Л
трапеции KLMN. Заметим, что плоскость сечения наклонена
к плоскости основания под углом —(р. Значит, ребро ВВ\ -
проекция высоты трапеции под этим углом:
ВВХ ВВ. у/б „
i ^
105

10) Теперь осталось вычислить длины KN и LN оснований
трапеции. Из подобия треугольников АОК и DON получаем:
КР ПК
= KN + ON 2ONKN
sin у
С другой стороны,
---Z.
cosy cosy 4—— 2
2>/7
Площадь трапеции KLMN будет равна S^^ = h = 7.
Ответ. 7.
Задача 2.31. (Июльский ЕГЭ 2007.)
В правильной треугольной пирамиде со стороной основания
а=у/\4 расстояние между скрещивающимися медианами
боковых граней, проведенных из вершин основания к боковым
ребрам, / = 1. Найдите угол между этими медианами.
Решение.
1) Проведем прямую BD параллельно медиане AM и
прямую MD параллельно стороне АВ. Треугольник J5ZW лежит
в плоскости, параллельной медиане AM. Следовательно,
расстояние между этой плоскостью и медианой AM равно
заданному в условии расстоянию / между этими медианами.
2) Рассмотрим пирамиду с вершиной М и основанием BDN.
Высотой этой пирамиды, проведенной из Л/, является отрезок /.
Тогда объем этой ключевой пирамиды можно выразить через
искомый угол ф и через какой-нибудь дополнительный
параметр, определяющий исходную пирамиду SABC. Проблема за-
106

ключается в наховдении дополнительного выражения для
объема пирамиды MBDN, которое бы не содержало искомого угла <р.
Заметим, что ключевую пирамиду можно рассматривать как
пирамиду с основанием DMN, параллельным основанию ABC
пирамиды SABC, и вершиной В, высотой которой будет половина
высоты пирамиды SABC, так как плоскость DMN проходит через
медиану MN боковой грани SBC. Ясно, что в этом случае
выражение для объема ключевой пирамиды BDMN не будет
содержать параметр ср.
3) Зададим в качестве известного параметра сторону
основания а, а неизвестного параметра - угол между боковым ребром
пирамиды и стороной основания Р = ZSAC, теперь необходимо
107

все неизвестные элементы задачи выразить через а и Д Боковая
сторона пирамиды SABC
2cosp
4) Медиану т найдем с помощью теоремы косинусов:
т2
2 ь2 „ ь о Г\ i
= я + 2а—cosB, m = al— + г—.
4 2 Р V2 16cos2p
Длину отрезка х= DN найдем с учетом угла Z.DMN- 120°,
как внешнего угла треугольника основания ABC:
4 2 2
S) Найдем объем ключевой пирамиды MBDN с
основанием BDN:
-m2 * -а\
— т — —— — 1
2 4 2 16cos2p 16
г=?У1+^'5в™=^^+^'Кшш=^'
1 „ 1
16 V" cos2p
■г— (с учетом/= 1).
1 Р
6) Найдем объем ключевой пирамиды BDMN с основанием
DMN:
Sdmn =-a-sinl20e =- .
Высота этой пирамиды равна половине высоты Н= SO,
найдем ее:
108

Теперь объем пирамиды BDMN будет равен
vbdhn = зТ5^ ="1Г\4^7р~3 '
7) Приравнивая друг к другу выражения 5) и 6), получаем
с учетом а = V14 уравнение
1 'Х ^ 1
cos2p 2cos2p ' 2 6"
8) Чтобы найти искомый угол (р при вершине
равнобедренного треугольника с основанием jc и боковыми сторонами т,
вычислим последние через найденное значение параметра р
по формулам из 4):
98 2 7 14 98
8 ' Х ~ 4 " 4 '
то есть x = yfl-m и sin—=—=—, ср = 90°.
2 2т 2
Ответ. 90°.
Задача 2.32, (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
Сторона основания первой правильной треугольной
пирамиды равна 6-Уз. Вершина второй правильной треугольной
пирамиды находится в центре основания первой. Вершины
основания второй пирамиды расположены на трех ребрах одной из
боковых граней первой пирамиды, причем одна из них - в
середине ребра основания. Найдите радиус окружности, описанной
вокруг основания второй пирамиды.
109

Решение.
1) Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью SOE,
проведенной через ее высоту SO и апофему SE фани BSC.
Треугольник SOE будет плоскостью симметрии малой пирамиды OMNE,
так как перпендикулярен ее основанию MNE и проходит через
высоту ED треугольника MNE. Высота OF треугольника SOE,
опущенная на сторону SE, и будет высотой пирамиды OMNE.
С другой стороны, точка F является центром окружности,
описанной вокруг треугольника MNE.
Н
м

2) Чтобы найти радиус FE = г по известной длине а
основания пирамиды SABC, необходимо найти угол a = ZSEO,
который позволяет вычислить радиус через длину отрезка ОЕ,
r = F£ = 0£cosa, равного одной трети медианы
равностороннего треугольника ABC:
С другой стороны, из треугольника SOE имеем cos a = —,
b
где b = SE- апофема боковой грани.
3) Обозначим длину апофемы грани SBC через b = SE, тогда
из треугольника SOE, получаем
ОЕ х а
cosa = = —=—р—,
SE Ъ 2у5-Ь
а из треугольника SCE имеем
п SE 2b
Перемножив последние выражения, получаем
cos a • tg p=-p^ <=> cos a = -= .
л/3 л/3-tgP
С другой стороны, из треугольника SOE можно выразить
радиус окружности через cos a:
а а
R = FE = ОЕ cos a = —т=г cos a = .
2V3 6-tgp
4) Для нахождения угла р = ZSCE выразим апофему
111

через длину правильного треугольного основания малой
пирамиды х = MN:
b = SE = SD + DE или Z>=-tgp + — х = - (tg (3 + >/з).
Приравнивая два последних выражения для апофемы, получаем
tgP + 3
С другой стороны, радиус окружности, описанной вокруг
треугольника MNE, равен двум третям его медианы:
г 2пр 2 ^шг х „г- a *8Р
г = — Vb = M/V =—7=- иг j=r• 7=г.
3 3 2 V3 л/3 tgp + л/з
5) Приравнивая выражения для радиуса окружности из 3)
и 4), получаем уравнение для определения угла р
1 1
б-tgp 7з tgp+Тз
Решение последнего квадратного уравнения дает
положительный корень:
Отсюда радиус окружности из 3) равен г = —j= = 2.
6л/3
Ответ. 2.
Задача 2.33. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
Основанием пирамиды FABC является равнобедренный
треугольник ABC, в котором АВ= ВС= 3, sin ABAC = -j=—. Реб-
ро AF перпендикулярно ABC и равно 7 + 3 л/5 . Точки L, А/ и N
112

расположены соответственно на ребрах FC, АС и AF, а точка Р
, Г1> „ CL IF AM MC FN
лежит на ребре FB. При этом _. —. ^-^. —
PF
Найдите объем пирамиды LMNF.
N
К
м
н
Решение.
1) Сразу заметим, что заданные отношения представляют
собой знаменитую «золотую» пропорцию
а - *
х я-*'
уравнение для которой имеет вид: х2 +ах-а2 =0. Его решение
дает пропорцию
Еще нам понадобится отношение
а-х х_
л: л
113

„ LF MC
Таким образом, имеем — = =
2) Пирамиду LMNF удобно рассматривать с основанием
LMN и вершиной Р, так как высота РЕ будет перпендикулярна
грани ACF, а значит параллельна высоте ВН треугольника ABC.
Чтобы найти связь между этими высотами, проведем через
точки L и Р прямые, параллельные сторонам треугольника ABC.
Получим треугольник KPL, подобный ABC с коэффициентом
*.
ВС
но так как еще подобны треугольники FPL и FBC, то имеем
k=PL LF = S-\
~ ВС~ CF~ 2
Значит, высота PE = k BH.
3) Найдем высоту ВН через площадь треугольника ABC:
3
AC V5-1'
тогда PE = kBH = -.
4) Вычислим теперь площадь основания LMN пирамиды
LMNF через площадь боковой грани ACF:
Заметим, что вычитаемые площади являются пропорциями
площади грани ACF:
„ _NAAM _xa-x _>/5-13->/5 e
лacf~~z~t' **—2—y~ ACF
114

„ _FN LF g-x x i rz \
L ~ ~FA CFF ~ CF ~ \ ~ ' CF' M
5
ACF
AC CF ACF a x
Таким образом, площадь основания LMN будет равна
С другой стороны,
и S^ =|(49-45) = б.
5) Окончательно получаем объем пирамиды
Vlmnf = -SLMNPE = 3.
Ответ. 3.
Задача 2.34, (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
Сторона основания правильной четырехугольной пирамиды
равна —т=-. Круг, вписанный в боковую грань, является основа-
нием конуса, вершина которого совпадает с центром основания
пирамиды. Найдите объем конуса.
S
В
115

Решение.
1) Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью SOE,
проведенной через ее высоту SO и апофему SE грани DSC. В силу
симметрии треугольник SOE будет плоскостью осевого сечения
конуса. Высота OF треугольника SOE, опущенная на сторону SE,
и будет высотой конуса. С другой стороны, точка F является
центром окружности, вписанной в треугольник DSC.
2) Чтобы найти объем конуса по известной длине отрезка
ОЕ= all, необходимо найти угол а = ZSEO, который позволяет
вычислить высоту конуса Л= OF- OEsin а. Для определения
площади окружности с центром в точке F, необходимо найти
другой угол р = ZSDE, тогда ее радиус будет равен г = EF =
= DE • tg ZEDF = = — tg —, так как центр окружности F лежит
на биссектрисе DF угла р = ZSDE.
Н
3) Установим связь между углами аир. Обозначим длину
апофемы через Ь = SE, тогда из треугольника SOE, получаем
ОЕ = а
SE 2b'
116
cosa =

а из треугольника SDE имеем
♦ a SE 2b l
tg В = = — .
DE a cosa
С другой стороны, из треугольника SOE можно выразить радиус
окружности через cos a:
г = EF= OEcos a = -cosa =
2 2tgp
4) Приравнивая выражения для радиуса окружности из 2) и 3),
получаем уравнение для определения угла р
t82 tgp-
Воспользуемся формулой
tgp = -
тогда приходим к уравнению
Так как угол Р - острый, то tg — = —j=r. Откуда радиус
окружности из 2) равен г = —j=. Чтобы найти высоту конуса h = OF9
зная OE = a I 2 и FE = г, воспользуемся теоремой Пифагора для
треугольника
117

S) Теперь окончательно вычисляем объем конуса:
Уп-r2 hna2 а д 3
12./6 36л/б
Ответ. 4,5.
Задача 2.35. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
Основанием призмы АВСА\В\С\ является прямоугольный
треугольник с катетами АВ = 4 и ВС = 6. Высота призмы
равна 10. Найдите объем пирамиды с вершинами в точке С\ и
серединах ребер ВС9 ВВ\ и А\В\.
Решение.
1) Обозначим середины ребер А\Ви ВВ\ и ВС через M,KuN
соответственно. Требуется вычислить объем пирамиды C\KMN.
Будем рассматривать в качестве основания пирамиды
треугольник C\KN9 тогда высота пирамиды, опущенная из вершины М
на основание C\KNt будет равна длине отрезка МВ\=А\В\ /2 = 2,
так как последний принадлежит ребру А\В\9 перпендикулярному
плоскости грани ВВ\С\С в силу перпендикулярности А\В\
ребрам В\С\ и ВС (последнее следует из А\В\ \\ АВ 1 ВС).
N
118

2) Теперь достаточно вычислить площадь треугольника CXKN:
f^ fV *т **ш Л f' f\ \ F \ ^ ^* »J
3) Окончательно получаем
Ответ. 15.
Задача 2.36. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
В прямоугольном параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ заданы
АА\ = 9, АВ = 5, AD = 6. Найдите объем пирамиды EB\C\F, если
Е - точка на ААи причем АЕ = 6, a F- точка на CD и CF= 4.
Решение.
Будем рассматривать пирамиду EB\C\F с основанием в виде
треугольника B\C\F, тогда ее высотой будет перпендикуляр ЕН9
опущенный на плоскость основания B\C\F9 совпадающую с
параллелограммом GB\C\F.
А
Так как грань АА\В\В перпендикулярна отрезкам В\С\ и GF,
то она перпендикулярна и плоскости основания B\C\F
пирамиды EB\C\F. Тогда высота ЕН пирамиды лежит в плоскости
119

АА\В\В и перпендикулярна отрезку GB\. Чтобы найти ЕН,
сначала вычислим площадь треугольника EGB\:
15 _
Теперь можно перейти к вычислению объема пирамиды EB\C\F:
1 „„ „ _ 1_ 53
'3C.F2
' EB,C,F ~ 3
Ответ. 53.
= — 6 = 53.
6
Задача 2.37. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
Дана правильная треугольная пирамида. Центр основания
является вершиной конуса, окружность основания которого
радиуса 3 л/7 вписана в боковую грань пирамиды. Найдите
сторону основания треугольной пирамиды.
Решение.
1) Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью SOE,
проведенной через ее высоту SO и апофему SE грани BSC. В силу
симметрии треугольник SOE будет плоскостью осевого сечения
конуса. Высота OF треугольника SOE, опущенная на сторону SE,
и будет высотой конуса. С другой стороны, точка F является
центром окружности, вписанной в треугольник BSC.
S

2) Чтобы найти длину а стороны основания пирамиды SABC
по известной длине радиуса FE= r, необходимо найти
угол а = ZSEO, который позволяет вычислить длину отрезка
_ л/3 а _ пр _ FJg _ r
2 3 cosa cosa'
равного одной трети медианы равностороннего треугольника
ABC. С другой стороны, из треугольника BSC следует связь
между аъг через угол р = ZSCE:
так как центр окружности F лежит на биссектрисе CF угла р =
= ZSCE.
S
н
3) Установим связь между углами аир. Обозначим длину
апофемы грани SBC через Ь = SE, тогда из треугольника SOE
получаем
ОЕ х а
SE 2Ь
а из треугольника SCE имеем
121

Перемножив последние выражения, получаем
cosa • tg р = «7= <=> cosa = —=г
л/З-tgp
С другой стороны, из треугольника SOE можно выразить радиус
окружности г = EF через cos a:
г = EF= ОБ cosa = —=rcosa =
2V3 6-tgP
4) Приравнивая выражения для радиуса окружности из 2)
и 3), получаем уравнение для определения угла р:
2 3-tgP
Воспользуемся формулой
тогда приходим к уравнению
Так как угол р- острый, то tg~ = -T=. Отсюда радиус ок-
2 V7
ружности из 2) равен г = —т=- или а = 2V7 • г = 42.
2V7
Ответ. 42.
Задача 2.38. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
В кубе ABCDA\B\C\D\ со стороной 1 на серединах ребер AD
и DC заданы соответственно точки Ми N. Точка L лежит на реб-
122

ре ССи причем CL : CL\ = 1 : 5. Площадь круга, вписанного в
каждую грань куба, равна 11. Вокруг куба описан шар. Определите
площадь круга - сечение шара плоскостью, проходящей через
точки М, Nf L.
Решение.
1) Из условия задачи следует, что ребро куба равно
а радиус шара, описанного вокруг куба, равен половине его
большой диагонали
2) Сечение куба, проходящее через точки М, JV, Д
представляет собой пятиугольник с основанием MN и вершиной L.
Отрезок MV делит диагональ BD основания куба в точке К в
отношении ВК: KD=3: 1, так как QK = KD. Продолжим MNдо пере-
123

сечения с продолжением ребра ВС в точке Р. Так как MN || ВР9
то по теореме Фалеса
отсюда
то есть точка Е делит ребро ВВ\ пополам.
\
\ 7
в
о
ч
ч
ч
а\
*^^ ч
\^^ Q t
\ D
3) Центр О сферы, описанной вокруг куба, лежит в центре
прямоугольника BB\D\D диагонального сечения куба. В той же
плоскости симметрии лежит и центр искомой окружности.
Отрезок ЕК лежит на ее диаметре RS, который является
одновременно хордой диаметральной окружности сферы. Чтобы найти
эту хорду, достаточно определить расстояние OF, на которое
она отстоит от центра О диаметральной окружности.
4) Чтобы найти длину OF, рассмотрим треугольник EOG:
= -y/2,OG:GQ=OE:QK=2:l
124

(так как QK= KD и треугольники EOG и GQK подобны с
коэффициентом 2), отсюда получаем
= 1 и
= и ОГ
3 2 3 EG yJEO2+OG2
а
2 а 2
5) Радиус искомого круга теперь можно определить через
OF по теореме Пифагора:
-OF* =№-!=№.
Таким образом, площадь искомого круга равна п • RF2 = 29.
Ответ. 29.
Задача 2,39. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
Дана правильная шестиугольная пирамида. Центр основания
пирамиды является вершиной конуса, окружность основания
которого вписана в боковую грань пирамиды. Найдите сторону
основания пирамиды, если объем конуса равен
25
Решение.
1) Рассмотрим сечение пирамиды плоскостью SOE,
проведенной через ее высоту SO и апофему SE грани DSC. В силу
симметрии треугольник SOE будет плоскостью осевого сечения
конуса. Высота OF треугольника SOE, опущенная на сторону SE,
125

и будет высотой конуса. С другой стороны, точка F является
центром окружности, вписанной в треугольник DSC.
S
D
2) Чтобы найти сторону основания пирамиды через объем
конуса, рассмотрим обратную задачу: выразим объем конуса через
длину отрезка а = DC = ОС = ОД являющегося одновременно
стороной равностороннего треугольника OCD и стороной
правильного шестиугольного основания. Необходимо найти угол а = ZSEO,
который позволяет вычислить высоту конуса:
= —asina.
2
н
о
126

Для определения площади окружности с центром в F, еще
потребуется найти другой угол: р = ZSDE, тогда ее радиус будет
равен
г = FE = DE • tg ZEDF = — tg -,
2 2
так как центр окружности F лежит на биссектрисе DF
угла р = Z£D£.
3) Установим связь между углами аир. Обозначим длину
апофемы через b = SE, тогда из треугольника SOE получаем
ОЕ аТз
cosa = = ,
SE 2b
а из треугольника SDE имеем
. „ SE 2b у/3
DE a cos a
С другой стороны, из треугольника SOE можно выразить
радиус окружности через cos a:
а4ъ
cosa=
2 2tgP
4) Приравнивая выражения для радиуса окружности из 2)
и 3), получаем уравнение для определения угла р:
2
Воспользуемся формулой
2
127

тогда приходим к уравнению
Так как угол р - острый, то
•14
Откуда радиус окружности из 2) равен
ал/3
2>/5
Чтобы найти высоту конуса Л = OF, зная ОЕ= ал/з / 2
и FE = г, воспользуемся теоремой Пифагора для треугольника OEF:
V 4 V 4 20 д/5
5) Теперь окончательно выражаем объем конуса через длину
основания а:
я• г2 тс За2 >/За _ yj\5n 3
3 3 20 75 100
Приравнивая это выражение заданному объему конуса
7iVf
25
получаем для длины стороны основания пирамиды а = 2.
Ответ. 2.
Задача 2.40. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
В параллелепипеде ABCDA\B\C\D\ длины сторон АВ= 9,
ВС = 12, npH4eMZ&4D = 45°. Боковое ребро АА\- 14 составляет
угол 45° с основанием. Отрезок А\В перпендикулярен основа-
128

нию. На ребрах AAUBBU DD\ заданы соответственно точки A/, N9
L, причем AM- 10, BN= 9, DL = 7. Секущая плоскость проходит
через точки А/, ЛГ, Z, и делит параллелепипед на два
многогранника. Найдите наибольший из объемов этих многогранников.
М
Решение.
1) Из условия задачи следует, что отрезок А\В является
высотой параллелепипеда ABCDA\B\C\D\. Грань АА\В\В
перпендикулярна основанию ABCD, значит, угол А\АВ равен углу
наклона бокового ребра АА\ к основанию. Таким образом, из
треугольника А \АВ получаем А\В = ^4i^4sin 45° - 7 V2.
2) Так как отрезки MN и KL параллельны как линии
пересечения плоскости сечения на параллельных гранях и равны друг
другу (так как их концы лежат на параллельных гранях AA\D\D
и BBxQQiTO MM}= AM- BN= Щ = DL- DC= I (MXN\\AB\\
129

||JDC || L\K и треугольники MM\N и LL\K равны), то есть отрезок
СК = DL-LL\ = 6 (см. ниже верхний рисунок).
3) Для вычисления объема нижнего многогранника ABCDMNKL
сначала разобьем его с помощью сечений, параллельных фа-
ни AA\D\Д на бесконечно тонкие пластины, подобные трапеции
AMLD, которые заменяем на равновеликие фигуры, подобные
параллелофамму AFGD (площади треугольников FEM и GEL
равны, если FE = EG) с боковой стороной
AM + DL 17
2 ~ 2
(для фани ВВ\С\С соответствующий параллелофамм BIJC
будет иметь боковую сторону, равную
130

В результате получаем новую призму с тем же объемом, но с двумя
парами равных параллельных боковых ребер AF= DG иВ/=с/
и длинами 8,5 и 7,5 соответственно. При этом новую призму
можно рассматривать как результат поворота плоскости верхней
фани MNKL вдоль средней линии ЕТ в горизонтальное
положение FUG. Если повторить аналогичную процедуру с новой
призмой ABCDFIJG с помощью поворота плоскости фани FUG
вдоль средней линии, перпендикулярной фани АА\В\В, то
придем к призме в виде параллелепипеда с уже с одинаковыми
боковыми ребрами длиной
8,5 + 7,5 g
2
Так как полученный параллелепипед имеет боковые ребра,
направленные вдоль ребер исходного куба, наклоненные под
углом 45°, то его высота будет равна 4 V2 .
4) Для вычисления объема параллелепипеда найдем площадь
его основания
SABCD = АВ - sin ZBAD • AD = 54 V2 .
Теперь окончательно находим объем многофанника ABCDMNKL,
равного объему полученного параллелепипеда:
- 5W2TW2 =432.
Так как высота 4>/2 полученного параллелепипеда больше
половины высоты А\В- 1-J2 исходного параллелепипеда, то
нижний многогранник имеет объем больший, чем верхний.
Ответ, 432.
Замечание. Использованный способ преобразования исходного
тела к равнообъемному телу с помощью бесконечно тонких пластин явля-
131

ется неявной формой интегрального исчисления и известен под названием
принципа Кавальери, хотя подобные приемы использовал еще Архимед.
Заметим еще, что наш способ решения делает лишней ту часть
условия задачи, где говорится о перпендикулярности отрезка АХВ основанию
призмы.
Задача 2.4L (Демонстрационный вариант ЕГЭ 2008 [б].)
Отрезок АВ - диаметр сферы. Точки С, D лежат на сфере так,
что объем пирамиды ABCD наибольший. Найдите косинус угла
между прямыми СМиАВ, если М- середина ребра BD.
Решение.
1) Ясно, что комбинация трех точек -А, В и С -
принадлежит диаметральной плоскости сечения сферы. Значит, другая
вершина D пирамиды ABCD будет максимально удалена от его
основания ABC, если будет лежать в точке пересечения сферы
с ее осью, проведенной перпендикулярно плоскости ABC, и, та-
132

ким образом, определяет максимально возможную высоту
пирамиды, равную радиусу сферы R.
2) Заметим, что максимально возможная площадь основания
пирамиды ABCD - прямоугольного треугольника ABC -
возникает в том случае, когда его высота, опущенная на
фиксированную гипотенузу АВ, будет наибольшей, то есть совпадает с
радиусом диаметральной окружности сферы. В этом случае
треугольник ABC оказывается равнобедренным с боковыми
сторонами, равными АС = ВС = у/2 • R ♦ Из вышесказанного
следует, что пирамида ABCD имеет две взаимно перпендикулярные
грани в виде равных прямоугольных треугольников ABC и ADB.
3) По условию задачи надо найти угол между
скрещивающимися прямыми АВ и МС. Проведем через точку М прямую
MN, параллельную АВ, тогда искомый угол будет равен углу
ZCMN, так как соответствующие стороны этих углов
параллельны или совпадают. Чтобы найти этот угол, рассмотрим
треугольник CMN. Отрезок MN является средней линией
треугольника ABC и будет равен половине диаметра АВ, то есть радиусу
сферы. Рассмотрим сечение треугольника CMN,
перпендикулярной ему диаметральной плоскостью треугольника ODC,
которые пересекаются вдоль прямой 1С, где точка L - середина
отрезка MN. Из прямоугольного треугольника LMC можно
найти величину косинуса угла ZCMN через следующее отношение:
cosZCMN = — .
СМ
Найдем длины отрезков LM и СМ.
4) Так как L - середина отрезка MN, то LM = —. Чтобы
найти СМУ рассмотрим треугольник ОМС, который является прямо-
133

угольным, так как ОС перпендикулярна плоскости ADB, в
которой лежит отрезок ОМ. Последний отрезок является высотой
равнобедренного прямоугольного треугольника BOD, с бОКОВЫ-
ми сторонами, равными радиусу сферы R, то есть ОМ=—=г.
Вернувшись к треугольнику ОМС, находим по теореме Пифагора:
длина отрезка СМ = л/ол/2+ОС2 =
4i '
5) Таким образом, из пунктов 3) и 4) получаем
LM 1
cos
CM
1
Ответ. —f=.
7
Задача 2.42. (Демонстрационный вариант ЕГЭ 2008 [6].)
Отрезок PN, равный 8, - диаметр сферы. Точки М, L лежат
на сфере так, что объем пирамиды PNML наибольший. Найдите
площадь треугольника KLT, где К и Т - середины ребер РМ
и NM соответственно.
Решение.
1) Ясно, что комбинация трех точек - Р, N и L -
принадлежит диаметральной плоскости сечения сферы. Значит, другая
вершина М пирамиды PNML будет максимально удалена от его
основания PNL, если будет лежать в точке пересечения сферы
с ее осью, проведенной перпендикулярно плоскости PNL, и,
таким образом, определяет максимально возможную высоту
пирамиды, равную радиусу сферы R.
2) Заметим, что максимально возможная площадь основания
пирамиды PNML - прямоугольного треугольника PNL - возникает
в том случае, когда его высота, опущенная на фиксированную
134

гипотенузу PN, будет наибольшей, то есть совпадает с радиусом
диаметральной окружности сферы. В этом случае треугольник
PNL оказывается равнобедренным с боковыми сторонами,
рав. Таким образом, пирамида PNML имеет
ными
две взаимно перпендикулярные грани в виде равных
прямоугольных треугольников - PMN и PLN.
3) По условию задачи надо найти площадь треугольника.
Так как треугольники PML и NML равны по третьему признаку
равенства треугольников, то их соответствующие медианы LK
и LT тоже равны, то есть треугольник KLT - равнобедренный.
Отрезок КГ является средней линией треугольника PMN и будет
равен половине диаметра PN, то есть радиусу сферы. Чтобы
найти высоту QL треугольника KLT, рассмотрим треугольник
QOL, который является прямоугольным, так как его стороны
ОМ и OL являются высотами перпендикулярных треугольных
135

граней PMN и PLN. Его гипотенузу QL находим по теореме
Пифагора:
4) Возвращаясь к треугольнику KLT, найдем его площадь:
Ответ. 4V5 .
Задача 2.43, (Демонстрационный вариант ЕГЭ 2008 [6].)
Дана сфера радиусом 12. Сечением этой сферы плоскостью
является окружность с диаметром АВ. Плоскость сечения
удалена от центра сферы на расстояние 4. Точка D выбрана на сфере,
а точка С - на окружности сечения так, что объем пирамиды
ABCD наибольший. Найдите площадь треугольника DMN, где
MnN- середины ребер АС и ВС соответственно.
Решение.
136

1) Ясно, вершина D пирамиды ABCD будет максимально
удалена от его основания ABC, если будет лежать в точке
пересечения сферы с ее осью, проведенной перпендикулярно
плоскости ABC, и определяет максимально возможную высоту QD
пирамиды, равную сумме длин радиуса сферы и расстояния
плоскости основания от центра сферы: £)Z)=12+4=16.
2) Пирамида ABCD будет иметь максимальную площадь
основания, если прямоугольный треугольник ABC будет
равнобедренным, так как в этом случае он имеет наибольшую высоту,
опущенную на заданную гипотенузу АВ. Последняя является
хордой АВ9 отстоящей на расстоянии OQ = 4 от центра
диаметральной окружности сферы с радиусом АО = 12. Найдем длину
половины этой хорды AQ по теореме Пифагора:
AQ = yllAO2 -OQ2 = JUi = 8>/2 и АВ = 16у/2.
D
rB
3) Перейдем к искомому треугольнику DMN, который
является равнобедренным, так как равны его стороны - DM и DN -
как соответствующие медианы равных треугольников ADC
137

и BDC, которые равны по третьему признаку равенства
треугольников. Основание этого треугольника MN - средняя линия
треугольника ABC, тогда MN = = 8%/2 .
Для вычисления площади треугольника DMN достаточно еще
найти его высоту DK, опущенную на MN. Рассмотрим
треугольник DQK, который является прямоугольным в силу
перпендикулярности соответствующих высот треугольников ABC и ADC,
которые лежат в перпендикулярных плоскостях. Длина отрезка DK
по теореме Фалеса равна половине отрезка QC.
2 2
По теореме Пифагора для треугольника DQK находим его
сторону DK = yJQD2+QK2 = л/256+32 = 12л/2 .
4) Площадь треугольника DMN будет равна
Ответ. 96.
Задача 2.44. (Июньский ЕГЭ 2008.)
Дан конус с вершиной М, радиус основания которого равен
8л/7. В основание этого конуса вписан четырехугольник ABCD,
так что углы ВМА, СМВ, DMC, AMD равны а каждый, причем
sin— = -. На дуге ВС окружности основания конуса, не
содержащей точки А, выбрана точка F так, что объем пирамиды
MABFCD наибольший. Найдите расстояние от точки F до
плоскости МАВ.
138

Решение. (Первый способ.)
1) Сразу заметим, что боковые ребра пирамиды MABFCD
равны как образующие конуса. Значит, треугольники ВМА, СМВ,
DMC, AMD равны и четырехугольник ABCD - ромб, вписанный
в окружность, то есть является квадратом. Длина стороны а
квадрата ABCD равна радиусу окружности /?, умноженного
на корень из двух, то есть а = 8л/Й.
2) Пирамида MABFCD имеет высоту МО, совпадающую
с высотой конуса, поэтому наибольшее значение ее объема
определяется максимально возможной площадью основания
ABFCD. Так как площадь пятиугольного основания пирамиды
состоит из суммы площадей постоянного квадрата ABCD и
треугольника BFC, то ее наибольшее значение будет
соответствовать случаю максимального удаления точки F от хорды ВС,
то есть когда эта точка будет серединой дуги ВС.
3) Рассмотрим пирамиду MABF с основанием АМВ и
вершиной F, тогда ее высота, опущенная из F на основание, и будет
139

искомым расстоянием от точки F до плоскости АМВ, которое
можно рассчитать по формуле
h =
3" VMABF
как
SAMB
С другой стороны, объем пирамиды MABF можно вычислить
'MO * SABF
.то есть Л = -^£
4) Найдем площадь треугольника ABF через площадь
треугольника А ОВ, заметив, что у них общее основание АВ, а их
высоты равны, так как их вершины лежат на прямой EF,
проходящей через центр О параллельно АВ. Отсюда получаем
SABF =SAOB =R /2 = 224.
Найдем теперь высоту ОМ = л1МА -АО по теореме
Пифагора, где
^ 3
л/ и
. а 2
sin—
то есть ОМ = V144.14-64-7 = л/112-14 = л/8-142 = 28л/2 .
5) Найдем теперь площадь треугольника S^j^g = AN • MN, где
=16л/7
Окончательно получаем в соответствии с планом решения
в пункте 3): расстояние от точки F до плоскости М4£ будет равно
224-28л/2_и
^A 448V2
Ответ, 14.
140

Решение. (Второй способ.)
Пункты 1) - 2) аналогичны предыдущему варианту решения.
3) Проведем прямую EF параллельно АВ. Так как дуги BF
и FC равны, то эта прямая пройдет через центр О. Точка О
находится на том же расстоянии от плоскости МАВ, что и точка F.
4) Опустим из вершины М перпендикуляр MN на сторону
АВ, По теореме о трех перпендикулярах ON перпендикулярна
АВ, значит, плоскость OMN перпендикулярна плоскости МАВ.
Тогда высота ОК треугольника OMN и будет искомым
расстоянием.
5) Найдем высоту ОК по формуле
ок_2 .SOMNOMON
MN MN
По теореме Пифагора ОМ = л/М4 -АО ,
где A^ = -^- = 3-- = 12Vl4 и
. а 2
sin —
2
то есть ОМ = 28>/2.
2 =16л/7.
Таким образом, получаем
ОА/
— = — 14.
16V7
Ответ. 14.
Задача 2.45. (Июньский ЕГЭ 2008.)
Дан конус с вершиной А/, радиус основания которого равен 9.
На окружности его основания выбраны точки А, В, С так, что
углы ВМА, АМС, СМВ равны 90° каждый. Точка F выбрана
141

на дуге ВС окружности основания конуса, не содержащей точки А,
так, что объем пирамиды MAFBC наибольший. Найдите
расстояние от точки F до плоскости МАВ.
Решение. (Первый способ.)
1) Так как ребра MA, MB, МС пирамиды МАВС равны как
образующие конуса, то треугольники ВМА, АМС, СМВ тоже
равны и треугольник ABC является равносторонним и
вписанным в окружность с радиусом R=9. Тогда длина а его стороны
будет равна а = R • >/з = 9>/з .
2) Пирамида MABFC имеет высоту, совпадающую с высотой
конуса, поэтому наибольшее значение ее объема определяется
максимально возможной площадью основания ABFC Площадь
четырехугольного основания пирамиды MABFC представляет
собой сумму площадей постоянного правильного треугольника
ABC и треугольника BFC. Последний будет иметь наибольшую
площадь, если его вершина лежать на середине дуги ВС, то есть
будет максимально удалена от хорды ВС Тогда отрезок AF
будет диаметром окружности основания конуса, а углы ABF, ACF
прямые.
3) Рассмотрим пирамиду MABF: ее высота, опущенная из F
на основание МАВ, и будет искомым расстоянием
h
SMAB
С другой стороны, объем этой пирамиды можно выразить
через площадь треугольника ABF и высоту конуса ОМ:
_SABFOM
VMABF ~ Z
3
142

4) Найдем высоту ОМ с помощью теоремы Пифагора,
учитывая, что треугольник ANB - равнобедренный:
2 2
,где
a 0N = — = -,тоесть0М=9.
2 2
Рассмотрим прямоугольный треугольник ABFc углом BAF=30°,
катет 5F равен половине диаметра AF, то есть BF=:R=9.
Площадь i45F будет равна
ABBF а Я = 8Ь/3
2 2 ~ 2
Площадь треугольника МАВ равна
243
143

5) В соответствии с планом пункта 3) получаем
h=sABF ОМ = 8b/3-2-9 6д
Smab 243
Ответ. бТз.
Решение. (Второй способ.)
Первые два пункта аналогичны предыдущему способу.
3) Проведем из точки F прямую параллельно АВ до
пересечения с медианой CN треугольника ABC в точке Е. Так как
из пункта 2) угол ABF- прямой, то получили прямоугольник NBFE
с основанием NE=BF=R=9. Точка Е удалена от плоскости МАВ
как точка F. По теореме о трех перпендикулярах отрезки MN
и NC перпендикулярны АВ и образуют плоскость MNC,
перпендикулярную плоскости треугольника МАВ. Значит,
перпендикуляр ЕК9 проведенный из точки Е на сторону MN, является
искомым расстоянием.
4) Чтобы найти длину ЕК, достаточно найти угол наклона
грани МАВ к плоскости основания конуса, то есть угол MNO:
,где MN AN a0W
,где MN AN ,0W
MN 2 2 2 2
Таким образом,
л/3
Теперь можно найти длину ЕК по формуле
EK = NEsinZMNO,
где NE по пункту 3) равно Л=9, в результате получаем ЕК =
Ответ. 6л/з.
144

3. ЗАДАНИЯ ЕГЭ ПО МАТЕМАТИКЕ ТИПА С5
ВЫСОКОГО УРОВНЯ СЛОЖНОСТИ
Задача ЗЛ. (Июньский ЕГЭ 2004 [1].)
Найдите все значения параметра а, при которых множество
решений неравенства
4а2 ,
х(х-2а + 4)<Ъа а2
х
не содержит никакого отрезка длиной 3, но при этом содержит
какой-нибудь отрезок длиной 2.
Решение.
1) Раскроем скобки и приведем к общему знаменателю исходное
неравенство
х3 - lax1 + Ах1 - Sax + 4а2 + а2х
х
Перефуппируем однородные выражения третьей и второй
степеней в числителе
X X
2) Воспользуемся методом интервалов, расставим
критические точки х\ = -4, Х2 = а и х3 = 0 последнего неравенства на
числовой прямой. Так как точка х = а может находиться
относительно остальных фиксированных точек в разных отношениях,
то необходимо рассмотреть три возможных случая:
а)а>0

с)а<-4
3)Из рисунков ясно, что условию задачи подходит только
случай Ь). Будем перемещать точку а так, чтобы длина
интервалов (-4; а) и (а; 0) была одновременно меньше 3 и больше 2, это
достигается при следующих значениях параметра а: -3 < а < -2
Ответ. [-3; -2) и (-2; -1].
Задача 3.2. (Июньский ЕГЭ 2004 [1].)
Найдите все значения параметра я, при которых множество
решений неравенства
X X \^ X )
содержится в каком-нибудь отрезке длиной S и при этом
содержит какой-нибудь отрезок длиной 4.
Решение.
1) Раскроем скобки и приведем к общему знаменателю
исходное неравенство
jc3 -12х2 -ах2 +12ах+36х-36а
146

Перегруппируем выражения в числителе
х(х2-Пх+36)-а(х2 -Ш+36) ^ ^ (х-а)(х-6)2 ^
х3 х3
2) Воспользуемся методом интервалов, расставим
критические точки х\ = 0, х2 = 6 и хз = я последнего неравенства на
числовой прямой. Так как точка а может находиться относительно
остальных фиксированных точек в разных отношениях, то
необходимо рассмотреть три возможных случая:
а ч^-
3)Из рисунков ясно, что условию задачи удовлетворяют
только случаи Ь) и с), так как для случая а) интервал (0; 6) имеет
длину больше 5, Рассмотрим сначала случай Ь): будем переме-
147

щать точку а так, чтобы длина интервала (0; а) была
одновременно больше 4 и не меньше 5, это достигается при следующих
значениях параметра а: 4 < а < 5. Перейдем к случаю с): будем
перемещать точку а так, чтобы длина интервала (я; 0) была
опять одновременно больше 4 и не меньше 5, это будет
возможно только когда а: -5 < а < -А.
Ответ. [-5; -4) и (4; 5].
Задача 3.3. (Июньский ЕГЭ 2004 [1].)
Найдите все положительные значения параметра я, при
которых для любого числа из отрезка [-3; 3] верно неравенство
| |
у=12-2х
Решение.
1) Раскроем внешние знаки модуля, получим два
независимых неравенства:
Очевидно, что второе неравенство не выполняется для х = 0.
148

2) Рассмотрим первое неравенство 2х + а\х\ < 12.
Преобразуем его к виду а\х\ < 12 - 2х и рассмотрим его графическим
способом. Из графиков видно, что неравенство а\х\ < 12 - 2х на
промежутке [-3; 3] будет выполняться для графиков ломаных
у- а\х\9 пересекающих прямуюу = 12 - 2х> либо в точке с
абсциссой 3, или правее нее.
3) Найдем значение параметра я, для которого ломаная
у = а\х\ пересечет прямую у= 12 - 2х в точке с абсциссой 3, для
чего подставим х = 3 в уравнение 12 - 2х = ф|, что дает 12 - 6 = За
и а = 2. Так как параметр д можно рассматривать как угловой
коэффициент ломаной у = а(х|, то условию задачи будут
удовлетворять и все меньшие значения параметра а < 2.
Ответ. (0; 2].
Задача 3.4. (Июльский ЕГЭ 2004.)
Найдите все положительные значения параметра а, при
которых множество решений неравенства
Ъхг-Аах д4а-2,5 > О6*~5
не имеет общих точек с промежутком (1; 3).
Решение.
1) Преобразуем исходное неравенство к равносильному виду:
аЪх*-Аах . 2**-5 > 2^-5 ^ rfx'-Aax > j6*"8* <;> (а*)3*'4" > (22)3'"4* .
2) Прологарифмируем последнее неравенство по основанию
0 .
3) Воспользуемся методом интервалов и рассмотрим два
случая: а)0<а<1иЬ)д>1.
4) Для 0 < а < 1 имеем Iog2 a < 0, центральный интервал имеет
левую границу в точке с отрицательной абсциссой. Ясно, что для
149

правой фаницы центрального интервала по условию задачи
должно выполняться неравенство 0 < 4 / За < 1, что дает 0 < а < 3 / 4.
5) Рассмотрим случай а > 1. Для этого случая log2a > 0 и
знаки внутри интервалов изменятся на противоположные. Заметим,
что для а > 1 выполняются неравенства а > 1 / log2a, 4 / 3-я >
>2 / Iog2# и фаницы центрального интервала определяются
прежними выражениями. Из условия задачи следуют
неравенства 2 / Iog2fl< 1 и 4/ За> 3, которые одновременно
выполняются, если а > 4.
Ответ. (0; 3 / 4] и [4; + а>).
Задача 3.5. (Июльский ЕГЭ 2004.)
Найдите все положительные значения параметра а, при
которых множество решений неравенства ат +3* -324х~4'8 < \б(2а*5)х
содержит числа, меньшие чем -0,3, но не содержит числа,
большие чем 4.
Решение.
1) Преобразуем исходное неравенство к равносильному виду:
ох2+3дг о20**24 < Ы*а+20)х -. ах2+3х ^ <<&
ISO

2) Прологарифмируем последнее неравенство по основанию
256 = 28: гбб'»10820^ <256т+г of|log2a-ll(ax + 3)<0.
3) Воспользуемся методом интервалов и рассмотрим два
случая: а)0<я<1иЬ)я>1.
4) Для 0 < а < 1 имеем Iog2 a < 0, интервалы имеют границы
в точках с отрицательными абсциссами. Ясно, что для крайнего
правого интервала найдутся точки с абсциссами больше 4,
значит, для случая а) нет решений.
-3 / а < О о ., Л
8 / 1о&я < О
5) Рассмотрим случай а > 1. Для этого случая log2 а > 0 и
знаки в интервалах изменятся на противоположные. По условию
задачи правая граница не должна уходить правее точки х = 4.
Найдем критическое значение параметра а\9 для которого правая
граница хг = 8 / Iog2 яi = 4, а\ = 4. Проверим левую границу для
этого значения параметра х\ - -3 / а\ = -3 / 4, она удовлетворяет
условию х\ < -0,3. Ясно, что при увеличении значения
параметра а границы интервалов будут сближаться, так как
соответствующие выражения с ростом а уменьшаются по модулю. Чтобы
выполнить условие задачи, достаточно проконтролировать
левую границу х\ < -0,3. Найдем критическое значение параметра
(22, для которого будет иметь место х\ = -3 / ai - -0,3, это аг = 10.
151

Значит, условию задачи будут удовлетворять значения
параметра 4 <а< 10.
-3 / а < 0 Ч.^ ^/ 8 / log2a > О
Ответ. [4; 10).
Задача 3.6. (Июньский ЕГЭ 2005 [2].)
(Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
Найдите все значения параметра а, при которых каждое
из уравнений
х'+а
И
2 sin [—5-1 = 1
\х + 2)
имеет хотя бы одно решение, и при этом число решений одного
из этих уравнений отличается от числа решений другого на
неотрицательное целое число а - 2. Решите при наименьшем из
найденных а второе уравнение.
Решение.
1) Рассмотрим первое уравнение: освобождаясь от
знаменателя после элементарных преобразований, приходим к
квадратному уравнению
которое имеет дискриминант
- = (а-1)2
152

то есть исходное уравнение всегда имеет корни для допустимых
значений параметра я, так как по условию задачи а - 2 > 0.
Заметим, что и второе уравнение тоже определено только для а - 2 > 0.
Исследуем второе уравнение подробнее. Так как его левая часть
принимает значения в отрицательной области между -2 и +2,
а правая часть будет меньше 11, то его решения надо искать для
положительных х. В неотрицательной области своего
определения функция
п
убывает от п 12 до 0, значит, функция
монотонно убывает от 2 до 0. С другой стороны, функция
правой части ^ = (3 + >/д-2)х-11 монотонно возрастает и второе
уравнение всегда имеет ровно один корень при всех допустимых
значениях параметра а.
2) Так как первое уравнение имеет либо один, либо два
корня, то достаточно рассмотреть два случая: 1) а-2 = 0 и 2) а-2 =
= 1, которые удовлетворяют условию задачи: в первом - число
корней будет равно, а во втором будет отличаться на 1. Таким
образом, получаем а\ - 2 и а2 = 3.
Решим второе уравнение для наименьшего
= 2:2sin[
in[ —1 = 3*-11.
U+2J
Так как для отрицательных х правая часть меньше -11, то
корень надо искать для положительных х, для которых аргумент
под синусом будет монотонно убывать от к/ 2 до 0, значит, ле-
153

вая часть тоже монотонно убывает, а правая возрастает, то есть
уравнение может иметь один корень. Методом подбора
устанавливаем корень уравнения
= 4: 2ып(-1 = 12-11.
Ответ. а\ = 2; аг = 3; х = 4.
Задача 3.7. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
Найдите все значения параметра а, при которых уравнения
U2 +2jc| = i
и
-ах
имеют корни, причем число корней в каждом уравнении
одинаково.
Решение.
Исследуем зависимость числа решений первого уравнения
от значений параметра а с помощью
функционально-графического метода. Рассмотрим варианты точек пересечения графика
154

функции у = |х2 + 2*1 с параллельными прямыми^ = а + 2 при
различных значениях параметра а. Очевидны следующие случаи:
1)я + 2<0од<-2- корней нет;
2)я + 2 = 0<=>я = -2- два корня;
3)0<я + 2<1<£>-2<я<0- четыре корня;
4)я + 2=1<=>д = -1- три корня;
5)я + 2>1<1>д>-1- два корня.
Аналогично исследуем второе уравнение, заметив, что его
левую часть можно представить двумя способами - для случаев
Х
= ~ >*>!■
9-х
Правая часть с графической точки зрения представляет
собой пучок прямых, проходящих через начало координат, с
различными значениями угловых коэффициентов а. На графике
видно три качественно различных случая: а) прямые с малыми
угловыми коэффициентами пересекают кривую линию в одной
точке, когда второе уравнение имеет один корень, Ь) две
касательные прямые имеют по две общие точки с кривыми (два
корня) и с) прямые пересекают кривые в трех точках (три корня).
Очевидно, что другие случаи не возникают. Ясно, что по
условию задачи для нас представляют интерес только общие случаи,
когда оба уравнения имеют одинаковое число корней. Случай а)
сразу отпадает, случай Ь) может быть совместен со случаями 2)
и 5) для первого уравнения. Наконец, случай с) для второго
155

уравнения может быть совместен со случаем 4) для первого
уравнения.
Достаточно найти угловые коэффициенты двух касательных
прямых щ и О2, которые проводят границу между крайними
случаями - а) и с). Случай касания имеет место, когда
соответствующее уравнение имеет кратный корень. Проверим эту
возможность для уравнений, которые возникают в областях х< 1 и
ах =
1
х + 7
1
<=>
U
= 0, х>\
а, = —
49
_4_
8Г
Таким образом, найденные значения а\ и д2 совместны
со случаем 5): а > -1. С другой стороны, случай 4) а = -1
удовлетворяет ситуации, когда прямые пересекают кривые в трех
точках одновременно на двух графиках.
Ответ. {-1; -4 /49; 4 /81}.
156

Задача 3.8. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
Найдите все значения параметра а9 при которых количество
корней уравнения (5-а)х3 -4х2 +х = 0 равно количеству
общих точек линий х2+>у2 = а2 иу = 5-\х- 1|.
Решение.
1) Рассмотрим уравнение (5 - а)х3 - 4х2 + х = 0, которое
очевидно можно переписать как х((5-а)х2-4дс + 1) = 0. Ясно, что
число корней этого уравнения может быть равно 1, 2 или 3.
Второй случай имеет место, когда детерминант уравнения
(5-а)*2-4.х + 1 = 0 равен нулю или а= 5. Если детерминант
положительный или аФ 5, то исходное уравнение имеет три
корня. Вычислим детерминант £>= 16 - 4(5 - а). При я= 1
он обращается в ноль, а при а > 1 будет положителен. Таким
образом, при а< 1 уравнение имеет один корень, при а= 1
и а = 5 - два корня и в остальных случаях - три корня.
157

2) Теперь исследуем число точек пересечения линий
х2+/ = о2ид;=5-(х-1|.
Линии первого уравнения представляют собой
концентрические окружности радиуса а, а второе уравнение описывает
ломаную из двух ветвей с угловыми коэффициентами -1 и 1,
пересекающими ось абсцисс в точках х=-4их=6, ось ординат
в точке у = 4. Эта ломаная имеет точку максимума с
координатами (1; 5). Из графика видно, что качественные различные
варианты находятся между тремя критическими значениями
параметра аь а2 и аз, которые соответствуют случаям касания
окружностью ветвей ломаной и ее вершины. Первое касание имеет
место, когда радиус окружности равен высоте прямоугольного
треугольника с вершинами (-4; 0), (0; 4) и (0; 0): а\ = 2 л/2 .
Второе касание имеет место, когда радиус окружности равен высоте
прямоугольного треугольника с вершинами (6; 0),(0; 6) и (0; 0):
а2 = 3 л/2. Третий случай отвечает ситуации, когда радиус
окружности будет равен диагонали прямоугольника с
противоположными вершинами (0; 0) и (1; 5): яз = \/26 .
Распишем все возможные случаи:
1) 0 < я < 2 л/2 - нет общих точек;
2)а = 2у[2 - одна общая точка;
3) 2 л/2 <а<3у[2 - две общие точки;
4) а = 3 у/2 - три общие точки;
5) 3 л/2 <а< л/26 - четыре общие точки;
6) а = л/26 - три общие точки;
7) а > л/26 - две общие точки.
Заметим, что мы расписали случаи для положительного а,
но в силу симметрии эти случаи повторяются и для
отрицательных значений параметра (с заменой а на - а). Вернемся к
анализу числа корней первого уравнения, которое может иметь 1, 2
158

или 3 корня. Первый случай одного корня а< \ совместен
со случаем 2), но с отрицательным знаком: а = -2 >/2. Второй
случай двух корней а = 1 и а = 5 не совместен ни с одним из
случаев 3) и 7). Третий случай трех корней а > 1 совместен со
случаями 4) и 6): а = 3 л/2 и а = >/26 .
Ответ.{-2>/2;Зл/2; V26}.
Задача 3,9. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
Найдите сумму целых значений параметра а, при которых
число целых решений неравенства >19 не менее 4 и не
х
более 13.
Решение.
1) Перепишем исходное неравенство в более удобном виде:
28
а > 19 + —. Воспользуемся теперь функционально-графическим
методом.
159

2) График правой части представляет собой две ветви
гиперболы, сдвинутой вверх на 19. Графиком левой части является
семейство горизонтальных параллельных прямых. Сразу
заметим, что конечное число целых решений возможно только при
значениях параметра -9< а< 19. Например, для а= -9 есть
только одно целое значение решения неравенства: х = —1, а при
а= 18 множество целых решений равно уже 28: jc= -1, -2,...,
-28. По условию задачи их должно быть не менее 4 и не более
13, значит, достаточно найти ординаты точек пересечения
прямых х = -4и* = -13с левой ветвью гиперболы:
а1==19+— = 12 и я2 =19 + —= 16—,
1 -4 2 -13 13
ясно, что условию задачи будут удовлетворять и все
промежуточные целые значения параметра а. Необходимо еще проверить
соседнее целое значение а = 17: если для него jc = -14 не
попадает в множество решении исходного неравенства, то это будет
тоже наш случай. Подставим а = 17 в уравнение
X
получим 28 = -2х, jc = -14,
Так как случай равенства допускается в условном
неравенстве, то это будет уже четырнадцатое целое число в множестве
решений, что не подходит по условию задачи. Таким образом,
достаточно просуммировать целые числа от 12 до 16, что дает 70.
Ответ. 70.
Задача ЗЛО. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
Найдите сумму целых значений параметра а, при которых
решение неравенства ||*|-3| < 4а\х\ содержит не менее двух и не
более четырех простых чисел.
160

Решение.
11
Рассмотрим это неравенство с помощью функционально-
графического метода. Построим график левой части у = ||х| - 3J,
который будет представлять собой ломаную их четырех звеньев.
График правой части представляет собой семейство ломаных
с общей точкой минимума в начале координат. Так как по
условию задачи решение неравенства должно содержать простые
числа, то достаточно проанализировать варианты пересечений
правой ветви ломаной ^ = 4а|х| с графиком j; = |x|-3| в
зависимости от положительных значений параметра а, так как при
отрицательных а неравенство не имеет решений. Очевидно, что
для малых значений параметра а всегда будет иметь место одно
решение в виде простого числа х = 3. При постепенном подъеме
правой ветви выше уровня пересечения ломаных в точке с
абсциссой х = 5 появляется второе простое число 5, принадлежащее
множеству решений неравенства, то есть будет выполняться
условие задачи. Чтобы найти это критическое значение параметра,
составим уравнение: х— 3 = 4ох, имеющее корень х = 5 (знаки
161

модуля отбросили в силу условия х > 3). Подстановка х = 5 дает
а\ = 1 / 10. Таким образом, для а > а\ = 1 / 10 в множество
решений неравенства попадают уже два простых числа: 3 и 5.
Постепенно увеличивая угловой коэффициент, мы добиваемся
появления следующих простых чисел: 2, 7 и И. Когда абсцисса
точки пересечения ломаных равна 11, это пятое простое число
удовлетворяет только равенству ||х|-3 =4я|лс|, но не
принадлежит множеству решений неравенства. Значит,
соответствующее значение параметра будет допустимым по условию задачи.
Найдем значение параметра а, соответствующее абсциссе
пересечения ломаных в точке х = 11 : х-3 = 4ах <=> а2 = 2 / 11.
Таким образом, ах<а < а2, то есть 1 / 10<я < 2 /11.
Ответ.(1/10;2/11].
Задача 3.11. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
При каких значениях параметра а площадь фигуры,
заданной на координатной плоскости условием \2х + у\ +1х - у + 3| < а,
равна 36?
Решение.
1) Перепишем исходное неравенство в следующем виде:
|>> + 2;c| + |j>-Jt-3|<a. Чтобы раскрыть знаки модуля,
необходимо рассмотреть четыре случая:
'\у<х+3; [у>х + г.
2) Заметим, что контур фигуры определяется уравнением
Теперь наша задача сводится к решению уравнения для
каждого из случаев а) - d). С геометрической точки зрения неравен-
162

ства а) - d) разбивают координатную плоскость на четыре
области, фаницы которых определяются прямыми j> = -2х ну = jc + 3.
Л
я + 3-jc
3-а-х
у =
-1
3) Решим уравнение
для случая а): получаем уравнение
-х-3=я или д> =
Аналогично получаем для остальных случаев:
= аили х = —
с)-у-2х-у
= а или у = ■
Нетрудно увидеть, что для случаев а) и с), Ь) и d)
получаются пары параллельных прямых. Причем а) и с) описывают две
163

параллельные прямые с одинаковыми угловыми
коэффициентами -1 / 2, а Ь) и d) дают пару вертикальных прямых с абсциссами
_-* , -а \
X — —*—* ™— 1 И X — —~ *~" 1 •
3 3
4) Как нетрудно увидеть из чертежа, параллельные прямые
для какого-то выбранного значения параметра а> 0 образуют
параллелограмм, диагонали которого лежат на прямых ;; = -2х
и у- х+ 3. Очевидно, что расстояние между вертикальными
прямыми можно рассматривать как высоту, равную разности
абсцисс:
х = —-1 их = --1 :А
3 3
Теперь для вычисления площади параллелограмма
достаточно определить вертикальную длину параллелограмма через
разность ординат наклонных параллельных прямых:
a + 3-Jc a + 3-Jt
у = И у =
у 2 У 2
которая равна в точности а. Таким образом, площадь
параллелограмма равна
S = —= 36,
отсюда получаем а = v54 = 3v6 .
Ответ. 3 >/б.
Задача 3.12, (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
Найдите все значения параметра а, при которых уравнение
(9д-44)9* +(14-За)Зх -7д-37 = 0 имеет а2 - 10а + 26 корней.
Решите уравнение при этих а.
164

Решение.
1) Исходное уравнение после замены переменной / = 3*
принимает форму квадратного уравнения. Таким образом, исходное
уравнение может иметь не более двух корней.
2) Из условия задачи следует, что квадратный многочлен
а2 - \0а + 26 может принимать только три значения: 0, 1,2.
Рассмотрим эти случаи:
а) а2 - 10а + 26 = 0 - это невозможно, так как дискриминант
Z) = 25-26<0.
с) а2 - Юа + 26 = 2 <=> ах = 4, а2 = 6.
3) Проверим случай а = 5 по исходному уравнению, которое
должно иметь тогда один корень:
9х - У - 72 = 0 <л> 3Л = -8,3' = 9 о х = 2,
то есть условие задачи выполняется.
4) Проверим случаи
[8-9*-2-3х+65 = 0,
а\ = 4 и #2 ^ 6:
[Ю-9лг"4-Здг-79 = 0.
Первое уравнение не имеет корней, так как его
дискриминант D< 0. Второе уравнение не может иметь два корня, так как
последнее слагаемое отрицательное и соответствующее
квадратное уравнение будет иметь корни с отрицательными знаками,
а показательное выражение может принимать только
положительные значения.
Ответ, а = 5; jc = 2.
Задача 3.13. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
Найдите те значения параметра а, при которых число целых
положительных решений неравенства \х- 10| > ах- 20 не менее
5 и не более 12.
165

Решение.
1) С графической точки зрения все прямые у = ах - 20,
которые пересекают графику = |лг — 101 в точках с абсциссами между
5 и 13, будут удовлетворять условию задачи.
2) Найдем угловой коэффициент критической прямой,
имеющей абсциссу х= 5 точки пересечения су- \х- 10|: 5а-
-20=10-5,а = 5.
3) Найдем угловой коэффициент критической прямой,
имеющей абсциссу х- 13 точки пересечения с>^= |лг— 10|: 13а —
-20=13-10,а = 23/13.
Таким образом, условию задачи удовлетворяют следующие
значения параметра: 23 /13 < а < 5.
Ответ. (23/13; 5].
166

Задача ЗЛ4. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2].)
Пять чисел образуют возрастающую арифметическую
профессию. Первый, второй и четвертый члены этой профессии
являются решениями неравенства
а остальные не являются решениями этого неравенства. Найдите
множество всех возможных значений первого члена этой
профессии.
Решение.
1) Сначала найдем множество решений неравенства
С учетом того, что основание 2 - х - \х\ может принимать
значения от 0 до 1 или больше 1, рассмотрим эти случаи:
Л: 0 < 2-х-|*1 < 1 нВ:2-х-\х\> 1 отдельно:
1
А:
В:
Iog2_2x(l-x)<2
f*<0,
Ilog2(l-x)<2
Таким образом, множество всех решений исходного
неравенства представляет собой объединение двух промежутков:
ИНН
167

2) Из условия задачи следует, что первый и второй члены а\
и я? ~ принадлежат первому промежутку, четвертый щ -
второму, третий член - аз - должен лежать между этими
промежутками, а пятый и последующие члены арифметической
прогрессии будут больше 1:
1 Эта система неравенств с геометрической
~" °х < 2' точки зрения определяет геометрическое
1 множество точек координатной плоскости,
-i _ ах + < —, где п0 осям координат откладываются значе-
j 3 ния dna\. Чтобы найти вид этого множества,
— < ах + id < —, заметим, что каждое двойное неравенство
3 задает полосу координатной плоскости, огра-
—■ < ах + 3d < 1, ничейную парой соответствующих параллель-
+ Ad > 1 ных ПРЯМЫХ- Самое последнее неравенство
1 ~~ ' определяет множество точек, лежащих выше
прямой а\ = 1 - Ad. В результате наше
множество оказалось четырехугольником ABCD (см. чертеж на с. 169).
Вершина А{\ 16; 1/3) является точкой пересечения прямых а\ =
= 0,5 - d и а\ = 1 - Ad. Вершина 5(1/4; 1/4) оказалась точкой
тройного пересечения прямых а\ = 0,5 - d, яi = 0,75 - 2d и а\-
= 1 - 3d. Вершина С(1 / 2; -1 / 2) является точкой пересечения
прямых а\ = 0,5 - Id и а\ = 1 — 3d. Наконец, вершина D(l /4; 0)
оказалась точкой тройного пересечения прямых а\ = 0,5 - 2rf,
Я| = 0,75 - 3d и я 1 = 1 - Ad. Интересно отметить, что в этом
четырехугольнике не оказалось параллельных прямых, хотя в его
образовании принимали участие четыре пары параллельных
прямых.
3) Теперь достаточно определить минимальную и
максимальную ординаты а\ этих вершин четырехугольника ABCD,
которые будут равны -1 / 2 и 1 / 3, с соответствующими
абсциссами rf= 1 /2и</= 1 /6.
Ответ. (-1 / 2; 1 / 3).
168

Задача 3.15. (Июньский ЕГЭ 2006 [5].)
Найдите все значения а, при каждом из которых оба числа -
и а
ства
а - 2а'л и а2 • 4е"4 +104 - 5а • 2°"2 - являются решениями неравен-
Решение.
Тогда а2 4е"4 + 104-5*.2а~2 = =/2 -20/ + 104 = /(/).
Задача сводится к отысканию значений нового параметра /,
при которых и /, и/(0 принадлежат множеству Jf решений
логарифмического неравенства.
2) Решим теперь неравенство
log,
10,5-х
9,5<х<10,5
0<log2—<
х-3
170

Решением неравенства является множество
* = (3;4]и(9,5;10,5).
3) В квадратном трехчлене /(/) выделим полный квадрат:
/(/) = (/-10) +4. /= 10 является абсциссой точки минимума
параболы. Слева от вершины квадратичная функция/(/)
убывает, поэтому на промежутке (3; 4] она принимает значения не
меньше чем f(t) = 40. Значит, таких значений параметра /, что
/е(3; 4] uf(t)eX, нет. На интервале (9,5; 10,5) функция/(0
принимает минимальное значение в точке t = 10:/(10) = 4, а
максимальное - на концах промежутка:/(9,5) =/(10,5) = 17/4.
Значит, только при t = 10/(/) = 4еХ.
4) Искомое значение параметра а найдем из уравнения
а-2°~4=\0. Рассмотрим функцию g(a) - a• 2°~4 на интервале:
а > 0 (при а < 0 функция не может принимать положительные
значения). Оба множителя -аи 2а~А - являются монотонно
возрастающими функциями с положительными значениями,
поэтому функция g(a) монотонно возрастает на промежутке (0; +оо)
и, следовательно, принимает все свои значения только один раз.
Значение параметра а- 5 и является единственным искомым
корнем, так как 5 • 25"4 =10.
Ответ. 5.
Задача 3.16. (Июньский ЕГЭ 2006 [5].)
Найдите все значения а, при каждом из которых оба числа -
a>Ja-6-\3 и ва1 +40а^а-6-л3-388 - являются решениями
неравенства log0 5jr_2 (log3(х2 -20дс+99) J>0.
Решение.
1)Пусть aVtf-6-13 = /. Тогда / + 13 = я%/я-6 и (/ + 13)2 =
171

Значит,
6а2 + 40а -Ja^l - аг - 388 = -(/ +13)2 +
+40(/ +13) -388 = -/2 +14/ - 37 = /(/).
Задача сводится к отысканию значений нового параметра /,
при которых и t, и/(/) принадлежат множеству X решений
логарифмического неравенства.
2) Решим теперь неравенство Iog0^_2(log3(jt2-20x+99))>0.
f4<x<6
"J0<0,5jc-2<!
{o<log3(x2-2
■20х+99)<1
[0,5х-2>1
[log3(jc2-20jc+99)>l
1<х2-20х+99<3
\х>6
|*2-20х+99;
J4<x<6
|-2<х2-
JxX
20jc + 96<0
> 0
ч
Гх>6
Г4 < jc < 6
\-2<(х-8)(х-12)<0
6
8)(х-12)>0.
Первая система не имеет решений. Решением второй
системы является объединение промежутков (6; 8]и[12; +оо). Итак,
решением неравенства является множество Х= (6; 8]и[12; +оо).
3) Задача сводится к отысканию значений параметра а, при
которых и /, и /(/) принадлежат множеству X. В квадратном
трехчлене/(/) выделим полный квадрат /(/) = 12-(/-7) .
Значение /= 7 является абсциссой точки максимума параболы
с ординатой у= 12. Справа и слева от вершины функция/(/)
убывает, принимая одинаковые значения/(6) =/(8) = 11 на концах
промежутка (6; 8], значит, кроме случая t = 7, на этом
промежутке условие задачи не выполняется. На промежутке [12; +оо)
172

функция/(/) убывает, значит, она принимает значения не
больше чем/(12) = -13. Значит,.больше случаев, что и /е[12; +оо),
nf(t)eX, нет.
4) Искомое значение параметра а найдем из уравнения
Рассмотрим функцию g(a) = ал] а-в . Область определения -
промежуток [6; +оо). При а> 6 оба множителя -ли yja-б -
являются возрастающими функциями с неотрицательными
значениями. Поэтому и функция g(a) монотонно возрастает на
области определения и принимает все свои значения только один раз.
Значение а= 10 и является единственным искомым корнем,
так как 10Vl0-6 = 20.
Ответ. 10.
Задача 3.17. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Найдите сумму целых значений параметра а, при которых
множество решений неравенства
содержит все члены некоторой возрастающей арифметической
прогрессии с первым членом, равным -1, и разностью, меньше
или равной 2.
Решение.
1) Воспользуемся методом координатной плоскости, взяв
в качестве оси абсцисс значения х, а в качестве оси ординат
значения параметра а.
2) Решения уравнений
-6|-4 = 0 и |х|-|
173

в виде (х; а) определяют координаты геометрических мест точек
координатной плоскости в виде квадрата с центром в точке (0; 6)
и пары уголков с вершинами (0; 10), (0; -10) соответственно.
Точки областей, лежащие вне их границ, дают пары (х; а),
которые соответствуют случаю неравенства меньше или больше.
Найдем те области, для которых выполняется требуемое
неравенство. Для этого подставим координаты точек О(0; 0), А(0; 6),
Я(0;12),С(0,-12):
О(0; 0): (0 + 6 - 4)(0 - 0 + 10)> 0,
Л(0;6):(0-4)(0-6+10)<0,
5(0; 12): (0 + 6 - 4)(0 - 12 + 10)< 0,
С(0; -12): (0 + 18 - 4)(0 -12 + 10)< 0.
= Ы + 10
174

3) Таким образом, условие задачи в части неравенства
выполнено только для областей координатной плоскости,
находящихся вне квадрата и между уголками.
4) Ясно, что требование задачи о попадании всех членов
арифметической прогрессии будет выполнено для всех я,
лежащих между -10 и 2, так как для этих значений решением
неравенства является вся ось абсцисс. Для остальных возможных
значений параметра а условие задачи будет выполнено, если
из точки (1; а), соответствующей первому члену, удастся
«перепрыгнуть» в точку (jc; a)9 соответствующую второму члену
арифметической прогрессии и лежащую в разрешенной области.
По условию задачи длина «прыжка» не более 2. Выделим на
координатной плоскости критические случаи, когда «прыжок»
максимальной длины дает точку, лежащую на границе областей:
а = -11, а = 3, а = 9 и а = 11. Из рисунка ясно, что все члены
требуемой арифметической прогрессии попадают в разрешенную
область координатной плоскости при -11<д<3и9<я<11.
Сумма этих значений равна (- 11- 10- ... -1 + 1+2+3) +
+ (9+10+11) = -{4+ 5 + ... +8) = -30.
Ответ. -30.
Задача 3.18. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Найдите сумму целых значений параметра /и, при которых
один из корней уравнения (/w-6)x2-2/nx+m-3 = 0 меньше 1,
а другой корень больше 3.
Решение.
1) Используем графическую интерпретацию. Рассмотрим
функцию /(*, т) = (т - 6)jc2 - 2тх+т - 3.
175

Для каждого значения параметра т ее график описывает
некоторую параболу.
Причем для случая т > 6 это будет парабола с ветвями,
направленными вверх, а для противоположного случая т < 6 - с
ветвями вниз. С геометрической точки зрения для случая т > 6,
чтобы удовлетворить требованиям для расположения корней, левая
и правая точки пересечения параболы с осью абсцисс должны
находиться левее х = 1 и правее х = 3 соответственно. Последнее
условие равносильно требованию отрицательности для ординат
точек параболы с абсциссами х = 1 и х = 3. Аналогичные
рассуждения для противоположного случая т < 6 приводят к
требованию положительности для ординат точек параболы с
абсциссами х= 1 их = 3.
2) На функционально-графическом языке эти рассуждения
приводят к следующим системам неравенств:
\т > 6, \т< 6,
ДЗ,/и)<0;
176

преобразуя которые в
\т > 6, f/и < 6,
(m-6)-/w + /w-3<0, <(m-6)
[9(/w-6)-6/w + m-3<0, [9(/w-6)-6m + m-3>0,
/и<6,
-9>0,
4m-57>0,
получим 6</w<14—. Сумма всех целых значений /и, принад-
4
лежащих промежутку: 7 + 8 + ... + 13 = 84.
Ответ. 84.
Задача 3.19. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Найдите целое значение параметра а (или сумму таких
значений, если их несколько), для которых уравнение
(я + 2х-л:2+19)(я-3-|;с-4|) = 0 имеет 3 корня.
Решение.
Ясно, что полное количество корней исходного уравнения
определяется корнями уравнений
Первое квадратное уравнение имеет корни при значениях
дискриминанта D = 4(а + 20) > 0, а второе - при
неотрицательных значениях левой части я-3>0. Первое уравнение имеет
один корень для а = -20 и два для а > -20. Второе уравнение
имеет один корень при а = 3 и два для а > 3. Кроме двух
очевидных случаев, когда одно из двух уравнений имеет один корень,
имеется и неочевидный вариант, когда два уравнения имеют
177

общий корень. Таким образом, достаточно рассмотреть три
случая:
' С:<
а>3,
а>3;
Сразу отпадает случай А. Случай В дает одно целое значение
для параметра а = 3. Рассмотрим последний случай С:
я >3,
Достаточно найти общие корни для целых значений
параметра а > 3. Из функциональных соображений ясно, что модуль
второго выражения возрастает быстрее, чем модуль первого.
Поэтому общие значения два выражения могут принимать для
достаточно небольших значений параметра а. Причем
достаточно рассмотреть такие значения параметра а9 для которых под
корнем будут стоять полные квадраты, так как второе
выражение принимает только целые значения. Первый возможный
случай: а = 5 - оказывается счастливым для обоих выражений,
взятых со знаком плюс:
Следующий случай: я = 16 - дает для первого выражения
х = 1±6, а для второго- х = 4±13. Таким образом, для этого
и следующих значений параметра а второе выражение дает
по модулю значения большие, чем первое, и общих корней больше
нет. Сумма найденных двух целых значений равна 3 + 5 = 8.
Ответ. 8.
178

Задача 3.20. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Пусть jci и х2 - действительные, различные корни уравнения
х2 - (а - 2)х + 5 - а = 0 . Рассмотрим множество А тех значений
параметра а, для которых выполнено условие х2 + х% <9.
Найдите сумму целых значений, которые при этих условиях (то есть
при значениях параметра аеА) принимает величина jc,3 + х\.
Решение.
Это почти типовое задание на использование свойств
квадратного трехчлена, которое предполагает знание теоремы Виета
и умение выводить и применять следствия из нее. Составим
соответствующую систему уравнений Виета:
D = (а -2)2 +4(я-5) > 0, [а < -4, а > 4,
< хх+х2 =я-2, ^j^+Xj =я-2,
jc, -х2 =5-д [jc, -jc2 =5-a.
С ее помощью выразим сумму квадратов
х2+х22=(хх+х2)2 -2ххх2
для корней исходного уравнения
;с12+х22=(а-2)2+2(а-5) = а2-2а-6,
которая с учетом заданного условия дает:
Условие положительности дискриминанта приводит к
неравенству 4 < а < 5 • То есть множество А = (4; 5]. Теперь опять
с помощью системы уравнений Виета выразим сумму кубов для
корней исходного уравнения
через параметр а:
179

Таким образом задача исследования области значений,
которые может принимать сумма кубов х] + х\ на множестве А = (4; 5],
сводится к исследованию функции f(d) = (я - 2)(а2 - а -11).
Заметим, что эта функция представляет собой произведение
монотонно возрастающих на А = (4; 5], функций, так как второй
сомножитель представляет собой квадратный трехчлен с цен-
1
тром симметрии л:0 = —.
Следовательно, область значений f(a) представляет собой
непрерывное множество действительных чисел: (/(4); /(5)1 =
= (2; 27]. Сумма целых значений, принадлежащих этому
множеству, равна
Ответ. 375.
Задача 3.21. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Найдите сумму целых значений параметра а9 при которых
множество решений неравенства
содержит все члены некоторой геометрической прогрессии
с первым членом, равным 6, и знаменателем -4 < q < -1.
Решение.
1) Будем решать эту задачу с помощью метода координатной
плоскости, взяв в качестве оси ординат множество значений
параметра а, а в качестве оси абсцисс - множество значений х.
С геометрической точки зрения неравенство
х(*-8)
180

дает множество точек, ограниченных линиями, соответствующих
случаю равенства
2) Найдем вид этих линий. Для этого рассмотрим два случая:
Ах<4 &.х>4
х(х - 8) = -(* + 4)х, х(х - 8) = (а + 4)(х - 8),
х,=0, (*-8) = 0,
дг2=4-а; х4
Таким образом, две вертикальные прямые и два луча с общей
точкой разбивают координатную плоскость на 6 областей: А, В,
-24
3) Расставим знаки внутри областей в смысле выполнения
или невыполнения заданного неравенства
ф-8)>
181

Для этого выберем точку, принадлежащую области D: (1; 0),
и подставим ее координаты в исходное неравенство, получили: -
7 < -4, то есть неравенство не выполнено, значит, для всей
области D имеем знак минус, а в соседних с D областях с общими
границами В, С, F имеем знак плюс, а для оставшихся областей
Аи Е- знак минус, так как все граничные линии соответствуют
корням простой кратности.
4) По условию первый член геометрической равен 6, с
геометрической точки зрения это соответствует вертикальной
прямой х = 6. Разрешенная область этой прямой представляет собой
луч с точкой, лежащей на прямой а = х - 4, то есть а > 2. Далее
по условию задачи второй член геометрической профессии
с отрицательным знаменателем будет отрицательным числом,
то есть соответствующая точка «прыгнет» по горизонтали
налево в область В9 а потом, в случае третьего члена, «прыгнет» уже
направо - в область F и т. д.
5) Найдем критический случай, когда точка х = 6, лежащая
на высоте а, не может «прыгнуть» дальше границы между
областями А и В при «максимальном прыжке» 6q = -24 = 4 — а,
который дает «критическое» значение параметра а = 28. Таким
образом, область допустимых значений параметра а: [2; 28).
Найдем сумму всех целых чисел, принадлежащих этому
2+28
промежутку: 2 + 3 +...+28 = 27 = 405.
Ответ. 405.
Задача 3,22. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Найдите целое значение параметра а (или сумму таких
значений), при которых множество решений неравенства
x(jc + 2)2 >4(х + а) + дх содержит все члены некоторой
возрастающей арифметической прогрессии с первым членом, равным
-5, и разностью, меньше или равной 11.
182

Решение.
А:
В: -
Решим сначала неравенство, которое после элементарных
преобразований приводится к виду: хъ + 4х2 - ах - 4а > О, или
(х2 -я)(х + 4)>0. Воспользуемся обобщенным методом
интервалов. Очевидно, что возникают два случая: А:0<а<4 и В:а>49
для которых решениями будут следующие множества
промежутков: А:1-4;-у[а 1иГл/а;+«>| и B:\-yfa\-4luj>/a;+ooj
соответственно. Ясно, что первый случай не удовлетворяет
условию задачи, по которому первый член прогрессии а = -5
принадлежит множеству А. Остается случай В, для которого должна
выполняться следующая система неравенств:
а>25,
0<d<\l.
Га; -ьоо}
183

Ясно, что если а2 е(-5;-4], то вся бесконечная
возрастающая прогрессия не попадает в множество X начиная с какого-то
достаточно большого номера члена а„9 так как не может
«перепрыгнуть» промежуток Г-4; у/а 1, то есть d > 9.
С другой стороны, длина «прыжка» ограничена условием
d<\\, или
\а2 €
<?> a < 36.
Таким образом, все допустимые значения параметра а:
25 < а < 36 . Для получения окончательного ответа достаточно
подсчитать сумму всех допустимых целых значений параметра
а: 25 + 26 + ... + 36 = 366.
Ответ. 366.
Задача 3.23. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Найдите сумму целых значений параметра а, при которых
число целых решений неравенства ||2х-4|-х|<0,05а(х + 3)
не менее 3 и не более 9.
Решение.
1)Для рассмотрения неравенства воспользуемся
функционально-графическим методом. Для построения графика
левой части неравенства раскроем внутреннюю пару скобок
знака модуля. Достаточно рассмотреть два случая:
[|4-Зх| < 0,05ф:+3)и ||х-4| < 0,05а(* + 3).
10

2) График правой части неравенства представляет собой
семейство прямых, проходящих через общую точку (-3; 0).
Переформулируем требование задачи на графический язык: число
точек прямой с целыми абсциссами, лежащих выше
соответствующих точек ломаной, должно быть не менее 3 и не более 9.
Ясно, что решение надо искать для положительных значений
параметра а, определяющих положительный наклон прямой.
Для малых значений параметра есть только одна точка прямой
с целой абсциссой - 4. Постепенно увеличивая угол наклона
прямой, получаем следующие точки с целыми абсциссами: 3, 4,
5,..., 9. Из графика хорошо видно, что раньше появляются
точки с абсциссами 4, 5 и только потом 3. Найдем первое
критическое значение параметра, для которого число этих точек будет
равно 3: jc3 = 3: |3 - 4| = 0,05^ (3 + 3) <=> ах = —. Для нахождения
второго критического значения параметра заметим, что это
будет случай появления десятой точки с целой абсциссой 10:
120
*10 =10: |10-4| = 0,05а2(10 + 3)<=>я2 = —. Таким образом,
допустимые значения параметра а должны принадлежать проме-
жутку: —; — . В него входят целые числа: 4, 5, ..., 9, сумма
которых будет равна 39.
Ответ. 39.
Задача 3.24. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Найдите целое значение параметра а (или сумму таких
значений, если их несколько), при которых уравнения
имеют корни, причем число корней в этих уравнениях одинаковое.
185

Решение.
у = 0£5ах + 3
1) Рассмотрим первое уравнение с графической точки
зрения. Правая часть определяет пучок прямых, проходящих
через общую точку (0; 3). Из графика хорошо видно, что
возможны четыре частных случая, когда число точек
пересечения прямой с графиком левой части уравнения равно 1, 2, 3, 4
соответственно.
2) Первый случай может иметь место только для ситуации,
когда точка (0; 3) пересечения прямой с параболой будет точкой
касания. Проверим этот случай, который должен
соответствовать с алгебраической точки зрения случаю, когда
квадратное уравнение, имеющее одним из корней х = 0, х2 - 4дг + 3 =
= 0,25ох + 3, будет иметь нулевой дискриминант, но это
невозможно из-за нулевого свободного члена.
186

3) Второй случай будет иметь место для большинства
значений параметра а за исключением ситуаций, когда прямая
пересекается с «отраженной» частью параболы. Точнее говоря,
исключительные ситуации будут иметь место, когда прямая будет
иметь точки пересечения с правыми ветвями «отраженной»
и «неотраженной» частей параболы. Это будет иметь место
начиная со случая, когда прямая будет проходить через точку (3; 0)
и заканчивая случаем касания «отраженной» части параболы.
Причем для крайних случаев будут иметь место ровно три точки
пересечения, а между этими случаями - уже четыре точки.
Найдем эти случаи: а) для точки х= 3: 0,25-3^+3 = 0, а% = -4;
Ь) для точки касания с «отраженной» частью параболы:
Из графика ясно, что из двух значений параметра а надо
оставить я4= 12-6^7 «12-6-2,65 =-3,9.
4) Подведем итог анализа числа корней первого уравнения:
1) один корень: я = -16 и а~ -8; 2) три корня: а=-4иа =
= 12 - 6л/7 ; 3) четыре корня: -4 < а < 12-6>/7 ; 4) два корня -
все остальные случаи.
5) Рассмотрим теперь второе уравнение с графической точки
зрения. Ясно, что необходимо рассмотреть два случая для левой
части уравнения:
90
187

которые определяют две гиперболы, «сливающиеся» на границе
двух областей. Правая часть уравнения с графической точки
зрения представляет собой пучок прямых, проходящих через
начало координат. Из рисунка ясно, что каждая прямая имеет
не менее одной и не более трех общих точек с графиком левой
части уравнения. Причем для более «крутых» прямых с
большими по модулю значениями будет иметь случай трех общих
точек, а для менее «крутых» - случай лишь одной общей точки.
Пограничными случаями являются точки касания, для которых
соответствующее уравнение имеет два корня. Найдем эти
случаи для левой и правых частей координатной плоскости.
f*<2,
90 <=>
= ах
\а<29
90
6-л:
188

Заметим, случай касания будет иметь место, когда
дискриминант квадратного уравнения равен 0. Получаем 4а2 + 360а =
= 0, 36а2 - 360а = 0. Нулевые значения сразу отбрасываются,
так как в этом случае квадратное уравнение переходит в
линейное. Остаются значения а = -90 и а = 10, соответствуют случаям
двух корней для второго уравнения. Для случаев а < -90 и а > 10
будут иметь место три корня, а для -90 <а<0и0<а<10-
один корень.
7) Сопоставляя результаты анализа 4) и 6) для первого и
второго уравнений, получаем общие случаи: а = -90 и а = 10, сумма
которых дает число -80.
Ответ. -80.
Задача 3.25. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3].)
Три числа, принадлежащие соответственно интервалам (-3; 0),
(2; 4) и (6; 8), являются первыми членами арифметической
прогрессии. Найдите сумму целых значений, которые может
принимать величина yja2 + d2 , где а - первый член, a d- разность
арифметической прогрессии.
Решение.
1) Из условия задачи следует, что для первых трех членов
арифметической прогрессии выполняется следующая система
неравенств:
-3<а,<0,
2) Последняя система неравенств допускает для
координатной плоскости, где по оси ординат отложены значения
параметра аи а на оси абсцисс - значения d, следующую
геометрическую интерпретацию: это будет геометрическое множество то-
189

чек, ограниченное тремя парами параллельных прямых. Оно
имеет форму пятиугольника ABCDE с вершинами, координаты
которых, за исключением точки В, определяются достаточно
очевидным образом: А(Ъ\ 0), С(5; -3), 25(5,5; -3), Е(4; 0). Чтобы
найти координаты точки В9 необходимо решить систему двух
уравнений:
соответствующих точке пересечения двух прямых, которая
будет в итоге иметь координаты:
' или 5(4;-2).
190

3) Величина R = у}а2 + d2 имеет смысл расстояния от начала
системы координат до точки с координатами (d\ а). Для
окончательного решения задачи достаточно найти наиболее
ближайшую и удаленную точки из числа вершин пятиугольника
ABCDE. Заметим, что радиус-вектор R(d; а) не может касаться
других точек границы пятиугольника. Из рисунка очевидно, что
ближняя к началу координат - это точка А(Ъ\ 0), а дальняя -
точка D(5,5; -3). Найдем соответствующие длины радиус-вектора
г-j—T V121 + 36 V157 ,
R(d;a): minR= 3 и
Таким образом, достаточно вычислить сумму всех целых
допустимых значений R с учетом того, что координаты вершин
не удовлетворяют системе неравенств из 1) и значение R- 3
следует отбросить, получаем: 4 + 5 + 6=15.
Ответ. 15.
Задача 3.26. (Июньский ЕГЭ 2007 [б].)
Докажите, что система уравнений
~15jc3+18jc2-29jc + 4 = 0,
чюх-б.3
)
4 2_у |(5х-5)2-5(х-4) 16
у |
V
х V х х
имеет единственное решение.
Решение.
Главный ключ к решению этой задачи лежит в подкоренном
выражении, которое должно быть неотрицательным. Приведем
его к общему знаменателю:
jc(25jc2 -60s + 36)-5s(s-4)-16 _ 25s3 -65s2 + 56s-16
191

заметим, что числитель обращается в ноль, если х = 1. Разложим
его на множители с выделением двучлена (х-1): 25*3 - 65.x2 +
+ 56х - 16 = (х - 1X25JC2 - 40х + 16), или (jc - 1)(5jc - 4)2.
Отсюда ясно, что ОДЗ по х - это луч [1; +а>) и отдельная точ-
ка х = 4 / 5. Теперь обратимся к первому уравнению системы.
Сразу заметим, что для х > 1 корней нет, так как/(1) = 8 и сумма
коэффициентов перед х3 и лс2, равная 33, больше коэффициента
29 перед jc1. Таким образом, остается только одна возможность,
когда х = 4 / 5. Проверим ее:
,5 + ,829+4О.
125 25 5 25
Но тогда подкоренное выражение во втором уравнении
обращается в ноль. В результате это уравнение радикально
упрощается: (у + 8-7)8"6'5 + 4>> + 2 = 5, или (.у + 1)1'5 = 3-4>>.
Проанализируем получившееся уравнение: левая часть - монотонно
возрастающая степенная функция, которая определена начиная
с у = -1, когда принимает нулевое значение. Правая часть -
монотонно убывающая линейная функция, которая в точке у = -1
принимает значение, равное 7, значит, найдется единственное
значение переменной у, когда обе части уравнения будут
принимать равные значения. Таким образом, доказано
существование единственной пары чисел (х,у), удовлетворяющей исходной
системе уравнений.
Замечание. Можно было найти корень первого уравнения
подбором среди всех возможных вариантов рациональных корней вида х = р/ q,
где р - делитель свободного слагаемого 4, a q - делитель коэффициента 15
перед старшей степенью х. Однако количество перебираемых вариантов
оказывается весьма большим - 24. Главная проблема, которая возникает
после определения первого корня уравнения х = 4 / 5, - это определение
192

другой возможной пары уравнения третьей степени, которое после
разложения на множители приводится к виду (5х - 4)(3*2 + 6х -1) = 0.
Отсюда хорошо видно, что вторая пара корней оказывается иррацио-
2
нальной: х23 =-l±-j=r. Прямая подстановка этих выражений в
подкоренное вьфажение оказывается затруднительной без его вышеописанного
приведения к произведению двучленов.
Задача 3,27. (Июльский ЕГЭ 2007.)
Докажите, что система уравнений
[ЗУ + 6(1 - у)2 + 27j; - 6 = х(/ + 2у2 + 2у)9
j{x"2) =0
имеет ровно три различных решения.
193

Решение.
1) Преобразуем второе уравнение с учетом ОДЗ к более
удобному виду:
<Л*>2'
-2 = 0<=>|(x-2)log2x = oc-l
2) Для значений jc> 2 правая часть уравнения монотонно
убывает как правая ветвь функции обратной пропорциональной
зависимости. С другой стороны, левая часть уравнения является
монотонно возрастающей логарифмической функцией. Значит,
это уравнение имеет единственный корень на интервале (2; +оо).
3) Рассмотрим теперь первое уравнение. После
элементарных преобразований имеем Ъуъ + 6 у2 +15у = ху3 + 2ху2 + 2ху <=>
<» у3(х-3) + 2у2(х-3) + у(2х-15) = 0. Выделим общий
множитель у в правой части уравнения Дд;2(;с-3)+2^(дс-3)+(2х-15))=0.
Отсюда ясно, что корнем последнего уравнения является >> = 0.
4) Так как имеется единственный корень по х, есть один
корень по у9 необходимо найти еще два корня по у. Ясно, что эти
корни могут быть у второго множителя этого уравнения:
/(х-3) + 2<у(х~3)+(2х-15) = 0. Исследуем эту возможность,
рассматривая его как квадратное уравнение относительно у
с параметром х. Найдем дискриминант этого уравнения:
— = (х-3)2-(х-3)(2х-15). Чтобы это уравнение имело два
корня, необходимо и достаточно выполнения неравенства
(х-3)2-(х~3)(2х-15)>0^(х-3)(12-х)>0, что
равносильно условию 3 < х < 12.
194

5) Теперь достаточно убедиться в том, что единственный
корень по х рассмотренного в пунктах 1) и 2) уравнения
принадлежит этому промежутку. Для этого достаточно найти подбором
интервал, куда попадает корень уравнения log2x = l + - для
промежутка 3<х<12 путем сравнения левой и правой частей
уравнения. Возьмем сначала х = 3, имеем log2 3 < 2, в случае х = 4
получаем Iog24>l,5, значит, в силу обратных монотонностей
обеих частей уравнение действительно имеет единственный
корень на промежутке (3; 4).
Задача 3.28. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите число решений системы уравнений
Решение.
1) Приведем уравнения к стандартному виду с нулевыми
правыми частями. Разложим на множители левые части уравнений:
in2у2 - 8тсху +12х2 = (яу - 2х)(пу - 6х) = 0,
\у2 - у (cos 2x - sin x) - sin x cos 2х = (у + sin x)(y - cos 2x) = 0.
Полученная система уравнений равносильна следующей
совокупности:
2х 6х
и п
которая распадается на четыре независимых случая:
А 2х . п 2х „ „ 6х . .. 6х -
А: — = ~smjc, В: — = cos2x, С: — = -smx и D: — = cos2x.
я я п п
195

у=6х/п
2) Случай А: — = -sinx, достаточно рассмотреть промежу-
п
ток —; — , для которого левая часть будет принимать
значения из промежутка [—1; 1]. Ясно, что х = 0 является корнем. Так
как левая и правая части - нечетные функции, то можно
ограничиться рассмотрением случая х > О, для которого решений нет
из-за отрицательности правой и положительности левой частей
на промежутке. Таким образом, в этом случае только одно
решение.
/^
3) Случай В:— = cos2x, достаточно рассмотреть промежу-
п
ток —; — , для которого левая часть будет принимать
значения из промежутка [-1; 1]. На заданном промежутке
укладывается полный период косинуса с начальной ординатой -1,
которая совпадает с соответствующей ординатой прямой, дальше
график косинуса идет ниже прямой, но затем пересекает ее, так
как в точке х = 0 он имеет ординату 1 против нулевой ординаты
прямой. На промежутке
); — график косинуса монотонно
196

убывает от 1 до -1, а прямая возрастает от 0 до 1, значит, они
пересекутся в одной точке. Таким образом, в случае В есть три
решения.
/г
4) Случай С: — = -sinjc, достаточно рассмотреть промежу-
71
L б'б]'
ток -—; — , для которого левая часть будет принимать
значения из промежутка [-1; 1]. Ясно, что х = О является корнем. Так
как левая и правая части - нечетные функции, то можно
ограничиться рассмотрением случая х > О, для которого решений нет
из-за отрицательности правой и положительности левой частей
на промежутке. Таким образом, в этом случае только одно
решение, которое совпадает с решением для случая А.
5) Случай D: — = cos2x, достаточно рассмотреть промежу-
п
L 6'eJ'
ток —; — , для которого левая часть будет принимать значе-
L 6 6J
ния из промежутка [-1; 1]. На заданном промежутке
укладывается симметричная часть периода косинуса с начальной
ординатой 1 / 2, дальше график косинуса идет выше прямой до
промежутка, на котором график косинуса монотонно убывает от 1
до 1 / 2, а прямая возрастает от 0 до 1, значит, они пересекутся
в одной точке. Таким образом, в случае D есть одно решение.
Дальше нетрудно убедиться, что решения в промежутке
N1
для случаев В и D различны, так как две различные прямые
пересекают общий график косинуса в разных точках.
6) Объединяя все четыре случая, получаем 5 решений.
Ответ. 5.
197

Задача 3*29. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
20cosx о 10у
х + у-6
И
+61og0 iy 2 = (х
+ 2jccosjc,
X
Решение.
1) Преобразуем первое уравнение к стандартному виду с
нулевой правой частью и перегруппируем соответствующие
слагаемые в левой части:
. . , 20cosjc
xy-2jccosx-3j/+6cosjt+
В результате приходим к следующей совокупности
уравнений:
\у = 2cosjc,
2) Рассмотрим теперь второе уравнение
х+у-6
=0 <=>
у=6-х
198

3) Чтобы получить все решения исходной системы
уравнений, достаточно рассмотреть следующие четыре независимые
комбинации из 1) и 2):
f у = cos 2jc, Г У = cos 2x,
[ 6 *
4) Случай А: так как убывающая прямая у = 6 - х принимает
значение, равное 1 в точке х = 5, и пересекает ось абсцисс в
точке х = 6, а промежуток [5; 6] принадлежит восьмой четверти
(восьмой- для у= cos2x), где функция у- cos2x возрастает,
то имеет место один корень — < хх < 2я, так как на следующем
промежутке [6; 7] обе функции принимают значения с разными
знаками, а для х > 7 прямая будет иметь ординаты у < -1.
5) Случай В: Iog2 cos2x = 1 + |х| - нет решений, так как левая
часть не больше 1, а вторая - не меньше 1, но это общее
значение не достигается в общих точках.
6) Случай С: два решения, соответствующие парам х = -2,
7) Случай D: два решения, соответствующие х = -2 и х = 5:
[у = 64.
8) Таким образом, на первый взгляд, всего получено 5
решений, однако одна пара (-2; 8) - общая (случаи С и D), поэтому
окончательное число решений 4.
Ответ. 4.
199

Задача 3.30. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите ординату точки (или произведение ординат, если
точек несколько) на плоскости, координаты (х; у) которых
удовлетворяют условиям
[х1 -ху =
10,251og2 — = 1 -Iog16(3-x)-
Решение.
1) Преобразуем первое уравнение к стандартному виду с
нулевой правой частью и разложим на множители:
В результате получаем следующую совокупность:
2) Рассмотрим второе уравнение:
.-., *3-Зх2-10дг-16 , , ,, .
0,251og2 — = l-logI6(3-x)
jc3-3x2-1Ox-16 , 16
[\о%хь(Ъ-х)(хъ ~3x2 -IOjc-16) = log16
3) Дальнейшее преобразование второго уравнения
выполняем для двух случаев-Л:л; = -3и£:>> = х-5, вытекающих из
первого пункта.
4) А: х=-3 !ogl66-24 = logI6160>+2)<=>y = 7, то есть
получаем решение (-3; 7).
200

\(3-х)(х3 -Зх2 -Юх-16) = 16(х-3)
Г*<3,
° {jc3 - Зх2 - Юх = х(х - 5)(х + 2) = О,
откуда получаем две пары корней (0; -5) и (-2; -7), которые
надо еще проверить по левой части исходного уравнения:
jx = O, _^х3-3х2-Юх-16 =zI£>0
{_v = -5=> у + 2 -3 > '
Гх = -2, х3-3х2 -Юх-16 -8-12 + 20-16
-5
6) Таким образом, имеем три пары решений (-3; 7), (0; -5)
и (-2; -7), произведение ординат которых дает: -5 • 7 • 7 = -245.
Ответ.-245.
Задача 3.31. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите число решений системы уравнений
- 4юу - 32п2у21+\у - cos x\ = 0,
Решение.
1) Сначала установим ОДЗ, которое определяется вторым
уравнением:
2) Первое уравнение приводим к следующей совокупности:
— - х
у У *""" "~~ j
'-COSJCI=° U = cosx.
201

3) Достаточно рассмотреть два независимых случая:
А\у-— и В:у- —.
8я 4я
ловинки на
соответственно.
4)Случай А: у-—: на промежутке [0;8я] укладываются
три положительных полупериода функции у = cos x и две их по-
Г 7Г] Г157С Q 1
промежутках 0; — и ; 8я
На первом промежутке есть одна общая точка, так как прямая
возрастающая, а у = cos x монотонно убывает. Дальше прямая
имеет по две точки пересечения с тремя положительными полу-
Г1571 о 1
периодами, наконец на последнем промежутке ; ьп , кроме
очевидной точки пересечения с половинкой полупериода на его
пике в крайней точке х = 8л, есть еще одна внутренняя общая
точка, лежащая чуть левее. Таким образом, для этого случая
есть 9 решений.
202

5) Случай В: у = —: на промежутке [0; 4тг] укладываются
4тс
2 периода функции у = cos х. В отрицательной области значений
функции j> = cos х оказываются два полупериода, с каждым
из которых прямая на промежутке [0; 4тг] пересекается по два
раза, то есть в этой области есть 4 решения.
6) Объединяя случаи А и В, получаем 9 + 4=13 решений.
Ответ. 13.
Задача 3.32. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите сумму значений параметра а, при которых
количество корней уравнения
равно количеству общих точек линий
х2 +у2 =а и j/ = 6-|jc-2|.
Решение.
1) Рассмотрим уравнение
(a-30)jt3-40jc2+20jt = 0,
Которое, что очевидно, можно переписать как
х((а-30)х2 -40* + 20) = 0.
Ясно, что число корней этого уравнения может быть равно 1,
2 или 3. Второй случай имеет место, когда детерминант
уравнения (а-30)дс2-40дг + 20 = 0 равен нулю, или а= 30. Если
детерминант положительный, или а Ф 30, то исходное уравнение
имеет три корня. Вычислим детерминант D- 1600- 80(я- 30).
Для а = 50 он обращается в ноль, а при а < 50 будет положите-
203

лен. Таким образом, для а > 50 уравнение имеет один корень,
при а = 50 и а = 30 -два корня и в остальных случаях -три корня.
2) Теперь исследуем число точек пересечения линий х2 +У = а
и >> = 6 - |х - 2|. Линии первого уравнения представляют собой
концентрические окружности радиуса у/а, а второе уравнение
описывает ломаную из двух ветвей с угловыми коэффициентами
-1 и 1, пересекающими ось абсцисс в точках х= -4 их= 8,
ось ординат в точке у = 4. Эта ломаная имеет точку максимума
с координатами (2; 6). Из фафика видно, что качественные раз*
личные варианты находятся между тремя критическими
значениями параметра аи а2и а$9 которые соответствуют случаям
касания окружностью ветвей ломаной и ее вершины. Первое
касание имеет место, когда радиус окружности у/а равен высоте
прямоугольного треугольника с вершинами (-4; 0), (0; 4) и (0; 0):
204

у[ах = 2 л/2, или а\ = 8. Второе касание имеет место, когда
радиус окружности равен высоте прямоугольного треугольника
с вершинами (8; 0), (0; 8) и (0; 0): yfe = 4>/2, или а2 = 32.
Третий случай отвечает ситуации, когда радиус окружности будет
равен диагонали прямоугольника с противоположными
вершинами: (0; 0) и (2; 6): yja^ = V40 или аз = 40. Распишем теперь
все возможные случаи:
1. 0 < а < 8 - нет общих точек;
2. а = 8 - одна общая точка;
3. 8 < а < 32 - две общие точки;
4. а = 32 - три общие точки;
5. 32 < а < 40 - четыре общие точки;
6. а = 40 - три общие точки;
7. а > 40 - две общие точки.
3) Вернемся к анализу числа корней первого уравнения,
которое может иметь 1, 2 или 3 корня. Первый случай, когда есть
по одному корню, несовместен для двух уравнений. Второй
случай одновременного наличия двух корней совместен для обоих
уравнений для о = 30 и а = 50. Наконец, третий случай
появления трех корней для двух уравнений имеет место, когда а = 32
и а = 40. В итоге сумма соответствующих значений параметра а
будет равна 30 + 32 + 40 + 50 = 152.
Ответ. 152.
Задача 3.33. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите число решений системы уравнений
/+100 = 10^(2*+2~х).
205

Решение.
1) Приведем первое уравнение к более удобной форме с
нулевой правой частью и проверим возможность разложения
на множители левого выражения:
В результате приходим к совокупности
х2 у2
с симметричными выражениями относительно взаимной
замены хна у.
2) Преобразуем второе уравнение исходной системы к более
удобному виду с учетом у Ф 0:
\0у 10 у
Введем в рассмотрение функцию
х
Тогда предыдущее уравнение можно представить через эту
функцию:
■feHr>-
у
Полученное уравнение имеет очевидное решение: -~ = 2х. Так
как функция /(jc) = x+— симметрична относительно замены
х
I Ух
х -> —, то имеем еще одно решение: — = Т*.
х 10
206

3) Для окончательного ответа на вопрос задачи, необходимо
скомбинировать решения из пунктов 1) и 2) в виде следующих
четырех независимых случаев:
А:
'7
^ = 10-2';
В:
х = -
1
С:
> = 10-2х;
у=1г
у = \0-2-';
D:
х = -
1
У
у = \0-2-\
4)Рассмотрим случай Л:—= 10-2\ где слева стоит моно-
х
тонно убывающая для х > 0, а справа - монотонно возрастающая
функции, причем первая принимает значения от +<ю до +0,
а вторая от 10 до +оо на промежутке [0; +оо], значит, обе
функции будут иметь одну общую точку.
5) Перейдем теперь к случаю В: -7=г = 10-2дг, где ситуация
аналогична предыдущему случаю, где возникает еще один
корень, отличный от найденного ранее.
6) Рассмотрим теперь случай С: —г- = 10 • 2~х, где слева и спра-
х
ва стоят функции одного типа монотонности, поэтому
предыдущие рассуждения здесь неприменимы. Преобразуем
уравнение к следующему виду: 10дс22~* =1, рассмотрим функцию
/(дс) = 10х22"Л и исследуем ее с помощью производной
f(x) = 20x2"' -10 In 2х2 2~х = 10х2"х (2 - х In 2) = 0. Получили две
2
стационарные точки jc, =0, х2 = . Производная будет неот-
1п2
рицательной на промежутке
значит, первая точка дает
минимум, равный нулю, а вторая - максимум
207

Так как выполняется неравенство
JL
2'2 < 2~|п2 < 2"1 и 0 < \х?2 < 1, то 10 < тах/< 20.
Таким образом, функция f(x) = \Qx22~x принимает на
промежутке (0; +оо] все значения между 0 и максимумом ровно два
раза. Значит, значение, равное 1, тоже встретится два раза
и уравнение 10лс22~х = 1 будет иметь два корня.
7) Аналогично рассмотрим последний случай D:
Преобразуем уравнение к следующему виду: 10vJc2~jr=l,
рассмотрим функцию f(x) = 10х22"х и исследуем ее с помощью
производной
Получили две стационарные точки х\ =0, х2 = ——. Произ-
2 In 2
водная будет неотрицательной на промежутке 0; —— , зна-
чит, первая точка дает минимум, равный нулю, а вторая -
максимум
J J\2\n2) >/2ta2
Так как выполняется неравенство
_«_ j. . 5
2"'<2 2ta2 <2 2 и l<V21n2<2,TO -<max/<5.
208

Таким образом, функция /(jc) = 10vx2 x принимает на
промежутке (0; -foo] все значения между 0 и максимумом ровно два
раза. Значит, значение, равное 1, тоже встретится два раза
и уравнение 107*2""* = 1 будет иметь два корня.
8) Объединяя все полученные результаты в пунктах 4) - 7),
получаем 6 пар корней для исходной системы уравнений.
Ответ. 6.
Задача 3.34. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите число решений системы уравнений
Решение.
1) Рассмотрим сначала второе уравнение, которое преобразуем
к стандартному виду с нулевой правой частью, разложив на
множители левое выражение:
В результате получаем две независимые совокупности:
2) Приведем первое уравнение, выделив у в явном виде с
учетом того, что х = 1 не может быть корнем:
х2
0-4
209
2 ■

3) Чтобы ответить на вопрос задачи, достаточно рассмотреть
два следующих независимых случая:
х3 х3
А:х= Д+1
<=>
ллп „ . х1 Г*=о Гх=о
4) Случаи Л: х= -у<=> ,,,<=>, ,
(1-х2) L(x-О =J^ [х4-Зх2+1=0
2
дает пять корней.
5) Перейдем теперь к случаю В:
(1-х2)
так как jc = 0 и х = 1 для этого случая очевидно не являются
корнями. Левая часть последнего уравнения монотонно убывает на
промежутке (-оо; 1) и монотонно возрастает на (1; +оо),
принимая значения из области [0; +оо). Правая же часть на промежутке
(-оо; -1) монотонно возрастает от 1 до -оо, а на другом (-1; +оо),
от -оо до 1, проходя через 0 в начале координат. Значит, слева
есть одна общая точка, а справа их уже две, так как на
промежутке (0; 2) парабола принимает все значения между 0 и 1 два
раза (см. соответствующий график). Таким образом, в этом
случае имеют место три пары корней.
210

6) Объединяя случаи 4) и 5), получаем восемь пар корней
Ответ. 8.
Задача 3.35. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4].)
Найдите ординату точки (или произведение ординат, если
точек несколько) на плоскости, координаты (дс; у) которых
удовлетворяют условиям
х2-ху=5х-2у-69
х3-4х2-5х-129
0,51og3
=3-log9(2-x).
Решение.
1) Преобразуем первое уравнение к стандартному виду с
нулевой правой частью и разложим на множители левое
выражение с помощью группировки:
х2 -ху-
х2 -5х+6-у(х-2)
211

В результате приходим к независимым совокупностям
Г* = 2,
Ь-х-3.
Первое соотношение сразу отпадает, так как приводит к
нулю под знаком правого логарифма. Остается >> = х-3.
2) Рассмотрим второе уравнение, которое перепишем в
следующей форме:
. х3-4х2-5х-729 , 93
С учетом результата первого пункта заменяем знаменатель
су в левой части
. х3-4х2-5х-729 . 93
log9 — = log9 ——.
С учетом условия х < 2 теперь можно перейти к
рациональной форме уравнения
х3-4х2-5х-729 729
=
х-2 (2-х)
3 л г , Л
<=> х - 4х - 5х = 0
Так как х < 2, то имеем два корня х\ = -1, х2 = 0, которые
дают следующие ординаты: у\ = -4, уг = -3.
Произведение этих ординат будет равно 12.
Ответ. 12.
Задача 336. (Демонстрационный вариант ЕГЭ 2008 [6].)
Решите уравнение f(g(x)) + g(l+f(x)) = 33, если
известно, что
(18 при х>4,
3х + при х<4.
5-х
212

Решение.
1) Функция /(х) = .х2-6х + 15 = (х-3) + 6 принимает
значения не меньше 6, тогда второе слагаемое в левой части
уравнения будет принимать одно-единственное значение g(l + /(*)) = 18
при любых значениях х в соответствии с определением функции
g(x) в условии задачи (так как ее аргумент 1+ /(*)> 7). В
результате исходное уравнение можно переписать в следующем
виде: /(#(*)) = 15.
2) Рассмотрим сначала случай х < 4. Обозначим через новую
переменную
тогда получаем уравнение
возвращаясь кдс, имеем
+ 5-х~"
3 Н = 0.
5-х
На промежутке х < 4 оба слагаемые первого уравнения
больше нуля, значит, первое уравнение корней не имеет. Чтобы
решить второе уравнение, рассмотрим левое функциональное
выражение, которое на рассматриваемом промежутке монотонно
возрастает от 0 до 81 + 12= 93. Так как правая часть равна 6,
то найдется общее значение для обеих частей уравнения.
Подбором находим соответствующее значение х = 1, для которого
уравнение переходит в числовое тождество
*♦£■••
213

3) Рассмотрим случай х > 4. В соответствии с определением
функции g(x) уравнение
/(«(*))-15
переходит в равенство /(18) = 15, которое не выполняется, так
как функция /(*) = х2 -6х + 15 = (х-3)2 +6 в точке х = 18
принимает значение 231 ф 15. Значит, в этом случае корней нет.
Ответ. 1.
Задача 337. (Июньский ЕГЭ 2008.)
Для чисел аХ9а29...9а23 верны равенства ап+1 = /(а„),
Найдите я5 - д6,если известно,что а23 = 0, а
3+, х<3,
4 + log5 5 ,
х v x+6)
Решение.
1) Обозначим функцию
и исследуем ее на промежутке (-оо; 3). Она монотонно убывает,
принимая значения из промежутка (-оо; 3) (совпадение здесь
случайно).
2) Рассмотрим функцию
JC + 6J
на промежутке [3; +оо), которая монотонно возрастает,
принимая значения между /2(3) = -3-log59 и /2(°°) = 4 + log55 = 5.
214

Из пунктов 1) и 2) следует, что все значения членов
последовательности Я2,аз,...,а23 в силу соотношения an+l = /(я„) не
должны превосходить 5.
3) По условию задачи должно выполняться равенство
/(а22) = а23=0.
Решим сначала уравнение
) 0>3 +0»а2<3
22
Этот корень подходит по области определения функции/ifc).
Рассмотрим теперь уравнение
В силу монотонности функции /2(х) это уравнение имеет
ровно один корень, оценим его, взяв наибольшее допустимое
значение аргумента ^2=5, которое дает
Так как это число отрицательное, то функция /2(х) будет
принимать нулевое значение если jc>5, но тогда а22 >5, а по
пункту 2) а„ не может принимать значения больше 5. Значит,
остается одно значение а22=2.
4) Решаем уравнение для следующего члена а2\ /(а21) = 2.
В первом случае получаем fx(a2\) = 2 <=> а21 = 0, то есть
возвращаемся к начальному значению 0. Во втором случае возникает
уравнение /2(«2i) = 2> левая монотонно возрастающая часть
которого по пунктам 2) и 3) принимает нулевое значение для
аргумента больше 5, но тогда значение 2 будет достигаться
215

для еще большего аргумента, который по пункту 2) не должен
превосходить 5. Таким образом, получаем последовательность:
а2з = °» а22 = 2> a2i = °>-> а6 = 2, а5 = 0 и а5 -а6 = -2.
Ответ. -2.
Задача 3.38. (Июньский ЕГЭ 2008.)
Для чисел а,,а2,...,а23 верны равенства ал+, = /(я„), n = 1,
2,..., 22. Найдите д5 +а4, если известно, что а23 = 0, а
4х+8
4
F^ /16х-63 ^л
+ J , х>4.
x-3 V х-2
Решение.
1) Обозначим функцию
__=4+—
и исследуем ее на промежутке (-«>; 4). Она монотонно убывает,
принимая значения из промежутка (-оо; 4) (совпадение здесь
случайно).
2) Рассмотрим функцию
или
которая монотонно возрастает на промежутке [4; -к»),
принимая значения между
216

Из пунктов 1) и 2) следует, что все значения членов
последовательности а2, я3, •••» а2з в СИЛУ соотношения ап+х =f(an)
не должны превосходить 5.
3) По условию задачи должно выполняться равенство
Решим сначала уравнение
0<>4 + 0»222.
а22-4
Этот корень подходит по области определения функции//(Зс/
Рассмотрим теперь уравнение
/2(^22) = Я^
\а22-
В силу монотонности функции f2(x) это уравнение имеет
ровно один корень, оценим его, взяв наибольшее допустимое
значение аргумента а22=5> которое дает
Значит, корень находится в промежутке (4; 5).Таким
образом, имеем два возможных значения для я^:
я22 = -2 и 4 < а22 < 5.
4) Решаем уравнение для следующего члена ац со значением
*22=-2 /(*21) = *22=-2.
В первом случае получаем fx(a2X) = -2 <$ а2Х = 0, то есть
возвращаемся к начальному значению 0. Во втором случае
возникает уравнение /2(Д2|) ~ ~~2, которое не имеет решений, так как
> -1 по пункту 2). Рассмотрим теперь вариант 4 < а22 < 5.
217

В первом случае fl(a2l) = a22e(4;5) решений нет, так как
fx(x) < 4 по пункту 1). Во втором случае возникает уравнение
а22 е (4; 5)
с левой монотонно возрастающей частью, которая ограничена
максимальным значением
то есть решения для a2j в варианте 4 < а22 < 5 нет.
5) В итоге имеем а2Ъ =0, аи =-2, а2х =0,...,а5 =0, а4 =-2
и а5+а4 =-2.
Ответ. -2.
218

ЛИТЕРАТУРА
1. Единый государственный экзамен: математика [Текст]:
контрольные измерительные материалы: 2006-2007 . - М.:
Просвещение, 2007.
2. Клово, А. Г. Экзаменационные материалы для подготовки
к единому государственному экзамену. ЕГЭ - 2008. Математика
[Текст] / А. Г. Клово. - М: ФГУ «Федеральный центр
тестирования», 2007.
3. Математика [Текст]: контрольные измерительные
материалы ЕГЭ 2004.- М.: Центр тестирования Минобразования
России, 2004.
4. Самое полное издание реальных заданий ЕГЭ 2008:
математика [Текст]/ авт.-сост. В. В. Кочагин, Е. М. Бойченко,
Ю. А. Глазков, Л. О. Денищева и др. - М.: Федеральный
институт педагогических измерений, ACT: Астрель, 2008.
5. Экзаменационные материалы для подготовки к единому
государственному экзамену. ЕГЭ - 2006. Математика [Текст] /
сост. А. Г. Клово. - М.: Федеральный центр тестирования, 2005.
6. Экзаменационные материалы для подготовки к единому
государственному экзамену. ЕГЭ - 2007. Математика [Текст] /
сост. А. Г. Клово. - М.: Федеральный центр тестирования: ООО
«РУСТЕСТ», 2006.
219

СОДЕРЖАНИЕ
Введение 3
1. Задания ЕГЭ по математике типа СЗ высокого уровня
сложности 5
Задача 1.1. (Июньский ЕГЭ 2004 [1]) 5
Задача 1.2. (Июньский ЕГЭ 2004 [1]) 6
Задача 1.3. (Июньский ЕГЭ 2004 [1]) 7
Задача 1.4. (Июньский ЕГЭ 2005 [2]) 8
Задача 1.5. (Июньский ЕГЭ 2005 [2]) 9
Задача 1.6. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [3]) 10
Задача 1.7. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [3]) 11
Задача 1.8. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [3]) 12
Задача 1.9. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [3]) 13
Задача 1.10. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [3]) 15
Задача 1.11. (Июньский ЕГЭ 2006 [5]) 16
Задача 1.12. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 19
Задача 1.13. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 20
Задача 1.14. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 23
Задача 1.15. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 25
Задача 1.16. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 26
Задача 1.17. (Демонстрационный вариант ЕГЭ 2007) 28
Задача 1.18. (Июньский ЕГЭ 2007 [6]) 30
Задача 1.19. (Июльский ЕГЭ 2007) 31
Задача 1.20. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4]) 33
Задача 1.21. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4]) 35
Задача 1.22. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4]) 37
Задача 1.23. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4]) 38
Задача 1.24. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4]) 40
Задача 1.25. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4]) 42
Задача 1.26. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4]) 43
Задача 1.27. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4]) 45
220

Задача 1.28. (Тренировочный вариант ЕГЭ 2008 [4]) 46
Задача 1.29. (Демонстрационный вариант ЕГЭ 2008 [6]) 48
Задача 1.30. (Июньский ЕГЭ 2008) 50
2. Задания ЕГЭ по математике типа С4 высокого уровня
сложности 52
Задача 2.1. (Июньский ЕГЭ 2004 [1]) 52
Задача 2.2. (Июньский ЕГЭ 2004 [1]) 53
Задача 2.3. (Июньский ЕГЭ 2004 [1]) 55
Задача 2.4. (Июньский ЕГЭ 2005) 56
Задача 2.5. (Июльский ЕГЭ 2005) 58
Задача 2.6. (Июльский ЕГЭ 2005) 59
Задача 2.7. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 61
Задача 2.8. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 62
Задача 2.9. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 64
Задача 2.10. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 65
Задача 2.11. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 66
Задача 2.12. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 68
Задача 2.13. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 69
Задача 2.14. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 70
Задача 2.15. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 72
Задача 2.16. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 73
Задача 2.17. (Июньский ЕГЭ 2006 [5]) 75
Задача 2.18. (Июньский ЕГЭ 2006 [5]) 76
Задача 2.19. (Июльский ЕГЭ 2006) 78
Задача 2.20. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 81
Задача 2.21. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 83
Задача 2.22. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 85
Задача 2.23. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 87
Задача 2.24. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 89
Задача 2.25. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 90
Задача 2.26. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 92
Задача 2.27. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 96
221

Задача 2.28. (Июньский ЕГЭ2007 [3]) 97
Задача 2.29. (Июльский ЕГЭ 2007) 99
Задача 2.30. (Июльский ЕГЭ 2007) 102
Задача 2.31. (Июльский ЕГЭ 2007) 106
Задача 2.32. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 109
Задача 2.33. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 112
Задача 2.34. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 115
Задача 2.35. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 118
Задача 2.36. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 119
Задача 2.37. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 120
Задача 2.38. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 122
Задача 2.39. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 125
Задача 2.40. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 128
Задача 2.41. (Демонстрационный вариант ЕГЭ 2008 [6]).... 132
Задача 2.42. (Демонстрационный вариант ЕГЭ 2008 [6]).... 134
Задача 2.43. (Демонстрационный вариант ЕГЭ 2008 [6]).... 136
Задача 2.44. (Июньский ЕГЭ 2008) 138
Задача 2.45. (Июньский ЕГЭ 2008) 141
3. Задания ЕГЭ по математике типа С5 высокого уровня
сложности 145
Задача 3.1. (Июньский ЕГЭ 2004 [1]) 145
Задача 3.2. (Июньский ЕГЭ 2004 [1]) 146
Задача 3.3. (Июньский ЕГЭ 2004 [1]) 148
Задача 3.4. (Июльский ЕГЭ 2004) 149
Задача 3.5. (Июльский ЕГЭ 2004) 150
Задача 3.6. (Июньский ЕГЭ 2005 [2]) 152
Задача 3.7. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 154
Задача 3.8. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 157
Задача 3.9. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 159
Задача ЗЛО. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 160
Задача 3.11. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 162
Задача 3.12. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 164
222

Задача 3.13. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 165
Задача 3.14. (Тренировочный ЕГЭ 2006 [2]) 167
Задача 3.15. (Июньский ЕГЭ 2006 [5]) 170
Задача 3.16. (Июньский ЕГЭ 2006 [5]) 171
Задача 3.17. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 173
Задача 3.18. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 175
Задача 3.19. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 177
Задача 3.20. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 179
Задача 3.21. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 180
Задача 3.22. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 182
Задача 3.23. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 184
Задача 3.24. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 185
Задача 3.25. (Тренировочный ЕГЭ 2007 [3]) 189
Задача 3.26. (Июньский ЕГЭ 2007 [6]) 191
Задача 3.27. (Июльский ЕГЭ 2007) 193
Задача 3.28. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 195
Задача 3.29. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 198
Задача 3.30. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 200
Задача 3.31. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 201
Задача 3.32. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 203
Задача 3.33. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 205
Задача 3.34. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 209
Задача 3.35. (Тренировочный ЕГЭ 2008 [4]) 211
Задача 3.36. (Демонстрационный вариант ЕГЭ 2008 [6]).... 212
Задача 3.37. (Июньский ЕГЭ 2008) 214
Задача 3.38. (Июньский ЕГЭ 2008) 216
Литература 219
223

Охраняется законом об авторском праве. Воспроизведение всего пособия или
любой его части, а также реализация тиража запрещаются без письменного
разрешения издателя. Любые попытки нарушения закона будут преследоваться
в судебном порядке.
Приглашаем к сотрудничеству
учителей, методистов и других специалистов в области образования для
поиска и рекомендации к публикации интересных материалов, разработок,
проектов по учебной и воспитательной работе. Издательство «Учитель»
выплачивает вознаграждение за работу по поиску материала. Издательство
также приглашает к сотрудничеству авторов и гарантирует им выплату
гонораров за предоставленные работы.
E-mail: metod-uch@bk.ru
Телефон: (8442)45-41-43; 66-17-39
Подробности см. на сайте издательства «Учитель»: www.uchitel-izd.ru
МАТЕМАТИКА
9-11 классы
Решение заданий ЕГЭ высокой степени сложности.
Основные методы и приемы
Автор-составитель
Михаил Александрович Куканов
Ответственные за выпуск
Л. Е. Грвнин, А. В. Перепелкнна
Редактор А. В. Перепёлкина
Редакторы-методисты Л. В. Голубева, Л. В. Бударникова
Выпускающий редактор Н. Е. Волкова-Алексеева
Технический редактор Л. В. Иванова
Редактор-корректор Л. Н. Ситникова
Корректор Т. И. Коробки на
Компьютерная верстка Е. И. Ивановой
Издательство «Учитель»
400067, г. Волгоград, п / о 67, а / я 32
Если Вы напишете по адресу: 400067, г. Волгоград, п/о 67, а/я 32, издательство «Учнтель»
или позвоните по телефону: код (8442) 42-24-79.42-20-63. Вам будет выслан полный каталог
пособий и книг издательства «Учитель». Адрес электронной почты (E-mail): uchitel@avtig.ru
По вопросам оптовых поставок обращаться по тел.:
42-70-46,42-57-92,42-11-58,42-70-32,42-70-43,44-85-53.
Подписано в печагь 07 10.08 Формат 60x84/16
Бумага газетная. Гарнитура Тип Тайме
Печать офсетная. Уел печ. л. 13,02 Тираж 5000 экз. Заказ 1370.
Отпечатано с готового оригинал-макета в ОАО «Калачевская типография»
404507, Волгоградская обл., г. Калач-на-Дону, ул Кравченко, 7

2912 преподавателю
В предлагаемой публикации
представлены наиболее трудные
задания, используемые на ЕГЭ
по математике в последние годы.
Рассмотрены основные методы
и приемы их решения.
Пособие предназначено для учителей
и методистов с целью организации
углубленной подготовки выпускников
школ к ЕГЭ по математике,
будет полезно также учащимся
9-11 классов, желающим
самостоятельно познакомиться
с основными приемами и методами
решения задач высокого уровня
сложности.
9 785705 720620
ИЗДАТЕЛЬСТВО
■УЧИТЕЛЬ