Н. П. АНТОНОВ. М. Я. ВЫГОДСКИЙ. В. В. НИКИТИН.
А. И. САНКИН
СБОРНИК ЗАДАЧ
ПО ЭЛЕМЕНТАРНОЙ
МАТЕМАТИКЕ
ПОСОБИЕ
ДЛЯ САМООБРАЗОВАНИЯ
ИЗДАНИЕ ШЕСТОЕ
ГОСУДАРСТВЕННОЕ ИЗДАТЕЛЬСТВО
ФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕРАТУРЫ
МОСKB A 1960

П-3-2
Антонов Николай Петрович, Выгодский Марк Яковлевич,
Никитин Владимир Васильевич, Санкин Александр Иосифович.
Сборник задач по элементарной математике.
Редактор С. М. Половинкин.
Техн. редактор К. Ф. Брудно. Корректор Л. Е. Андрианова
Печать с матриц. Подписано к печати 18/1 I960 г. Бумага 84х108/с2.
Физ. печ. я. 16,63. Условн. печ. л. 27,26. Уч.-изд. л. 28,0.
Тираж 250 000 экз. Цена книги 9 р. 40 к. Заказ 949.
Государственное издательство физико-математической литературы.
Москва, В-71, Ленинский проспект, 15.
Типография 1* 2 им. Бвг. Соколовой УПП Ленсовнархоза.
Ленинград, Измайловский пр., 29.

ОГЛАВЛЕНИЕ
Предисловие к третьему изданию 4
Предисловие к четвертому изданию 5
Предисловие к шестому изданию 5
Формулы для справок 6
ЧАСТЬ ПЕРВАЯ
АРИФМЕТИКА И АЛГЕБРА
Глава 1. Арифметические вычисления (1—45) .... 13 121
Глава 2. Алгебраические преобразования (46—134). . 18 122
Глава 3. Алгебраические уравнения (135—253) .... 28 152
Глава 4. Логарифмические и показательные уравнения
(254—319) 38 192
Глава 5. Прогрессии (320—357j) 43 214
Глава 6. Соединения и бином Ньютона (358—389) . . 48 228
Глава 7. Алгебраические и арифметические задачи
(390-509) 52 237
ЧАСТЬ ВТОРАЯ
ГЕОМЕТРИЯ И ТРИГОНОМЕТРИЯ
Глава 8. Планиметрия (510—596) 73 277
Глава 9. Многогранники (597—718) 82 327
Глава 10. Круглые тела (719—789) 100 431
Глава 11. Тригонометрические преобразования (781—829) 108 479
Глава 12. Тригонометрические уравнения (830—904) . . 111 491
Глава 13. Обратные тригонометрические функции
(905-928) 116 519

ПРЕДИСЛОВИЕ К ТРЕТЬЕМУ ИЗДАНИЮ
Настоящее пособие для самообразования предназначается
для лиц с незаконченным средним образованием или
окончивших школу давно и готовящихся к поступлению в вузы.
Отклики читателей на первые два издания (вышедших под
несколько иным названием) показали, что множество учащихся,
занимающихся математикой без помощи преподавателя,
действительно, нуждаются в таком пособии. Составители хотели
помочь этим лицам научиться решать математические задачи,
к с этой целью дали решения для большинства задач.
Задачи, родственные по идее решения, мы сгруппировали
вместе. Для первых задач каждой группы дается более
подробное решение, чем для последующих. Второстепенные
моменты рассуждений и вычислений, как правило, опускаются,
чтобы не стеснить самодеятельности учащегося. Напротив,
принципиальным вопросам, существенным для решения задач,
уделяется много места. Особенно это относится к вопросам,
чало освещенным в учебной литературе; таковы, например,
вопросы об утрате корней уравнения и появлении
посторонних корней, об арифметических корнях, о способах
изображения пространственных фигур. Мы полагаем, что
соответствующие пояснения принесут некоторую пользу и учителю.
Однажды сделанное разъяснение, как правило, не
повторяется в последующих задачах. Однако всюду, где это
требуется, дана ссылка на номер той задача, в которой
помещено соответствующее разъяснение. Это сделано в
интересах тех учащихся, которые будут пробовать свои силы
на отдельных задачах. Все же авторы настоятельно
рекомендуют решать задачи каждой главы в порядке номеров.
Порядок изучения глав безразличен.
Решение задачи следует прочесть после того, как
задача решена самостоятельно, или после того, как выяснилось,
что задача оказалась для .учащегося непосильной. Если после

ПРЕДИСЛОВИЕ
5
решения нескольких последовательных задач учащийся видит,
что они его не затрудняют, то он может пропустить
несколько задач; сколько именно — можно сообразить, бегло
просмотрев условия и решения.
ПРЕДИСЛОВИЕ К ЧЕТВЕРТОМУ ИЗДАНИЮ
В четвертом издании, хотя оно издается стереотипно,
оказалось возможным учесть ряд замечаний, сделанных
читателями относительно рационализации решений, а также
исправить погрешности, обнаруженные в предыдущих
изданиях. Исполнение пожеланий, требующих более значительной
переделки текста, пришлось отложить до следующего издания.
Составители выражают глубокую признательность всем
лицам, приславшим свои отзывы о книге. Помимо лиц,
упомянутых в предисловии ко второму изданию, мы должны
особо поблагодарить тт. Бабушкина Э. (Москва), Бровак
(Москва), Добровольского Б. А. (Лабипск), Коба А.
(Ленинград), Кравченко В. (Сталинград), Кубинкого Г. (Вильнюс),
Лысова В. И. (Сталино), Нахумович Р. М. (Баку), Панова Э.
(Куйбышев), Старчевского Ч. А., Теплову (Кемерово),
Филайовича А. Г. (София, Болгария), Фоминкова В. Ф.
(Запорожье), Хованова Г. М., Шильпикову А. (Киров) и
Шмелькипа С. (Ленинград).
ПРЕДИСЛОВИЕ К ШЕСТОМУ ИЗДАНИЮ
В настоящем издании уточнены формулировки некоторых
задач и внесены некоторые дополнения в объяснения.
Составители выражают глубокую признательность всем
лицам, приславшим отзывы о книге. Помимо лиц,
упомянутых в предисловиях ко второму и четвертому изданиям, мы
должны особо поблагодарить тт. Архарову М. (Таганрог),
Заколоднииа Ю. (Горький), Клопкова В. Ф. (Москва),
Кузьмина В. С. (Львов), Лежнева А., Турчанинова В. В.
(Харьков) и Шевченко А. (Одесса).
Заранее выражаем признательность тем читателям,
которые захотят высказать свои пожелания и замечания.
Отзывы и пожелания адресовать: Москва В-7Ц
Ленинский проспект 15, «Физматгиз».
Н. Антонов, М. Выгодский, В. Накатан.

ФОРМУЛЫ ДЛЯ СПРАВОК
I. Арифметика и алгебра
Пропорции
1. В пропорции -т- <=> -т; а и d — крайние члены, ft и с —
средние. Основное свойство пропорции a~d = b-c.
2. Перестановка членов пропорции:
а' ft °" d ' ' Ь ""^а ' в' с "*" d ' г' с = а '
а с
3. Производные пропорции: дана пропорция -т- = —,
справедливы следующие пропорции:
. a±b e± d ,ч л ± с а с
а) ~ —'• б>ТЖ?-Т-7?'
Действия со степенями
1. (а • ft • с)" = а" • ft" • с", то есть а" • ft" • сп = (а • ft • с)".
„ / а \п а™ ап / а\п
2- (т) -J**то •"* w=\t) - 3- «т-вЯ=«я,+п-
4. я"»: а» = а»»-'1. 5. 1: л» = а»: а» = а-».
6. (а"»)" = а"»».
Действия с корнями*)
т т т т т »» га т
1. Ya-b-c = Уа .У&• Ус то есть Уа■ У*• Y~c — Y^-b-c.
о ?/"« Ув У л ?/"а
Yb Yb
*) Корни предполагаются арифметическими, ср. стр. 122—125.

ФОРМУЛЫ ДЛЯ СПРАВОК
7
JL т
3. ат — Yd*, то есть
т тр да*р да»
то есть
я» 2L /я» У "»,
Квадратные уравнения
1. Уравнение вида х2 -f- рх + g = 0 решается по формуле
,. Р + ,/V д
*1,2 = — "2" ± |/ ~4 **
2. Уравнение вида ах3 + Ьх + с = О решается по формуле
— Ь± У Ь* — Аас
xi, t Ya •
3. Уравнение вида ах2 -f- 2ft* + с = О решается по формуле
— k ± Y& — ас
х1>2 _ .
4. Если jq и хъ—корни уравнения x2+px-\-q = Q, то
*1 + х$ — — р и ххХг = q.
5. х2-\-рх -Uq = (x — х{)(х — х£, где Х\ и хг — корни
уравнения x2-\-px + q = 0.
6. ах2 -j- Ьх -\- с — а (х — х{) (х — jf2), где xt и лг2 — корни
уравнения ах2 -}- Ьх + с = 0.
Прогрессии (см. стр. 43).
Логарифмы*)
1. Запись loga N = х равнозначна записи а» = N, так что имеем
тождество а е' =N.
2. logo а = 1. 3. loga 1 = 0. 4. loga {N ■ M) = loga ЛГ + log„ M.
5- loga ^ - log0 N - log„ At 6. logo (J\T) = m loga AT.
8. О модуле перехода от системы логарифмов с основанием «Ь»
к системе с основанием «л» см. стр. 192—193.
Соединения
1. Л^ = «(/и — 1)(т — 2)...(/и—л+1). 2. PM = 1-2-3...т=да1
m~TZ 1-2-3... л • *■ Ся»-Ч» •
*) Числа а (основание логарифма) и N предполагаются
положительными, причем а отлично от 1.

8
ФОРМУЛЫ ДЛЯ СПРАВОК
Бином Ньютона
1. (х + а)т - л» + Схтахт-1 + С?тагхт-* + ...
... + CS'V'-V + C*-1*»-1* +am.
2. Общий член разложения: Тк^~ С^акхт~к.
з. 1 + <4+с3„+ ... +c^-a+c™-1+i = 2m.
4. 1-CJ„ + C-C+...±1=0.
II. Геометрия и тригонометрия
Длина окружности и ее дуги
С = 2nR; I = "оп" = /?я (д — градусная мера дуги, а — радиан-
loU
ная мера).
Площади
Треугольник: S = -у (я — основание, я — высота);
S—Yp{p — л)(р — Ь){р — с) {р — полупериметр, a, b и с — сто-
. „ ей sin С
роны); S = 2 • <■
Для равностороннего треугольника S = —j— (а — сторона
треугольника).
Параллелограмм: S = bh (b — основание, я — высота).
Ромб: S «= —~~ (di и rf4 — диагонали).
Трапеция: S = —J— я (а и 6 — основания, я — высота).
S = mh (m — средняя линия).
Ра
Правильный многоугольник: S = —75—(Р—периметр, в —
апофема).
Круг: S «= nRK
,, - с Rl R%* *R?a ,
Круговой сектор: S = -д— = -g— = -^тг- (« — градусная мера
дуги сектора, а — радианная мера, I — длина дуги сектора).
Поверхности
Призма: S6oB = PI (P—периметр перпендикулярного сечения,
/—боковое ребро).

ФОРМУЛЫ ДЛЯ СПРАВОК
9
Правильная пирамидах S4oe=» -^—(Р—периметр основания,
а — апофема),
Правильная усеченная пирамида: S6oB = *Т 3a {Pt и Ра —
периметры оснований, а — апофема).
Цилиндр: St0I = 2kRH.
Конус S6aK = тсЩ (/ — образующая).
Усеченный конус: Stm = ъ (Rt -f- /?г) '•
Я/а/к S = 4пУ?з.
Объемы
Призма: V = SH(S — площадь основания, И—высота).
Пирамида: V = —=—.
о
Н ———
Усеченная пирамида: V = -я- (S^ + $з + Y Si-Sa) .
Цилиндр: V=kR*H.
Конус: V = —g—.
Усеченный конус: V= Дг- (tfj + flij + ^V?2)'
о
Перевод градусной меры угла в радианную
и обратно
и-в° „ 180° ,
а = 180° ' а а ^а — РаДианная меРа Угла> а — градусная).
Формулы сложения
1. Sin (а ± Р) = sin a cos (J" ± COS a sin p.
2. COS (a ± {J) = COS a COS P X sln a sln ?•
Двойные и половинные углы
1. Sin 2a = 2 Sin a cos a. 2. COS 2a = COS' a — sin2 a.
о * о 2tga . , a , .-/"l — COS a
с я , -./"l + COSa /c , a , m/1
5. cos-2- = ±y —E-g . v/6. tg-g- = ± J/ у
— COS a
+ COSa
7 a Sin a R _a 1 — COS а
'• g Y "~"1 + cos a ' g"2 ~ sin a

10
ФОРМУЛЫ ДЛЯ СПРАВОК
Приведение тригонометрических выражений
к виду, удобному для логарифмирования
1. sin о -J- sin р = 2 sin "••% cos °~р .
2. sin a — sin р = 2 cos -iii- sin -^p-.
o4-B о — fl
3. COS a + COS p = 2 COS —~- COS —■— .
_ a 4-8 "о — В
4. cos a — cos В в — 2 sin —g-1-- sin —■—-.
, 4 „ sln(a + p)
5. tgo±tg p = v ~~ I .
6 ь r cos a cos p
6. 1 + cos a = 2 cos2 |-. 7. 1 — cos a = 2 sin2 -|-.
Некоторые важные соотношения
, , , . cos (о — В) — cos (о + p)
1. Sin я Sin p = i i-i-g i—1-!-2 .
_ „ COS (a — P) 4- COS (a -4- P)
2. cos a cosp= * i-i-J v ^v'.
-a , D Sin(a-f-P)Xsln(a —P)
3. Sin a COS P = v T * —.
Соотношения между элементами прямоугольного
треугольника
(а, Ь — катеты; с — гипотенуза; А, В—острые углы; С — прямой)
1. а = с sin А = с cos В. 2. Ь = с sin В = с cos A.
3. a = btgA = bctgB. 4. 6 = «tgJ3 = actg A
Соотношения между элементами произвольного
треугольника (я, Ь, с—стороны; А, В, С — углы)
h ША=ШВ^ЖС <Те0рема СИНУС0В)'
2. в2 = № + с2 — 26с cos А (теорема косинусов).
3. _ , = — : (теорема тангенсов).
tg-з-
Связь между значениями обратных
тригонометрических функций
(arcsin х; arccos *; arctg х — главные значения
соответствующих обратных тригонометрических функций)
1. Arcsin х = foe + (—1)* arcsin x. 2. Arccos x = 2яй ± arccos л:.
3. Arctg x = T.k -+• arctg x; k — любое целое число
(положительное или отрицательное).

ЗАДАЧИ

ЧАСТЬ ПЕРВАЯ
АРИФМЕТИКА И АЛГЕБРА
ГЛАВА 1
АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ
3 -3^о.з
(152|-148|).0,:
** 0,2
£т 0,8-0,25 -
2^4-204+1
3* 0,0001:0,005
4.(^+^).4560_42l.
- (85з1-83Г8):2
0,04
(l403^0-138f2):18-l
" <Щ> ■
(94-9зй-4+0'373
0,2
(49^-4б1).21 + 0.6
8. _, _ .
7.

14 ЗАДАЧИ
0 04-4-4)-i3'5+o'ni
9. ^2
(1Г2 + 21 + 21)-94 + 2-13
10.
11.
К-»яК
(21 — 1,25): 2,5
12 8 3 14
' (3f2 + 4,375):194'
14 0,1344-0,05
,» 1 ,П 2 6-
186--1й-15-2У
1Д (58^-56 2l):0,842l.0,225
,4. _, .
4 5
is. р. .
Ifi (2.1 — 1,965): (1,2.0,045) 1 :0,25
,0* 0,00325:0,013 1,6-0,625 *
18.
0,008
(2,4+1 у) -4,375 (2,75-1-|). 21
1
l-T 82^0'45
19 Г («-4Н К-А)-'т
L(4-2'65)-4+f (1-88+21)-и

30 ГЛ. 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ 15
9П ос.Г 3;(0,2-М) , (34,06—33.81). 4 1 , 2.4
*"* *° ' L2,5.(0,a+1,2)""*"6,84:(28,57 — 25,15)J"1" 3 ' 21'
3: |— 0,09:(o,15:2l)
21. 0,32 • 6 + 0,03 — (5,3—3,88) + 0,67'
22. 1 Jj: 2.7 +■2,7 :1,35+-(о,4: 2^-) • (4.2— 11).
23. (lO:S-|+7.5: w).(J-£. 0.25+g).
^(й?+|:А)+р-^)+0.в95:..М.
9
2в- у: f+0,228 : [(1.5291-^^ • 0.305): 0.12].
от i **2Z 1-4 9М
'* 120—[28,2:(13,333-0,3 +0ДЮ1)].2,004^ 'J 32'
Г(б.2:0,31 — -| • 0,9J • 0,2 + 0,15]: 0,02
28. j— ^—г .
(2 + 1 A.0.22:0,1).^
1+1. -L
29 в • 1 Ой- !-5 1 1 , +2 0,25
2». b.-g—0.8. 3 50 -r-j+- 46
-o- • 0,4
2'"'* . 1 1+2,2-10
" 2
(1,75: |—1,75-11):1
SO. v——^ 8/ : (6,79:0,7+-0,3).
(^-0.0325J:400

16 ЗАДАЧИ 31
4,5: [47,375 — ^26 -i —18 ■ 0,75^ • 2,4:0,8в]
31. н = .
17,81:1,37 -23-1:11-
32. Найти число, 3,6% которого составляют
3 + 4,2:0,1
(l: 0,3 — 2 -g-V 0,3125
33. Вычислить
(4б|: 12 + 4l|: 26of4+800 : 12 g) .°*£*££ .
34. Вычислить
' 15 . (0,6 + 0,425 — 0,005): 0,01
34 + 4
(о,645:0,3— ljg^4:6,25 —
-i + T'1'96)'
35. Вычислить
v 20,4-4,8-6,5
Х 22,1 • 1,2 *
36. Вычислить
2,045 • 0,033 + 10,518395 — 0,464774:0,0562
0,003092:0,0001—5,188
37. Вычислить
(,i_,jj):(,4+I »)_(•-£).(• _й).
38. Вычислить
(<>1-<){[<-4(4-4)Ь4

45 ГЛ. 1. АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ
39. Вычислить
17
45^-44^
^63 ^84
:31.
4(К Вычислить
v
ft8:(4-l,25) (l.08-S)4 4
°'64-2В
Н-з|)-4
[
41. Вычислить
К-К-4)К-4)Ни-
42. Вычислить
(6-4^): 0,003 (0,3-J).
2 1
[(•А-*»)«Н («+»JKJ' M
-f- 17,«1 : 0,0137.
43. Вычислить х, если
5 4 -\х-\ ЧО-Я4. 6 Г6 (2,3-^5:6,25)-7-1) 1
5 т . {* . 1,3 + 8,4 • j• |в — 8.0,0125 + 6,9]/— * 14*
44. Вычислить х, если
13 9'
[(4,625 - j| • ^): а: + (2,5:1,25): 6.75] :
53
68
(i - 0,37б): 0,125 + (А _ 1\: (0,358 -1,4796:13,7)
45. Найти х, если
(2,7— 0,8) 2-g- ^ 9 (1,6+ 154,66:70,3): 1,9 _
(5,2-1,4): £ U (21—1,3): 4.3
17
:27'
: 2,625.

18
ЗАДАЧИ
46
ГЛАВА 2
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
Упростить выражения:
46. (fl2_*2_c2 + 2ftc):i+*=i;
результат вычислить при а = 8,6; b = V~3; c = 3-g-.
47 а% —х /_!_ Л а — апа — п*+п
48 —£ ?____ /. , 3£-Ь^\
*' а* —2а* х* + х — 2ах — 2а \* ^ 3+х)'
49 2* | ! (х I ^~6\
_ft /2а+10 , 130— а . 30 „\ За8 + 8аЗ—За
4
Ki gi —^2 а8 —^8
51, а —й а» —*• *
у(* —УУ
jca + y8 а:* — у* '
бз. 4;
S2.
bJ[,+w+'+(4riy]"
КА Г g-! I 2<a~1) 4(д+1) , Д 1у
*>*• [в2_2а+1 "+" а2_4 в2 + л_2"^аа — 3a + 2J A
36д» — 144д — 36а2 + 144
Х Ф + 27

65 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 19
кк Г 3(*+2) ■ 2*2-*-10 ].Г 5 ■
°0' 12(ха + х* + х+1)~Г2(ха — ** + * —1)J ' U!+1 ^
.3 3 1
^2(* + 1) 2(jc—1)J*
Kft (х-У лс« + У* + У — 2\.4л« + 4*«у+у» —4
OD* \2y — x jc« — *y — 2y« У" *а + У + *У + * '
К7 а^ + Д —2 Г(а + 2р — а» .. 3_]
ол ап+1_Зй"Ч 4аа —4 а« — «J*
59.
60.
1_
2_
ял»—а» — 2л3 — а ' а2с—а(лс— с)'
1 . 1
б8> *»<» + «У-т .2Д(б + с)"-1
• , i ; 1 ;
а(а — *)(й — с)~ 6(4 — а)(Ь — е) ^ с{с — а)(с — Ь) '
1 — (а + д:)-1 ' L 2ах У
результат вычислить при х — ■■■_■, »
6а»+»
62'). l "'-J—
^Г-
(У^-Уь)24-2/в& •
2в
«8—68
6 3
64. K8x(7-f 4/3) V2 VOx — iV^x-
65.
а9 + Зд + 2\"1
- У(а+1)Ч^-1).(1 + 2а-Ь^) • (й+£^ )."
О Прежде чем приступать к решению дальнейших задач,
познакомьтесь с замечаниями на стр. 122—125.

20 ЗАДАЧИ
w* |/ За у 94-18в-1 + »д-а*
67. abVа1-пЬ~п - a~nbl-n V(a — b)-l\
68. (-»-+ + !!-,)(/6 + U).
69' {yz-Y*='i + У7+УТ+ь)'' V + V J=l
Г 1— a+V l+a
ж (*_у^ + i+yi)1,-»!,-'»-''
7I' i/T±L/TEi •'
Г 1-л Г 1+a
72. Определить значение выражения
jqt — У> — ll^p^T
л-у + 1/"жз — 1 /y^l
при * = ±(а+±). ^ = i(* + |) <а>1.*>1).
78. Определить значение выражения
Уа + Ь.х+У'а — Ьх
/« + *.*• — Уа — Ьх
Упростить выражения:
j
(т + х y+jm-x)*
. к* -J /— .Л*
74.
(т + х)* —(т — х)~*
если д: = -js-rrr, причем m > 0. 0 < я < 1.

ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 21
7б. [<i^f>z±j] i+[(i-i4-1] \
если х = 2И'л (1-\-к)~ , причем Л> 1.
76
У(а»-1)(а-1) J*
77. Г^^—рз a* N(^-3-4+^-3)-»
V r /l— a*-x-*J »
78. \ 2*V^ / \ гдУ» /
\ lab ) ~Г\~Ш J
\ Ya + * Y' + Yx)
_ (Ya-Yx'_ Y^fx_\
\ Ya + x Y~i-Yx)
2ax{x* — a*) 2
r- \ -1 i.r— . -/t-\ -1
1+ x
so. L(VxT+z+*\+±. VWf,
1+ *
jc» \ ^V^-1
81. 2x+VxZ=\(\+-*-\ 1*
\ ^*» — I J x +Yx* -1
82. Вычислить
[— i. 218
a"**(e*-2)"*(<r-i)~i>J

22 задачи
83. Определить значение выражения
при а = (2 + l/з)"1 и * = (2 — VWX-
Упростить выражения:
х 4- Yx* — 4у у —У"уа —4у
' дг—У'уа —4у у +У'*2 — 4у '
85 H+1+V7*--* | « + 2-/^^=4
* п4-2 — У«!! —4 n+2 + V""2—■*■*
Ух + Ух—а*'
оо.
87.
88.
89.
90.
при а:
г х—аа'
1
У2+1
1
y-fyT+l
U2 + 27^
\Ух+ул
1
"у1-5-Г
Шг
Доказать тождество
1
■5" «
а 1
Вычисдить
-а-*
1 1
-а"2
8 3
2 *
(а3 — я6>>*
= 1,2 и Ь =
3
= 5'
:— а?
1
7 J
1—а-
1
а2 4- а
2
a sf
а-уТ-
V*-
»]•
-2
1
1 1
"?
а —ft
-ьУъ
1
• V*-
2
3
а2
-а*
-0

97 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 23
Упростить -выражения:
91. [(aT4-*l)UT4-5^)—
— (я2"-}- 2Ь*)(а* — 26¥)J : \2а + За2 ft2);
результат вычислить при в = 54 и * = 6.
92. 1(Д+^)" + (д-^"Т] +L(g+»)~7-(q-»)"*J
L(a+»f7 + (a-.*)~TJ _[(a + *)~2'_(*-A)"2J
93.
94.
е2(1 —
5
X2-
(* + !)<
1
a2)"2 —
1 + U(1
1
■а:"2
;*2 +1)
1
— а3)"
4Г
<1-
1
+ <
1-
я2(1-
-а?
-а2)"
1
' 2
95. </?2 — дг2)2 — лг2 (R2 — х2)"2 +
I _А
. ^ (1Р — х*)2+х2(№—х2)~2
(^_,2)[1 + (1^1)-а]'
96. G>2 + <7?) (Р"1Н-?-1) +
WW
|~U+f^j):U+f^-l Li*
97

24 задачи 98
[(Ya + Xf-^^V
99. Г 4a-9a-^+a-4 + 3a-1p
1.2a*-3a"» aa-e_i! J
•104
105
in* (a —«з)УаГ_*у^38^ У2л—V2c
У 2 (a-**)*+(2*/За")8 i/ £_i/l
107. ( Г l + l(e? — X*)* x~T\ J —
— -p- W — *2)2-F4a2^.

117 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 25
,09. \&±П+^Х+Чх+1)+(Г7у^+1У-
\_х*-2х~3 х3-хг\
111. Vy а [V Ф-\-аУа*—№ — У а2 — аУф—ft2]8.
4- У (а* _|_ За2* -+- Зал? + *3)Т '• «•
,,з. Г(У^+У»У-(2У»у
_(.*_,*)(.*-н»4П s .4-4-
„4. / "~f
\ « + <«*)"-
а —96
1 i. JL *
6b a + 6(abf +96 ) a*— 3ft2
Зд2 + 3*Yah ~*~ aYa—ЬУа
в>^Г-Ь*У7 д —6

ЗАДАЧИ
118
118.
1-а t T
X
не. \аП\^-П]
120. [(±^+аПу(* + V?*)-n].
4
_аУ
\2\Л*\х+хУ± -УФ + Х + ЪУИ
iY^+Y^x
122.
хУ~х-
LV/^-i /V/jf + i
123. /a
[a + y>£* + 6 УаЪ* + 6» J 1
(тлг+тт)2 J a~M-i
124.
+тт)2
в _ б
Ya-Y~2
■Ух.
125.
2a*—2
1 1 _Г" -L 1 1. А
а*4-я8 + 1 л*_в8 + 1 а2 — л*+1

132 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 27
3 6 _
127 У^У^+Увй^-У*
(b*—ab — 2a*)Vab
-1/ 3tf> . д + fr ab \
\3b — 6a + 2ab — b* ' За—аЬ a + b)'
128. [ig±j£+te-£+?+* :(^-^)-2]x
?<Г(а + 2«)"7+(2*-д)Г'| ш
L (4jc« — а*)~Т+1 J
129' 12лг«-2л:-4 + 2(х^ + Зх + 2)]^Х~
-(*-*+У-*-17$71)№-*1
1
130 (1—*2) 2+i .Yi-x
(1+дг)"а+(1-дг)2
8 6
131 Д* V a*~* У 6»У"а6 — 2 Уа»6 М»5
(а?—аЬ — 2№)-\ПМ)
а—3 Г я+ 26
а+ 2*
[«■ + Л12,-1» -«■-1)(а'-4а + ЗГ'].
^^-•^!У7-(^+'/4)+
_|_А /2Д+26 | а + ЗЬ дз + 21a6 \
"г" а Ч а —46 ' 2а + 26 2а2 _ баб — 862 ) •

28 задачи 133
Г {fabfVT —fab У of , Л . aYF + bYa ,
( i з \
\ 6s + Зяб + 2д2 2a? + ab — b2)'
133..
дб/дб
62 —4<j2
4
134 4(2flft)*(a + 2fr)~1 . У2бУ2я6~ + У2о36 _
Уа—У% ' УШ
__R/_a 26 8*3 \
bU«— 486 Зд — 66 «2—We6 + 1662/
ГЛАВА 3
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
Решить уравнения:
1ЧК 66 + 7й _ Злу _ , _ ау
100, 66 2*2 — ' 62 —дб '
1Чл ах — Ь | 6* -f g дЗ + б2
la0- "S+T "Т~Т=6 02 — 62
а+ 6
1Ч_ л —а —6 . дг — 6 —с , jr — с — а _
137. j 1 - 1 ъ =3.
138.
139.
с + Зг с — 2г 2с + г
4с2 + Ш 9д"а — Ш ~~ 4с2 — 9d» *
х— 1 , 2п2(1 —л-) _ 2д:—1 1—*
Л__1 "+~ „4_1 — 1_„4 1+Л'
14П 3afr + ! _ Здб у (2arf 1)лг , а*
1*U. a х— e + 1 -t- д(а+1)2 -1- (д+1)з-
141 3afec . a*62 ■ (2а +») »«* _ ,. „ , Ьх
|*1, ¥+~б""^ (д + 6)з^ л(д + 6)2 — a«-t~j-.
142.
jc + m д* am 62*
a + b (« + 6)2 Я «2 — 62 Д3_ай2^.л2й_^8
144 m I г I т^г —т^ г(г + т) тг
1 * г "• ти "т"'г(г + от) т(г — /и) ~" /п2 — г2

158 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 29
144 flg + jr ап- — х _ 4аЬх + 2а^ — 26*
**** ** — х Ь* + х ~ Ь* — х*
I4K аП I (Д *^* Я^ ^ДД* ~^" Па3 "^" ^ аХ I "**
14Й /Д+1 , -г-И Л.Г *+1
tw' Kax+l^ x + a-i l)'l(x + a-i)a
l47 Д + -У a — x 3a
* at + ax + x* ал—хь — а"- ~~ x(a* + a*x* + x*) '
148. a{V7—o) — b(V7 — b) + a + br=V7.
IKft 2x x — b-
,ou* x + * * — ж — 4(jts_ ft») '
IKI 1 2д _ tt-tf»
,ol. ___________
,K9 £; Д— Ь ■ дг
lo** аЬ — 2Ь* ~ ac' — 2bc> "** 6c *
ik<* * , 2x _ bcfi
l0°' ~хТа~~*"х=а~~~ 4(х*-а*) '
lo** гГ-х — 2я 2 —«л- и •
IKK a~ ** ' — a~'
lo°' (а — ж)» л ~~ а* — лл(2а — *) *
,R7 _J L_ _2(fl + 3)
1 2я + ял- 2л: —jr* "~ x* — 4x '
168. £±£ll2«_a-2« =
2a—/i д-

30 ЗАДАЧИ 159
159 ___£ а—1 _ 1
* пх — х х* — 2пх2+п?х*
/а — х\2 _ / а \а
1АО V ■* / \Д+» / _ 5
,wv- лг2 + в2_2вл: ~~ 9.** '
Ifil x + x* . 1—Да аЬ
,01, 1-х* • (1+м)2-(а + *)2 "~ (6 — of- '
162. Разложить на линейные множители выражение
Их — 3x2-f 70.
163. Разложить -г на два множителя, сумма которых
была бы равна -|--| .
164. Разложить на множители \Ъхг-\-х2— 2л:.
166. Разложить на множители х3 -+- 2х* + Ахг -f- 2 + х.
165а. Решить уравнение
(1 + л-2)2 = 4л;(1—л?).
f 166. Написать квадратное уравнение, корнями которого
были бы числа %■ и —.
b a
167. Составить квадратное уравнение, корнями которого
являются числа ==- и ?=т.
ю-ута 10+6^2
168. Написать квадратное уравнение, корни которого
а
Ya±Y'a^:rb
л. 169. Корни xt и х2 квадратного уравнения
х*+рх-{-12 = 0
обладают свойством xt — хг=1. Найти коэффициент р.

177 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 31
170. В уравнении
5лг—й*-И=0
определить k таким образом, чтобы разность корней
уравнения равнялась единице.
171. Корни xt и хг уравнения
х2 — Ъах + а* = 0
таковы, что х\-\-х\=\,7Ъ. Определить величину а.
172. Определить коэффициенты квадратного уравнения
хг4-р*-|-д = 0
так, чтобы его корни были равны рад.
173. Корни квадратного уравнения
axz-\-bx-+-c = Q
равны xt и х2. Составить новое квадратное уравнение, корни
которого были бы — и —.
Xq Х±
174. Дано квадратное уравнение
ах2 + Ьх + с = 0.
Составить новое квадратное уравнение, корни которого:
1) вдвое больше корней данного;
2) обратны корням данного.
175. Составить квадратное уравнение, корни которого
равны кубам корней уравнения
ax2-{-bx-{-c = Q.
176. Составить биквадратное уравнение, сумма квадратов
корней которого равна 50, а произведение корней равно 144.
177. Найти все корни уравнения
4** — 24х* + 57л? + 18* — 45 = 0.
если один из корней равен 3^-/^6.

32 задачи 178
178. Определить свободный член уравнения
6л? — 7х2— 16*4- « = 0.
если известно, что один из его корней равен 2. Найти
остальные два корня.
179. Зная, что 2 и 3 являются корнями уравнения
2x9 -)_ гад:2 — 1 Зд: + п = 0,
определить /кили найти третий корень уравнения.
180. При каких численных значениях буквы а уравнение
x2-f-2aje]/a2—3+4 = 0
имеет равные между собой корни?
С80а. В каком промежутке должно иаменяться число т%
чтобы оба корня уравнения
х2—2тх -f- m2 — 1 = 0
были заключены между —ч и 4?
Решить уравнения:
181. VJ+2 — VJ^E=2.
182. /22 — х — У 10 — х~2.
183. УЪх~+\— Vx~^T=2.
184. Ух~^Ъ-\-Угх — 2 = 7.
185. VJHri"+/2je + 3= 1.
186. /Зл — 2=2 /JH1^ — 2.
187. V2x 4-14- V*=3 = 2 /*•
188. ^/"14-^^лНГ24=л;4-Ь

204 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 33
l»v- у х + 2^ V х + 3 х + 2Г л+3
x + Yx* + x x — Yx2 + x х
j y^J# _______ —. --,"-■-: ■■;.=- ^= — •
2 + |^4 —jca 2 —/4 —л* л:
194. >/"2/7+У^— У 2У1 — Vx = )/"28.
tuft V27+-]g + Vl7^? _ 27
ISO. —, :—' r r = .
/27 + * —/27—x *
197. x = a — \/~а*~-хУх* + а?.
198. T^+^g-^-i=gli
/l + a-*** + дга-i 4
199. /l + aa*a-a*^ 1 ^
/l + es*a+a* ca '
200. * + c+/*2 — ^.^jif+c)
x + c — /*« — c2 8c
201. J/*4-3 — 4/*~=П"+)/"* +8 —6^*^7=1.
202. 2/a + x+l/"^^=|/"a —x + /^"(a + Jc).
203. Ya? — х-\-У& — х = а-\-Ь.
204. /JT^+ZH^s/'a + fc,

34 ЗАДАЧИ
205. У~х~Ага = а — У~х.
206. &&-+Щ±- = УЪ.
207. >Ge4-V«=12.
208. (jc—1)2+6(jc—1)* = 16.
209. у^2 + 1Л04-2х= —у V"l5 —2x —9.
210. )^-|-1^2лТ^З = 1^12(д;—1).
211. l^o^s + l^ZIA: = l^a + £ — 2*.
212. "^*+2#л?=3.
213. 2^_3^F=20.
214. l/7+Зс — ^а + * = 0.
о1к ,/"27+2" г/"Т+2~_ 7
216. *»+11+^+11=42.
fl2-l fl + 1
х — 4
218. -±^-—- = а: —8.
У^ + 2
219. (*-*)Tf^ + (*-6)T^=*_ff ^
fa- лг + улг — b
220. -1=* =/EE* .
2 — -fx ' 2

233 гл- 3- АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 35
т.
1+У^
222. Vx* — Зд; + 5 + л:г = Зл:+7-
223. V^x2-\-5x — 8 — У"Зл» + бх+1 = 1.
224. У>.+ 4.у + 8 + У у* + 4j/ -Й= У*2 (Уг+4у+Ъ).
Решить системы уравнений:
= 2(*у + 2),
226 ,в.
226. {
j х* + у* =
'\х+у=
x-hxy + y=ll,
x2y-\-xyz = 30.
227 I Х + У* = 7>
227*( ху>=12.
\ *2.у = 50.
229. { С-Л^-»0.
230. |
231.
I д: + ^ = 4.
233. I ^-^+^г = 7.
I JC —J/=l.

36
ЗАДАЧИ
234
234.
235.
Jt i У_ 25
у "Г" х ~ 12 '
лг — у = 7.
(ограничиться положительными решениями, считая, что а > 0.
Л>0. с>0. */>0 и тфп).
236.
лс« — *> + >» = 7.
д»-и-У = 35.
лс» + >»= 7.
Jtf (* + .)') = — 2
(ограничиться действительными решениями).
xy(x-\-y) = Z0.
•*•— У _.
237.
238.
239. {
I
£ + У,
■* — У
лг.у==6.
5 4-
о
240.
241.
242.
х + у + г—\.
aK-\-by-\-cz = d,
a*x + b*y+-c-z = d*.
л'-г-2>'-т-Зг-г-4« = 30,
2х — З^ + ог — 2« = 3,
3x-r-4jr — 2г— в—|,
4х— >»-f-62 —Зи = 8.
* + 2.у + 32 = 5,
I хз-г-^8 -+-** = 14.

243.
248.
ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 37
У4х + у — 32+7 =2.
1^2^ + 5^ + 2 + 25,5 = 3,
x + j;+2= 13,
244. { *2 + .у2 + 22 = 61,
лг.у+л:2 = 2.у2.
*» + .у« = ;е».
245. i дг^+^г + гх = 47,
(2 — x)(z — у)=2.
аг-\-агх-\~ау-\-г = 0,
246. ■{ #> + ft2x+*y + 2 = 0,
С3 + C2JC + С у + 2 = 0.
247. \
= 5.
8 ■ 10 =fi
/—' V'+i
( х + у — 2У~ку = 4,
х-\-у==Ю.
ху — 54 = ;с + .у.
250. ,i^T7-J*Tf-0.
У* + 1у+У*_1уаа!6.
eBi , /^Ч=7+1/"^7=:7=4У^
«01. , , . , .

38 задачи 252
f V"xTTJi - Vx^^7- = У.
252, | x*—у*=144а*.
t x* + xy+y* = 84,
253a. Найти все значения т, при которых система
уравнений
х—у = т(\-\-ху),
2 + х + у + ху=*0
имеет действительные решения.
ГЛАВА 4
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ
Определить х без помощи таблиц:
254. *=l6.100*'g9~,g8.
1 i«4/—
3-'8l/T
255. х*= 100
256. .^/ю8^'816.
257. x = 491-!og'a+5-,og'*.
Решить уравнения:
258. log4logjlog2Jf = 0.
269, loge {1 + log6 [ 1 + log, (1 + logp x))) = 0.
260. log4 {2 log3 [ 1 + log2 (1+3 log2 x)\] = i .
261. log8(* + 14) + log2(* + 2)^6.
262. loga У + log» СУ+ 5) + loge 0,02 = 0.

\2
276 ГЛ. 4. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 39
2ЙЧ 'g(35-*3) _ „
2в3- Tg(5-*) ~3-
264. l+lgje =
-И.„Г;, (За —6)(Д» + Д*ГЧ 4. . , 1, ., ,„л
= jig^ —Е J—з^*+-з ,g(a ^
265. lg[x —fl(l—fl)"]^-ilg(l+l)-
266. log^/5 + log,, (5*)— 2,25 = (log,, /б")2
267. log1G л; + log4 x + log., x = 7.
268. log„A; —loga>Jf + log0,j(; = -|-.
2e9. (4Г-(тГ-
270. 7 • З*4-1 — St"+* = 3a,+4 — 5e+3.
271. 0,125. 4*>-» = (£pfm
272. 0,5a;a.2aa'+a=64-1.
CB+5 aj + 17
273. 32*-' = 0,25 • 128^-3 •
a
275. [2(2^+3)а_ТГ]/а,~1=4.
276. 2(2Ka;+s)a * '- /4^ = 0.

40 задачи 277
я?-1 Saj-2 _ 4
277. Va3 VaVa~l=\.
278.. 3 logXa'X + -g- log _£_ x = 2.
Va
279. log,(x+12). log*2=1.
280. loge(5x*).log»*=l.
281. l + a-f-fl2-fa3 + ... -\-a*-1-\-a?° =
= (1 + a) (1 + я2) (1 + «4) (1 + «")•
282. 52 • 54 • 5« ... 52* = 0,04-28.
283. 4^~2— 17 • 2^-4H-l =0.
284. 2- 42*—17-4* 4-8 = 0.
285. 3l/"81 — 10l/"9 + 3 = 0.
lga!+4
286. x~^~ = 10lga!+1 '
287. lg(4-i • 2** — l) — 1 = lg(y2y"-* +2)— 2 lg 2.
288. 2(lg2-l) + lg(5K5"+ ^^(б'-^+б).
289 5lga! 3lga5_1 = 3,e»+i 5lga,_1.
'290. x3 ig^-i.s ig я = l/^To".
2*
291. lg (64 /г*"-".») = 0.
292. log2 (9 — 2*) = 3 — x.
293. lg2 + 1g(4a>-2-f-9)=l-Hg(2*-24-l).
294. 21g2+(l+s-)te3~lg(/3 + 27) = 0.

305 ГЛ. 4. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 41
296. lg(bV4a>+l — 2*-rte+1) — 2 =
= 4,gl6—V* + 0.25!g 4.
21g2 + lg(jt — 3) _1
296' lg(7j:+l) + lg(Jf,-6) + lg3 2'
297. log6 120 4- (x — 3) — 2 log5 (1 — 5*-») =
= — log5(0,2 — 6*-«).
298.
299.
300.
301.
302.
303.
304.
306.
Решить систему уравнений:
: 32 • 2*v-\
:yr252»+1.
f 82ж+1 = 32
1 5 . 5*-v =
Г
tog-3.r-f tog's J>"=0.
x + jr = 3.(3).
lOga^ + ^gaJ^2-
log6 a; — log6 .y = 4.
l«ff(*
lg(*2 + .V2) — l==lgl3.
+ J0 — lg(* — J0 = 3lg2.
I loga(l+y) = 2 —loga^,
I logbx + \ogby = 4.
Ioga * + loga у -4- loga 4 = 2 -4- loga 9,
jc-4-.У—5я = 0,
x.y = a2,
lg2 л: + lg2 у = 2,5 lg2 (a2).

42
306.
308.
310.
311.
312.
313.
314.
315
I
ЗАДАЧИ
3^-2» = 576,
607- \2(lgx-lgy) = k
lg*.
logaX-\-lOga*y=j,
log4»JC + logb.y=2-.
l0goJf + l0ga^=-|f
10g6»JC—log6^= 1.
logvtt-\-loguv = 2,
u?-\-v=l2.
x*-\-xy -\-y* = cP,
log, 1^ + log, Vb =-£=-.
( lOgiX-
\ X* —
— log2y = 0,
5.y2 + 4 = 0.
log2* + log4.y4-log4 г = 2,
log8.y-|-log92 + loge л = 2,
log4 2 + logie x + log16 j/ = 2.
x-y
Vx + y=2V^,
(х+у)2у-х = Ъ.
■ 10 Г\
i# j WV VT« =V"l28T
lg(^ + ^) = lg40 — \g(x — y).

319
ГЛ. 5. ПРОГРЕССИИ
43
316.
31
7 | ^Vr— 27^27^ = 0,
' | lg(x— 1)—lg(l— J0=s0.
318.
319.
-jlg^ + Y1^ — lg(4~ /*) = (),
(25^)^—125.5^ = 0.
log,ta = tf.
ГЛАВА 5
ПРОГРЕССИИ
Обозначения и формулы
«! —первый член, д„— л-й член, d — разность арифм. прогрессии,
1ц — » » , ип — » », 9 — знаменатель геом. ъ .
Sn — сумма п членов прогрессии, S — сумма бесконечно убывающей
геометрической прогрессии.
Формулы арифметической прогрессии
йп^а^ + сЦп— 1),
_ (% + ап) п
о» 2 '
[2^ + ^(^—1)1/1
о»— 2 '
Формулы геометрической прогрессии
S.-2f=fL (,>i) или Sn = ^^ (f<»
S.-Ufi^i (*>!) или Sw = M-4^ (,<1),
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)

44
ЗАДАЧИ
320
Арифметическая прогрессия
320. Сколько надо взять членов арифметической прогрессии
5; 9; 13; 17; ....
чтобы получить сумму, равную 10 877?
321. Найти арифметическую прогрессию, зная, что сумма
первых четырех членов ее равна 26, а произведение тех же
членов равно 880.
322. В арифметической прогрессии ар = q; aq =p. Найти
выражение ап через п, р и q.
323. Найти сумму всех двузначных натуральных чисел.
324. Найти четыре последовательных нечетных числа,
зная, что сумма их квадратов больше суммы квадратов
заключенных между ними четных чисел на 48.
325. В арифметической прогрессии 20 членов. Сумма
членов, стоящих на четных местах, равна 250, а сумма членов,
стоящих на нечетных местах, равна 220. Найти два средних
члена прогрессии.
326. Дан ряд выражений: (а-\-хр; (Ф-\-хг); (а — л;)2; ...
Доказать, что они составляют арифметическую прогрессию, и
найти сумму я членов ее.
327. Обозначая через Sx, S2 и S3 суммы nt первых
членов, я2 первых членов и я3 первых членов некоторой
арифметической прогрессии, показать, что
I3- (я, - из) + 4*- («з - «i) +%■ ("i - и2) = 0.
«1 "2 "3
328. Написать арифметическую прогрессию, первый член
которой равен 1, причем сумма первых пяти членов равна
1
•j суммы следующих пяти членов.
329. Найтк арифметическую прогрессию, в которой, сколько
бы ни взять членов, всегда сумма их равна утроенному
квадрату числа этих членов.
330. Найти сумму всех двузначных чисел, которые при
делении на 4 дают в остатке единицу.

339 гл- 5. прогрессии 45
Геометрическая прогрессия
331. Между числами 1 и 256 вставить три средних
геометрических.
332. Найти три числа, составляющих геометрическую
прогрессию, если известно, что сумма первого и третьего
членов равна 52, а квадрат второго равен 100.
333. Написать несколько первых членов геометрической
прогрессии, у которой разность между третьим и первым
членами равна 9, а разность между пятым и третьим членами
равна 36.
334. Найти четыре числа, составляющих геометрическую
прогрессию, в которой сумма крайних членов равна 27, а
произведение средних равно 72.
336. Найти четыре числа, составляющих геометрическую
прогрессию, зная, что сумма крайних чисел равна 35, а сумма
средних равна 30.
336. Определить геометрическую прогрессию, у которой
«1 + и2 + "з+«4-f-«& = 31
и
«2+ «3+ «4+ «5 + «6 = 62-
337. В геометрической прогрессии пять членов; сумма их
без первого равна 19 -^, а без последнего равна 13.
Вычислить крайние члены прогрессии.
338. Найти первый член и знаменатель такой
геометрической прогрессии, состоящей из девяти членов, в которой
произведение двух крайних членов равно 2304, а сумма
четвертого и шестого членов равна 120.
339. Три числа составляют геометрическую прогрессию.
Сумма этих чисел равна 126, а их произведение равно 13 824.
Найти эти числа.

46
ЗАДАЧИ
340
340. Число членов геометрической прогрессии четно. Сумма
всех ее членов в три раза больше суммы членов, стоящих
на нечетных местах. Определить знаменатель прогрессии.
Бесконечно убывающая геометрическая прогрессия
341. Доказать, что числа
Y2+1 1 J_
Y2—1 ' 2—Y2' 2' •"
образуют бесконечно убывающую геометрическую прогрессию,
и найти предел суммы ее членов.
342. Вычислить выражение
3 —2УЗ" , Уз" —2 .
(4Уз + 8)|Уз(УЗ —2)-
Уз ^ /з
предварительно доказав, что слагаемые, стоящие в
квадратных скобках, являются членами геометрической убывающей
прогрессии.
343. Найти сумму членов бесконечно убывающей
геометрической прогрессии, у которой все члены положительны,
первый член равен 4, а разность между третьим и пятым
32
членами равна -^.
344.. Определить сумму бесконечно убывающей
геометрической прогрессии, если известно, что сумма ее первого и
четвертого членов равна 54, а сумма второго и третьего
равна 36.
345. В бесконечно убывающей геометрической прогрессии
сумма всех ее членов, стоящих на нечетных местах, равна 36,
а сумма всех членов, стоящих на четных местах, равна 12.
Найти эту прогрессию.
346. Сумма членов бесконечно убывающей
геометрической прогрессии равна 56, а сумма квадратов членов той же
прогрессии равна 448. Найти первый член и знаменатель.

353
ГЛ. 5. ПРОГРЕССИИ
47
347. Сумма членов бесконечно убывающей, геометрической
прогрессии равна 3, а сумма кубов всех ее членов равна -уд-.
Написать прогрессию.
348. Определить бесконечно убывающую геометрическую
прогрессию, в которой второй член равен б, а сумма членов
равна -о- суммы квадратов ее членов.
Задачи на арифметическую и геометрическую прогрессии
349. В некоторой арифметической прогрессии второй член
равен 14, а третий равен 16. Требуется составить
геометрическую прогрессию, знаменатель которой был бы равен
разности арифметической прогрессии, а сумма первых трех
членов была бы одна и та же в обеих прогрессиях.
350. Арифметическая и геометрическая прогрессии имеют
первые члены, равные каждый 3, и равные третьи члены.
Написать эти прогрессии, если второй член арифметической
прогрессии на 6 больше второго члена геометрической
прогрессии.
351,. В геометрической прогрессии можно ее первый,
третий и пятый члены считать за первый, четвертый и
шестнадцатый члены некоторой арифметической прогрессии. Определить
четвертый член этой арифметической прогрессии, зная, что
первый член равен 5.
352. Три числа, сумма которых равна 93, составляют
геометрическую прогрессию. Их можно рассматривать так же,
как первый, второй и седьмой члены арифметической
прогрессии. Найти эти числа.
353. В арифметической прогрессии первый член равен 1,
а сумма первых семи членов равна 2555. Найти средний член
геометрической прогрессии из семи членов, если первый и
последний члены совпадают с соответствующими членами
указанной арифметической прогрессии.

48
ЗАДАЧИ
354
354. Три числа, составляющих арифметическую
прогрессию, дают в сумме 15. Если к ним прибавить соответственно 1,
4 и 19, то получатся три числа, составляющих
геометрическую прогрессию. Найти эти числа.
855. Найти три числа, составляющих геометрическую
прогрессию, если известно, что сумма этих чисел равна 26
и что от прибавления к ним соответственно 1, 6 и 3 получатся
новые три числа, составляющих арифметическую прогрессию.
356. Три числа составляют геометрическую прогрессию.
Если из них третий член уменьшить на 64, то полученные
три числа составят арифметическую прогрессию. Если затем
второй член этой арифметической прогрессии уменьшить на 8.
то получится геометрическая прогрессия. Определить эти
числа.
357. Могут ли три числа одновременно составлять
арифметическую и геометрическую прогрессии?
ГЛАВА 6
СОЕДИНЕНИЯ И БИНОМ НЬЮТОНА
858. Число перестановок из п букв относится к числу
перестановок из /t-f-2 букв, как 0,1 к 3. Найти п.
359. Число сочетаний из и элементов по 3 в 5 раз меньше
числа сочетаний из n -j—2 элементов по 4. Найти я.
(2. Vе
— — х* 1 .
361. Определить номер того члена разложения бинома
(т1^^~Ьт^а) • который содержит а7.
362. Найти номер того члена разложения бинома
21
, который содержит а и Ь в
одинаковых степенях.
<fii+V#)

371 гл. 6. соединения и бином ньютона 49
363. Упростить выражение
(а + 1 а--\_\
2. JL _1
а'л — а3 -f 1 а — а'2)
и определить член разложения, который не содержит а.
384. Показатель степени одного бинома на 3 более
показателя другого. Определить эти показатели, если сумма
биномиальных коэффициентов в обоих разложениях вместе
равна 144.
Збб. Найти тринадцатый член разложения (9х — -7г=) ,
если биномиальный коэффициент третьего члена разложения
равен 105.
366. В разложении 1хг -J-—) коэффициенты у
четвертого и тринадцатого членов равны между собой. Найти член,
не содержащий х.
I ~-г- '•,Га~=^\тл
367. Найти средний член разложения la У а — у —?=. I >
если известно, что коэффициент пятого члена относится
к коэффициенту третьего члена, как 14:3.
368. Сумма коэффициентов первого, второго и третьего
членов разложения I х2 -\—1 равна 46. Найти член, не
содержащий х.
369. Найти тот член разложения бинома \х Ух -(- ]f x) ,
который содержит хъ, если сумма всех биномиальных
коэффициентов равна 128.
370. Найти шестой член геометрической прогрессии,
у которой первый член равен —, а знаменателем служит
комплексное число (1 + /).
371. Найти седьмой член геометрической прогрессии,
знаменатель которой равен П-Ь-тЬ а первый член равен I.

50 задачи 372
372. При каком значении п коэффициенты второго,
третьего и четвертого членов разложения бинома (1-\-х)п
составляют арифметическую прогрессию?
373.-Коэффициенты пятого, шестого и седьмого членов
разложения бинома (1-f-*)" составляют арифметическую
прогрессию. Найти п.
(5 .8
— \-а у а?-1}
так, чтобы четвертый член разложения бинома равнялся 56а5#б.
375. Определить х в выражении [2 К 2-1-г--^=—\ так,
чтобы третий член разложения бинома равнялся 240.
376. Определить х в выражении /"J/H + s—| • в котором
отношение седьмого члена от начала в разложении бинома
к седьмому члену от конца равно -^.
377. Найти значение х в выражении (jf-f-je1**)*, третий
член разложения которого равен 1 000 000.
378. Найти значение х в выражении [(V^^)lga!+1+ У"* J •
четвертый член разложения которого равен 200.
379. Определить л: в выражении /% \-xlsyr®\ так,
\v* )
чтобы третий член разложения бинома был равен 36 000.
380. Шестой член разложения бинома /—j \-х21ея
равен 5600. Найти х.

387 гл. 6. соединения и бином ньютона 51
381. Девятый член разложения бинома
[{V-Xrsx^ Vх]
равен 450. Найти х.
382. Определить х, если четвертый член разложения
бинома ^lOUtV5' + 15^—V Равен 3 500 000.
Ую
383. Определить, при каком значении х в разложении
/6 I \12
бинома (yjc-(—т^г) член, содержащий х в степени вдвое
V Ух/
большей, чем в следующем за ним члене, будет на 30 меньше
егр.
384. Определить, при каком значении х четвертый
член разложения бинома / V 2х~1-\—§—\ в 20 раз больше
\ V25/
показателя бинома, если биномиальный коэффициент 4-го члена
в пять раз больше биномиального коэффициента 2-го члена.
385. Найти, при каких значениях х разность между четвер-
, ,_ 16 т
тым и шестым членами разложения бинома -^ Ь^т=- 1
\у"8" V^l
равна 56, если известно, что показатель бинома т на 20
меньше, чем биномиальный коэффициент третьего члена
разложения.
386. Найти, при каких значениях л: в разложении бинома
(УГ+-*\Ш сумма третьего и пятого членов равна 135,
Кг*-1/
если сумма биномиальных коэффициентов трех последних
членов равна 22.
387. Определить, при каком значении х шестой член раз-
Г , »__ Лт
ложения бинома \у 2^10~^+ V 2(Х 2)''s3J равен 21.
если известно, что биномиальные коэффициенты второго,

52
ЗАДАЧИ
388
третьего и четвертого членов разложения представляют соог-
иетственно первый, третий и пятый члены арифметической
прогрессии.
388. Определить, при каком значении х четвертый член
разложения бинома МУ 5) * -+- \ 25igi
равен 16,8, если известно, что -д биномиального
коэффициента третьего члена разложения и биномиальные
коэффициенты четвертого и пятого членов его составляют
геометрическую прогрессию.
389. Определить, при каком значении х разность между
увеличенным в 9 раз третьим членом разложения бинома
I— 1— К 4 - 2а ] и пятым членом того же разложения
\ Y2 I
равна 240, если известно, что разность между логарифмом
утроенного биномиального коэффициента четвертого члена
разложения и логарифмом биномиального коэффициента
второго члена равна 1.
ГЛАВА 7
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ')
^ЗЭО. Найти вес орудийного патрона, зная, что заряд ве-
2
сит 0,8 кг, вес снаряда составляет тг веса всего патрона и
1
вес гильзы составляет -т- веса патрона.
391. На заводе 35°/0 всех рабочих — женщины, а
остальные— мужчины, которых на заводе на 252 человека больше,
чем женщин. Определить общее число рабочих.
') Мы не подразделяем задачи на алгебраические и
арифметические, так как задачи, решаемые арифметически, всегда можно
решить и алгебраически. Наоборот, задачи, решаемые с помощью
уравнений, нередко допускают более простое арифметическое
решение. В отделе решении мы даем иногда арифметическое, иногда
алгебраическое решение, но это не должно ни в какой мерс
стеснять инициативу учащегося в выборе способа решения.

401 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 53
392. При продаже товара за 1386 руб. получено 10%
прибыли. Определить себестоимость товара.
393. Производственная артель, продав продукции на
3348 руб., понесла 4% убытку. Какова себестоимость этой
продукции?
394. Если из 225 кг руды получается 34,2 кг меди, то
каково процентное содержание меди в руде?
395. Пачка папирос стоила до снижения цен 2 р. 90 к,,
а после снижения 2 р. 60 к. На сколько процентов снижена
цена?
396. Килограмм товара стоил 6 р. 40 к. После
снижения цен он стоил 5 р. 70 к. На сколько процентов была
снижена цена на товар?
397. Получаемый при сушке винограда изюм составляет
32% всего веса винограда. Из какого количества винограда
получится 2 кг изюма?
398. Для экскурсии нужно собрать денег. Если каждый
экскурсант внесет по 75 коп., то на расходы не хватит
4,4 руб.; если каждый внесет по 80 коп., то останется 4,4 руб.
Сколько человек принимает участие в экскурсии?
399. Несколько человек должны были заплатить
поровну 72 руб. Если бы их было на 3 меньше, то каждому
пришлось бы заплатить на 4 руб. больше. Сколько их
было?
400. Цена 60 экземпляров первого тома н 75
экземпляров второго тома составляет 405 руб. Однако при 15% скидке
на первый том и 10% скидке на второй том приходится
платить всего 355 р. 50 к. Определить цену первого и второго
томов.
401. Антикварный магазин, купив два предмета за 225 руб.,
продал их, получив 40% прибыли. Что стоит магазину
каждый предмет, если на первом прибыли было получено 25%.
а на другом 50%?

54 задачи 402
402. Морская вода содержит 5% (по весу) соли. Сколько
килограммов пресной воды нужно прибавить к 40 кг морской
воды, чтобы содержание соли в последней составляло 2%?
403. Гипотенуза прямоугольного треугольника равна
3^5 м. Определить катеты, если известно, что после того,
как один из них увеличить на 133-5-%, а другой — на
2
16-g-%, сумма их длин сделается равной 14 м.
404. В двух мешках находится 140 кг муки. Если из
первого мешка переложить во второй 12,5% муки, находящейся
в первом мешке, то в обоих мешках будет поровну. Сколько
килограммов муки в каждом мешке?
405. Два завода А к В взялись выполнить заказ в 12
дней. Через два дня завод А был закрыт на ремонт, и в
дальнейшем над выполнением заказа работал только завод В.
2
Зная, что производительность завода В составляет 66 -д%
от производительности завода А, определить, через сколько
дней будет выполнен заказ.
406. При выполнении работы по математике 12%
учеников класса вовсе не решили задачи, 32% решили с
ошибками, остальные 14 человек решили верно. Сколько
учеников было в классе?
407. От рельса отрезали часть, составляющую 72% его
длины. Вес оставшегося куска равен 45,2 кг. Определить
вес отрезанной части.
408. Сплав весит 2 кг и состоит из серебра и меди, при-
2
чем вес серебра составляет 14-=-% веса меди. Сколько
серебра в данном сплаве?
409. Трое рабочих получили вместе 4080 руб. Суммы,
* 13
полученные первым и вторым, относятся, как 7_2":*Т'
сумма, полученная третьим, составляет 43-^-% того, что по*
лучил первый. Сколько получил каждый?

416 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 55
410. В трех ящиках имеется всего 64,2 кг сахара. Во
4
втором ящике находится -g- того, что есть в первом ящике,
в третьем — 42-*-% того, что есть во втором. Сколько
сахара в каждом ящике?
411. Имеется лом стали двух сортов с содержанием
никеля в 5% и 40%- Сколько нужно взять каждого из этих
сортов, чтобы получить 140 от стали с содержанием никеля
в 30%?
412. Кусок сплава меди с оловом весом 12 кг содержит
45% меди. Сколько чистого олова надо прибавить к этому
куску, чтобы получившийся новый сплав имел 40% меди?
413. Сколько чистого спирта надо прибавить к 735 г
шестнадцатипроцентного раствора иода в спирте, чтобы
получить десятипроцентный раствор?
414. Сплав из меди и цинка весом в 24 кг при
погружении в воду потерял в своем весе 2 д- кг. Определить
количество меди и цинка в этом сплаве, если известно, что
1 2
медь теряет в воде П-д-% своего веса, а цинк 14-у-%
своего веса.
416. На участке одноколейного железнодорожного пути
длиною в 20 км надо уложить рельсы. Для укладки имеются
рельсы длиной в 25 л и 12,5 м. Если уложить все рельсы
длиною в 25 м, то рельсов длиной в 12,5 м надо будет
добавить 50% от всего их количества. Если же уложить все,
рельсы длиною по 12,5 м, то рельсов длиною в 25 м надо
2
добавить 66-^-% от всего количества их. Определить
количество рельсов того и другого рода.
416. После выпуска из школы ученики обменялись
фотографическими карточками. Сколько было учеников, если они
обменялись 870 карточками?

56
ЗАДАЧИ
417
417. Среднее пропорциональное двух чисел на 12 больше
меньшего из этих чисел, а среднее арифметическое тех же
чисел на 24 меньше большего из чисел. Найти эти числа.
418. Найти три числа, из которых второе больше первого
настолько, насколько третье больше второго, если известно,
что произведение двух меньших чисел равно 85, а
произведение двух ббльших равно 115.
419. Число а есть среднее арифметическое некоторых
трех чисел, b есть среднее арифметическое их квадратов.
Выразить через а и Ь среднее арифметическое их попарных
произведений.
420. Из прямоугольного жестяного листа с периметром
в 96 см приготовлена открытая сверху коробка таким
образом, что по углам его вырезано по квадрату со стороной
в 4 см и края спаяны. Каких размеров был лист, если
объем полученной коробки равен 768 см3?
421. Найти двузначное число, частное от деления
которого на произведение его цифр равно 2-^-, а, кроме того,
разность между искомым числом и числом, написанным теми
же цифрами, но расположенными в обратном порядке, равна 18.
422. Найти двузначное число, зная, что число его
единиц двумя больше числа десятков и что произведение
искомого числа на сумму его цифр равно 144.
423. Определить целое положительное число по
следующим данным: если приписать к нему справа цифру 5, то
.получим число, делящееся без остатка на число, большее
искомого на 3, и в частном получается число, на 16
меньшее делителя.
424. Найти два двузначных числа, обладающих
следующим свойством: если к большему искомому числу приписать
справа 0 и за ним меньшее число, а к меньшему приписать
справа большее число и затем 0, то из образовавшихся таким
образом двух пятизначных чисел первое, будучи разделено

430 гл- 7- АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 57
на второе, дает в частном 2 и в остатке 590. Кроме того
известно, что сумма, составленная из удвоенного большего
искомого числа и утроенного меньшего, равна 72.
425. Ученику надо было умножить 78 на двузначное число,
в котором цифра десятков втрое больше цифры единиц; по
ошибке он переставил цифры во втором сомножителе, отчего
и получил произведение на 2808 меньше истинного. Чему
равно истинное произведение?
426. Расстояние между двумя станциями железной дороги
96 км. Первый поезд проходит это расстояние на 40 мин.
скорее, чем второй. Скорость первого поезда больше
скорости второго на 12 км/час. Определить скорости обоих
поездов.
427. Два лица выезжают одновременно из городов А и В
навстречу друг другу. Первый проезжает в час на 2 км больше
второго и приезжает в В часом раньше, чем второй в А.
Расстояние между А и В равно 24 км. Сколько километров
проезжает каждый в час?
428. Расстояние между А и В по железной дороге 66 км,
а по водному пути — 80,5 км. Из А поезд выходит на 4 часа
позже парохода и прибывает в В на 15 мин. раньше
парохода. Определить среднюю скорость поезда и парохода, если
первая больше второй на 30 км/час.
429. Одна мастерская должна была сшить 810 костюмов,
другая за тот же срок должна была сшить 900 костюмов;
первая закончила выполнение заказа за 3 дня до срока, а
вторая— за 6 дней до срока. По скольку костюмов в день шила
каждая мастерская, если вторая мастерская шила в день на
4 костюма больше первой?
430. После встречи двух пароходов один из них пошел
на юг, а другой на запад. Через два часа после встречи
расстояние между ними было 60 км. Найти скорость каждого
парохода, если известно, что скорость одного из них была
на 6 км/час больше скорости второго.

58
ЗАДАЧИ
431
431. Собака, находясь в точке Л, погналась за лисицей,
которая была на расстоянии 30 м от собаки. Скачок собаки
равен 2 м, скачок лисицы—1 м. Собака делает два скачка
в то время, когда лисица делает три скачка. На каком
расстоянии от точки А собака догонит лисицу?
432. Допуская, что стрелки часов движутся без скачков,
узнать, через какое время после того, как часы показывали
4 часа, минутная стрелка догонит часовую стрелку.
433. Поезд вышел со станции А на станцию С через В.
Участок от Л до В он шел с установленной скоростью,
а участок от В до С — с уменьшенной на 25%. На
обратном пути участок от С до В он шел с установленной
скоростью, а участок от В до А — со скоростью, уменьшенной
на 25%. Сколько времени шел поезд от А до С, если
известно, что на участок от Л до В он затратил столько же
времени, сколько на участок от В до С, и что на путь по
5
направлению от Л к С он употребил на ^ часа меньше, чем
на обратный путь (т. е. от С до Л)?
434. Велосипедисту надо было проехать расстояние
в 30 км. Выехав на 3 мин. позже назначенного срока,
велосипедист ехал со скоростью, большею на 1 км/час, и
прибыл вовремя на место. Определить скорость, с которой
ехал велосипедист.
435. Скорый поезд был задержан у семафора на 16 мин.
и нагнал опоздание на перегоне в 80 км, идя со скоростью,
на 10 км/час большей, чем полагалось по расписанию. Какова
скорость поезда по расписанию?
436. Поезд должен был пройти 840 км в определенное
время. На половине пути поезд был задержан у семафора на
■^- часа и, для того чтобы прибыть к месту назначения в срок,
увеличил скорость на 2 км/час. Сколько времени поезд
находился в пути?

442 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 59
437. Из двух мест, расстояние между которыми 650 км,
отправляются два поезда друг другу навстречу. Если оба
поезда тронутся с места одновременно, то они встретятся
через 10 часов. Если же второй поезд отправится на 4 часа и
20 минут раньше первого, то встреча произойдет через 8 часов
после отправления первого. Определить среднюю скорость
каждого поезда.
438. Два поезда отправляются одновременно навстречу
друг другу со станций А и В, расстояние между которыми
600 км. Первый из них приходит на станцию В на 3 часа
раньше, чем второй на станцию А. В то время, как первый
делает 250 км, второй проходит 200 км. Найти скорость
каждого поезда.
439. Дачник, идущий к поезду, пройдя за первый час
3,5 км, рассчитал, что, двигаясь с такой скоростью, он
опоздает на 1 час. Поэтому он остальной путь проходит со
скоростью 5 км\час и приходит за 30 мин. до отхода поезда.
Определить, какой путь должен был пройти дачник.
440. Расстояние от Москвы "до Мытищ по шоссе 19 км.
Из Москвы в Мытищи выехал велосипедист с некоторой
постоянной скоростью; через 15 мин. по"сле него в том же
направлении вышел автомобиль; он через 10 мин. после выхода
нагнал велосипедиста и продолжал путь до Мытищ, где, не
останавливаясь, повернул обратно и через 50 мин. после
своего выхода из Москвы встретил велосипедиста вторично.
Определить скорости автомобиля и велосипедиста.
441. Со станции А вышел в 5 час. утра почтовый поезд
по направлению к станции В, отстоящей от А на 1080 км.
В 8 час. утра вышел со станции В по направлению к А
скорый поезд, который проходил в час на 15 км больше, чем
почтовый поезд. Когда встретились поезда, если их встреча
произошла в середине пути АВ1
442. Расстояние между А а В равно 78 км. Из А
выезжает велосипедист по направлению к В. Через 1 час ему
навстречу отправляется из В другой велосипедист, делающий
в час на 4 км больше первого. Встреча произошла на
расстоянии 36 км от В. Сколько времени до встречи ехал
каждый из них и с какой скоростью?

60
ЗАДАЧИ
443
443. Два пешехода вышли одновременно друг другу
навстречу и встретились через 3 часа 20 мин. Во сколько
времени пройдет все расстояние каждый из них, если первый
пришел в то место, из которого вышел второй, на 5 час.
позже, чем второй пришел в то место, откуда вышел первый?
444. Два туриста идут друг другу навстречу — один из
пункта А, а другой из пункта В. Первый выходит из А на
6 час. позже, чем второй из пункта В, и при встрече
оказывается, чго он прошел на г 2 км меньше второго. Продолжая
после встречи путь с той же скоростью, первый приходит
в В через 8 час, а второй в А — через 9 час. Определить
расстояние АВ и скорости обоих туристов.
445. Вылетев одновременно, дирижабль и самолет летяг
навстречу друг другу. К моменту встречи дирижабль прошел
на 100 км меньше самолета и на место отлета самолета
приходит через 3 часа после встречи. Самолет прибывает на
аэродром дирижабля через 1 час 20 мин. после встречи.
Найти расстояние между аэродромами и скорости самолета и
дирижабля.
44S. Из двух мест А и В вышли одновременно два
пешехода навстречу друг другу. При встрече оказалось, что
первый прошел на а км больше, чем второй. Если они будут
продолжать путь, то, идя с прежней скоростью, первый
придет в В через т часов, а второй придет в А через я часо»
после встречи. Найти скорость каждого пешехода.
447. По окружности движутся два тела; первое пробегает
окружность на 5 сек. скорее второго. Если они движутся
но одному направлению, то сходятся через каждые 100 сек.
Какую часть окружности (в градусах) пробегает каждое тело
в 1 сек.?
443. Два тела, двигаясь по окружности в одном и том же
направлении, сходятся через каждые 56 мин. Если бы они
двигались с теми же скоростями в противоположных
направлениях, они встречались бы через каждые 8 мин. Далее
известно, что при движении в противоположных направлениях

454 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 61
расстояние (по окружности) между сближающимися телами
уменьшилось бы с 40 м до 26 м за 24 сек.
Сколько метров в минуту проходит каждое тело и какова
длина окружности?
449. По окружности длиной с равномерно и в одном
направлении движутся две точки, которые сходятся через
каждые t сек. Найти скорость каждой точки, зная, что одна из
них пробегает всю окружность на п сек. быстрее другой.
450. Расстояние между двумя городами по реке 80 км.
Пароход совершает этот путь в два конца в 8 час. 20 мин.
Определить скорость парохода в стоячей воде, считая
скорость течения реки 4 км[час.
451. Моторная лодка спустилась по течению на 28 км и
тотчас же вернулась назад; на путь туда и обратно ей
потребовалось 7 час. Найти скорость движения лодки в стоячей
воде, если известно, что вода в реке движется со скоростью
3 км/час.
452. Некто проехал в лодке по реке из города А в
город В и обратно, употребив на это 10 час. Расстояние между
городами 20 км. Найти скорость течения реки, зная, что он
проплывал 2 км против течения в такое же время, как 3 км
по течению реки.
453. Пароход идет из Киева в Днепропетровск в течение
двух суток, обратно — в течение трех суток. Определить,
сколько времени будет плыть плот из Киева в
Днепропетровск.
454. Расстояние между точками А и В равно 301 м;
из Л в В равномерно движется некоторое тело; достигнув
точки В, оно тотчас же возвращается назад. Второе тело,
выходящее из точки В по направлению к А через 11 сек.
после выхода первого, движется тоже равномерно, но
медленнее. На пути от В к А оно встречается с первым
телом дважды: через 10 сек. и через 45 сек. после своего
выхода из В.
Найти скорость движения каждого тела.

62
ЗАДАЧИ
455
456. Дорога из города А в город В сначала подымается
в гору на протяжении 3 км, потом идет по ровному месту
на протяжении 5 км, после спускается под гору на
протяжении 6 км. Посыльный, уйдя из А в В и пройдя полпути,
обнаружил, что взял не все пакеты. Он вернулся обратно
и через 3 часа 36 мин. после своего выхода из А вернулся в А.
Выйдя из А вторично, он прошел весь путь до В за 3 часа
27 мин. и обратный путь в А — за 3 часа 51 мин. С какой
скоростью шел посыльный в гору, по ровному месту и под
гору, если считать эти скорости постоянными?
456. Машинистка рассчитала, что если она будет печатать
ежедневно на 2 листа более установленной для нее нормы,
то окончит работу ранее намеченного срока на 3 дня; если же
будет печатать по 4 листа сверх нормы, то окончит работу
на 5 дней ранее срока. Сколько листов она должна была
перепечатать и в какой срок?
467. Рабочий изготовил в назначенный ему срок
некоторое число одинаковых деталей. Если бы он ежедневно
изготовлял их на 10 штук более, то выполнил бы эту работу
на 4-д- дня раньше срока, а если бы он делал в день на
5 деталей меньше, то опоздал бы на 3 дня против
назначенного срока. Сколько деталей и в какой срок он выполнил?
458. Машинистка должна была выполнить работу в
определенный срок, ежедневно печатая определенное количество
листов. Она рассчитала, что если будет печатать ежедневно
на 2 листа больше установленной нормы, то окончит работу
раньше намеченного срока на 2 дня, если же будет печатать
на 60% больше нормы, то, закончив работу на 4 дня раньше
срока, напечатает на 8 листов больше намеченной работы.
Сколько листов она должна была печатать в день и в какой
срок окончить работу?
469. Двое рабочих, работая вместе, выполняют некоторую
работу в 8 час. Первый из них, работая отдельно, может
выполнить всю работу на 12 час. скорее, чем второй рабочий, если
этот последний будет работать отдельно. Во сколько часов
каждый из них, работая отдельно, может выполнить работу?

ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 63
460. Бассейн наполняется двумя трубами за 6 час. Одна
первая труба заполняет его на 5 час. скорее, чем одна
вторая. Во сколько времени каждая труба, действуя отдельно,
может наполнить бассейн?
461. Двум рабочим было поручено изготовить партию
одинаковых деталей. После того как первый проработал
7 час, а второй 4 часа, оказалось, что они выполнили -^-всей
работы. Проработав совместно еще 4 часа, они установили
что им остается выполнить jo всей работы. Во сколько часов
каждый из них, работая отдельно, мог бы выполнить всю работу?
462. Пароход грузится подъемными кранами. Сначала
начали грузить 4 крана одинаковой мощности. После того как
они проработали 2 часа, к ним присоединили еще 2 крана
меньшей мощности, и после этого погрузка была окончена
через 3 часа. Если бы все краны начали работать
одновременно, то погрузка была бы окончена в 4,5 часа. Определить,
во сколько часов мог бы окончить погрузку один кран
большей и один кран меньшей мощности.
463. Для строительства требовалось в течение 8 час.
перевезти со станции строительный материал. Для перевозки
было направлено сначала 30 трехтонных машин. После
двухчасовой работы этих машин было послано в помощь им еще
9 пятитонных машин, совместно с которыми перевозка и была
закончена в срок. Если бы сначала были направлены
пятитонные машины, а спустя 2 часа — трехтонные, то за указан-
13
ный срок было бы вывезено только тг=- всего груза.
Определить, во сколько часов могла бы перевезти весь этот груз
одна трехтонная машина, одна пятитонная и в какой срок
перевезли бы весь груз 30 пятитонных машин.
464. Двум машинисткам было поручено выполнить
некоторую работу.' Вторая из них приступила к работе на 1 час
позднее первой. Через 3 часа после того, как первая начала
g
работу, им оставалось выполнить еще -^- всей работы. По
окончании работы оказалось, что каждая машинистка
выполнила половину всей работы. Во сколько часов каждая из них
в отдельности могла бы выполнить всю работу?

64
ЗАДАЧИ
465
465. Со станций А и В вышли два поезда навстречу
друг другу, причем второй из них вышел на полчаса позже
первого. Через 2 часа после выхода первого поезда
расстояние между поездами составляло sq всего пути между А а В.
Продолжая движение, они встретились на середине пути
между А и В. Сколько времени потребуется каждому поезду,
чтобы пройти весь путь между конечными станциями?
466. Для промывания фотографических негативов служит
ванна, имеющая форму прямоугольного параллелепипеда,
размерами 20 см X 90 см X 25 см. Для постоянного смешения
поды в ванне в нее поступает вода через один кран и
одновременно вытекает через другой. Для того чтобы опорожнить
посредством второго крана полную ванну, требуется на 5 мин.
меньше времени, чем для того, чтобы наполнить ее первым
краном, если закрыть второй. Если же открыть оба крана,
то полная ванна опорожнится в 1 час. Найти количество
воды, пропускаемое каждым краном в 1 мин.
467. При постройке здания требовалось вынуть 8000 .и*
земли в определенный срок. Работа была закончена раньше
срока на 8 дней вследствие того, что бригада землекопов
ежедневно перевыполняла план на 50 м3. Определить, в какой
срок должна была быть окончена работа, и найти ежедневный
процент перевыполнения.
468. Ремонт пути производили две бригады. Каждая из
них отремонтировала по 10 км, несмотря на то, что вторая
бригада работала на один день меньше первой. Сколько
километров пути ремонтировала каждая бригада в день, если обе
вместе ремонтировали в день 4,5 км?
469. Двое рабочих выполнили вместе некоторую работу
в 12 час. Если бы сначала первый сделал половину этой
работы, а затем другой остальную часть, то вся работа была бы
выполнена за 25 час. За какое время мог выполнить эту
работу каждый в отдельности?
470. Два трактора различной мощности, работая совместно,
вспахали поле за t дней. Если бы сначала работал только
один трактор и вспахал бы половину поля, а затем один
втором закончил бы работу, то при таких условиях поле было

*75 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 65
бы вспахано за k дней. Во сколько дней каждый трактор,
работая отдельно, может вспахать всё поле?
471. Для углубления фарватера при входе в гавань
работали 3 разных землечерпалки. Если бы действовала только
первая из них, то на работу потребовалось бы на 10 дней
больше времени; если бы работала только .вторая, то работа
затянулась бы на 20 лишних дней. При работе одной лишь
третьей землечерпалки углубление фарватера заняло бы в шесть
раз больше времени, чем при одновременном действии всех
трёх машин. Сколько времени потребуется для выполнения
всей работы каждой землечерпалкой в отдельности?
472. Двое рабочих, из которых агорой начинает работать
1 у днями позже первого, могут выполнить работу в 7 дней.
Если бы эту работу выполнял каждый отдельно, то первому
потребовалось бы на 3 дня больше, чем второму. Во сколько
дней каждый из них отдельно выполнит эту работу?
473. При совместной работе двух тракторов различной
мощности колхозное поле было вспахано в 8 дней. Если бы
половину поля вспахать сначала одним трактором, то при
дальнейшей работе двух тракторов вся работа была бы
закончена в 10 дней. Во сколько дней можно было бы вспахать
всё поле каждым трактором отдельно?
474. Несколько человек взялись вырыть канаву и могли
бы окончить работу за 6 час, если бы начали ее
одновременно, но они приступали к работе один за другим через
одинаковые промежутки времени. Через такой же
промежуток времени, после выхода на работу последнего участника,
канава была вырыта, причём каждый из участников оставался
на работе до конца.
Сколько времени они рыли канаву, если приступивший
к работе первым проработал в 5 раз больше времени, чем
приступивший последним ?
475. Трое рабочих могут совместно выполнить некоторую
работу за t час. Первый из них, работая один, может
выполнить эту работу вдвое скорее третьего и на один час скорее
второго. Во сколько времени каждый из них, работая отдельно,
может выполнить эту работу?

66
ЗАДАЧИ
476
476. Бассейн наполняется водой из двух кранов. Сначала
первый кран был открыт одну треть того времени, какое
нужно было бы, чтобы наполнить бассейн, открыв только
второй кран. Затем, наоборот, второй кран был открыт одну
треть того времени, которое требуется для наполнения
бассейна одним первым краном. После этого оказалось напол-
13
ненным Tg бассейна. Вычислить, сколько времени нужно для
наполнения бассейна каждым краном в отдельности, если оба
крана, открытые вместе, наполняют бассейн за 3 часа 36 мин.
477. При постройке электростанции бригада каменщиков
должна была в определенный срок уложить 120 тысяч
кирпичей. Бригада выполнила работу на 4 дня раньше срока.
Определить, какова была норма ежедневной кладки кирпича и
сколько укладывали кирпичей ежедневно в действительности,
если известно, что бригада за 3 дня укладывала на 5030
кирпичей больше, чем полагалось укладывать за 4 дня по норме.
478. В трех сосудах налита вода. Если -j воды из
первого сосуда перелить во второй, затем -j воды, оказавшейся
во втором, перелить в третий и, наконец, -^ воды,
оказавшейся в третьем, перелить в первый, то в каждом сосуде
окажется по 9 л. Сколько воды было в каждом сосуде?
479. Из бака, наполненного чистым спиртом, вылили
часть спирта и долили тем же количеством воды; погои нз
бака вылили столько же литров смеси; тогда в баке
осталось 49 л чистого спирта. Вместимость бака 64 л. Сколько
спирта вылили в первый раз и сколько во второй раз *)?
480. Сосуд в 20 л наполнен спиртом. Из него выливают
некоторое количество спирта в другой, равный ему, и,
дополнив остальную часть второго сосуда водой, дополняют этой
>) Задача составлена в предположении, что объем смеси
равен сумме объемов спирта и воды. На самом деле он несколько
меньше.

433 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 67
2
смесью первый сосуд. Затем из первого отливают 6-д- л во
второй, после чего в обоих сосудах содержится одинаковое
количество спирта. Сколько отлито первоначально спирта из
первого сосуда во второй?
481. Сосуд ёмкостью в 8 л наполнен воздухом, содержа*
щим 16°/0 кислорода. Из этого сосуда выпускают некоторое
количество воздуха и впускают такое же количество азота,
после чего опять выпускают такое же, как и в первый раз,
количество смеси и опять дополняют таким же количеством
азота. В новой смеси оказалось кислорода 9°/0. Определить,
по скольку литров выпускалось каждый раз из сосуда.
482. Две колхозницы принесли на рынок вместе 100 яиц.
Продав яйца по разной цене, обе выручили одинаковые суммы.
Если бы первая продала столько яиц, сколько вторая, то она
выручила бы 72 руб., если бы вторая продала столько яиц,
сколько первая, то она выручила бы 32 руб. Сколько яиц
было у каждой?
483. Две колхозницы, имея вместе а л молока, получили
при продаже его одинаковые суммы, продавая молоко по
разной цене. Если бы первая продала столько, сколько вторая,
то получила бы т руб., а если бы вторая продала столько,
сколько первая, то получила бы л руб. (т >»). Сколько
литров молока было у каждой колхозницы?
484. При испытании на экономичность двух двигателей
внутреннего сгорания одинаковой мощности было установлено,
что один из них израсходовал 600 г бензина, а второй,
работавший на 2 часа меньше, 384 г. Если бы первый двигатель
расходовал в час столько бензина, сколько второй, а второй,
наоборот, столько, сколько первый, то за то же время работы
расход бензина в обоих двигателях был бы одинаковым.
Сколько бензина в час расходует каждый двигатель?
485. Имеются два сплава золота и серебра; в одном
количество этих металлов находится в отношении 2 : 3, в другом —
в отношении 3 : 7. Сколько нужно взять от каждого сплава,
чтобы получить 8 кг нового сплава, в котором золото и
серебро были бы в отношении 5:11?

68
ЗАДАЧИ
483
486. Одна бочка содержит смесь спирта с водой в
отношении 2 : 3, а другая — в отношении 3:7. По скольку вёдер
нужно взять из каждой бочки, чтобы составить 12 вёдер
смеси, в которой спирт и вода были бы в отношении 3:5?
487. Некоторый сплав состоит из двух металлов,
входящих в отношении 1 : 2, а другой содержит те же металлы
в отношении 2 : 3. Из скольких частей обоих сплавов можно
получить третий сплав, содержащий те же металлы в
отношении 17:27?
488. При вращении двух колёс, соединённых бесконечным
ремнём, меньшее из них делает в минуту на 400 оборотов
больше второго. Большее колесо делает 5 оборотов в
промежуток времени на 1 сек. больше, чем время 5 оборотов
меньшего. Сколько оборотов делает каждое колесо в минуту?
489. На протяжении 18 м переднее колесо экипажа делает
на 10 оборотов больше заднего. Если окружность переднего
колеса увеличить на 6 дм, а окружность заднего уменьшить
на 6 дм, то на том же протяжении переднее колесо сделает на
4 оборота больше заднего. Найти окружности обоих колёс.
490. Баржа с грузом в 600 т была разгружена в три дня,
о
причём в первый и третий дни было выгружено -^ всего
груза. Во второй день было выгружено меньше, чем в первый,
а в третий меньше, чем во второй; при этом разность между
процентом уменьшения выгрузки в третий день по
отношению к выгрузке второго дня и процентом уменьшения выгрузки
второго дня по отношению к выгрузке первого дня была
равна 5. Определить, сколько было выгружено каждый день
и процент уменьшения выгрузки во второй и в третий дни.
491. Два раствора, из которых первый содержал 800 г
безводной серной кислоты, а второй 600 г безводной серной
кислоты, соединили вместе и получили 10 кг нового раствора
серной кислоты. Определить вес первого и второго растворов,
вошедших в смесь, если известно, что процент содержания
безводной серной кислоты в первом растворе на 10 больше,
чем процент содержания безводной серной кислоты во втором.

495 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 69
492. Имелось два разных сплава меди. Процент
содержания меди в первом сплаве был на 40 меньше, чем процент
содержания меди во втором сплаве. После того как их
сплавили вместе, получили сплав, содержащий 36°/0 меди.
Определить процентное содержание меди в первом и во втором
сплавах, если известно, что меди в первом сплаве было 6 кг,
а во втором 12 кг.
493. Два поезда—товарный длиной в 490 м и пассажирский
длиной в 210 м—двигались навстречу друг другу по двум
параллельным путям. Машинист пассажирского поезда заметил
товарный поезд, когда он находился от него на расстоянии
700 м; через 28 сек. после этого они встретились.
Определить скорость каждого поезда, если известно, что товарный
поезд употребляет времени на прохождение мимо светофора
на 35 сек. больше пассажирского.
494. Товарный поезд состоит из двухосных и
четырёхосных цистерн, гружённых нефтью. Вес поезда 940 т. Требуется
определить число четырёхосных и двухосных цистерн, а также
их вес, если известно, что число двухосных на 5 больше
числа четырёхосных; каждая четырёхосная цистерна весит
в три раза больше, чем одна двухосная, и чистый вес нефти
(без веса цистерн) во всех четырёхосных цистернах больше
веса всех гружёных двухосных цистерн на 100 т. Вес нефти
в четырёхосной цистерне равен 40 т, а в двухосной
составляет 0,3 веса нефти в четырёхосной.
495. Две машины, работающие с двух сторон тоннеля,
должны закончить проходку в 60 дней. Если первая машина
выполнит 30% всей работы, которую за это время она
2
должна была сделать, а вторая 26-д-% своей работы, то обе
они пройдут 60 м тоннеля. Если бы первая машина выпол-
2
пила -j всей работы второй машины по проходке этого
тоннеля, а вторая — 0,3 всей работы первой машины, то первой
понадобилось бы для этого времени на 6 дней больше, чем
второй. Определить, сколько метров в день проходит каждая
машина.

70
ЗАДАЧИ
496
496. Две бригады, работая вместе, закончили ремонт
участка пути в 6 дней. Одной первой бригаде для
выполнения 40% всей работы потребовалось бы времени на 2 дня
больше, чем одной второй бригаде для выполнения 13-^%
всей работы. Определить, во сколько дней могла бы
отремонтировать каждая бригада отдельно весь участок.
497. С пристани на станцию должно быть перевезено
690 т груза пятью трехтонными и десятью полуторатонными
грузовиками. После нескольких часов работы все грузовики
25
перевезли — всего груза. Чтобы выполнить перевозку в срок,
оставалось времени для перевозки остального груза на 2 часа
меньше, чем было затрачено. Перевозка была закончена
в срок потому, что шоферы стали за час делать на одну
поездку больше, чем раньше. Определить, за сколько часов
был перевезен весь груз, а также сколько поездок в час
делали машины первоначально, если полуторатонка делала на
одну поездку в час больше трехтонки.
Примечание. Считается, что на одну трехтонную машину
грузилось полностью 3 да, а на полуторатонку 1 -=- т.
498. Спортивная площадка имеет форму прямоугольника
со сторонами ам и Ьм. Площадка окаймлена дорожкой,
внешний край которой имеет тоже форму прямоугольника,
стороны которого параллельны сторонам площадки и
одинаково отстоят от нее. Площадь дорожки равна площади
спортивной площадки. Найти ширину дорожки.
499. В зрительном зале имеется а стульев,
расположенных рядами по одинаковому числу стульев в каждом ряду.
Если в каждом ряду добавить по Ь стульев, а число рядов
уменьшить на с рядов, то общее число мест в зрительном
зале увеличится на одну десятую прежнего количества
стульев. Сколько было стульев в каждом ряду?
600. Два тела, находящиеся на расстоянии им друг от
друга, движутся навстречу и встречаются через а сек. Если
они будут двигаться в одну сторону с теми же скоростями,
то встретятся через b сек. Определить скорость движения
каждого тела.

506 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 71
601. Из пунктов А и В, расстояние между которыми й км,
навстречу друг другу выехали одновременно мотоциклист и
велосипедист. Через 2 часа они встретились и, не
останавливаясь, продолжали путь. Мотоциклист прибыл в В на. t часов
раньше, чем велосипедист в А. Найти скорости мотоциклиста
и велосипедиста.
602. Из пункта А по направлению в В вышел пешеход.
Через а часов из В навстречу пешеходу выехал
велосипедист; через b часов после своего выезда он встретил
пешехода. Сколько времени надо велосипедисту и сколько
пешеходу, чтобы пройти весь путь между А и В, если
велосипедисту на это требуется на с часов меньше, чем пешеходу?
603. Поезд А, скорость которого v км/час, выходит после
поезда В, скорость которого •», км/час. Задержка выхода
поезда А рассчитана так, чтобы оба поезда одновременно при-
2
были к месту назначения. Поезд В, пройдя тг пути, вынужден
был наполовину уменьшить свою скорость. Вследствие этого
поезда встретились за а км до места назначения. Определить
длину пути до станции назначения.
604. Вкладчик на свои сбережения через год получил
15 руб. начисления процентных денег. Добавив еще 85 руб.,
он оставил деньги ещё на год. По истечении года вклад
вместе с процентами составил 420 руб. Какая сумма была
положена первоначально и какой процент даёт сберкасса?
605. Производительность станка А составляет т °/0 от
суммы производительностей станков В и С, а
производительность станка В составляет я % от суммы
производительностей станков Л и С. Какой процент составляет
производительность станка С по отношению к суммарной
производительности станков А и В?
506. Прирост продукции на заводе по сравнению с
предыдущим годом за 1-й год составлял р %, за 2-й год q %.
Какой должен быть процент прироста продукции за 3-й год,
чтобы средний годовой прирост продукции за три года был
равен г %?

72
ЗАДАЧИ
507
507. Из общего количества товара а % продано с прибылью
в Р %> а из оставшейся части b % продано с прибылью
в q %. С какой прибылью продана вся остальная часть
товара, если общий процент прибыли составлял г %?
508. От двух кусков сплава с различным процентным
содержанием меди, весящих т кг и п кг, отрезано по куску
равного веса. Каждый из отрезанных кусков сплавлен с
остатком другого куска, после чего процентное содержание меди
в обоих сплавах стало одинаковым. Сколько весил каждый
из отрезанных кусков?
509. Некоторое количество денег было разложено на п
кучек. После этого из первой кучки переложили во вторую
—ю часть бывших в первой кучке денег. Затем из второй
кучки —ю часть оказавшихся в ней после перекладывания
денег переложили в третью кучку. Далее —-ю часть денег,
получившихся после этого в третьей кучке, переложили в
четвёртую и т. д. Наконец, из я-й кучки —ю часть
оказавшихся в ней после предшествующего перекладывания денег
переложили в первую кучку. После этого в каждой кучке
стало по А руб. Сколько денег в каждой кучке было до
перекладывания (можно ограничиться случаем и = 5)?

ЧАСТЬ ВТОРАЯ
ГЕОМЕТРИЯ И ТРИГОНОМЕТРИЯ
ГЛАВА 8
ПЛАНИМЕТРИЯ
510. Периметр прямоугольного треугольника равен 132,
а сумма квадратов сторон треугольника—6050. Найти стороны.
511. В параллелограмме даны острый угол а и расстояния т
и р от точки пересечения диагоналей до неравных сторон.
Определить диагонали и площадь параллелограмма.
512. В равнобедренном треугольнике основание равно
30 см, а высота 20 см. Определить высоту, опушенную на
боковую сторону.
513. В треугольнике основание равно 60 см, высота 12 см
и медиана, проведённая к основанию, 13 см. Определить
боковые стороны.
514. На сторонах равнобедренного прямоугольного
треугольника с катетом Ь построены квадраты во внешние
стороны. Центры этих квадратов соединены между собою прямыми
линиями. Найти площадь получившегося треугольника.
515. Стороны квадрата разделены в отношении т к п,
причём к каждой вершине прилежит один большой и один
малый отрезок. Последовательные точки деления соединен).!
прямыми. Найти площадь полученного четырёхугольника, если
сторона данного квадрата раина а.
516. В квадрат вписан другой квадрат, вершины которого
лежат на сторонах первого, а стороны составляют со
сторонами первого квадрата углы по 30°. Какую часть площади
данного квадрата составляет площадь вписанного?

74
ЗАДАЧИ
517
617. В квадрат со стороной а вписан другой квадрат,
вершины которого лежат на сторонах первого квадрата.
Определить отрезки, на которые стороны первого квадрата
рассекаются вершинами второго квадрата, если площадь второго
квадрата равна 25/49 площади первого квадрата.
518. В прямоугольник со сторонами 3 м и А м вписан
другой прямоугольник, стороны которого относятся, как 1 : 3.
Найти стороны этого прямоугольника.
619. В равносторонний треугольник ABC, сторона
которого а, вписан другой равносторонний треугольник LMN,
вершины которого лежат на сторонах первого треугольника
и делят каждую из них в отношении 1 : 2. Определить
площадь треугольника LMN.
520. Найти стороны прямоугольного треугольника по
данным: периметру 2р и высоте Л.
621. В равнобедренном треугольнике с основанием 2а и
периметром 2Р провести прямую, параллельную основанию,
так, чтобы она отсекла трапецию периметра 2р (2а</? <Р).
622. Дана прямоугольная трапеция с основаниями a, b и
меньшей боковой стороной с. Определить расстояния точки
пересечения диагоналей трапеции от основания а и от
меньшей боковой стороны.
523. Найти площадь равнобедренного треугольника, если
основание его 12 см, а высота, опущенная на основание, равна
прямой, соединяющей середины основания и боковой стороны.
624. Периметр ромба содержит 2р см, сумма диагоналей
его т см. Найти площадь ромба.
626. Большее основание трапеции а, меньшее Ь\ углы
при большем основании 30° и 45°. Найти площадь трапеции.
526. Вычислить площадь трапеции, параллельные стороны
которой содержат 16 см и 44 см, а непараллельные—П см
и 25 см.

535
гл. 8. планиметрия
75
527. Найти площадь квадрата, вписанного в правильный
треугольник со стороной о.
628. Основание треугольника делится высотою на части
в 36 ел и 14 см. Перпендикулярно к основанию проведена
прямая, делящая площадь данного треугольника пополам." На
какие части эта прямая разбила основание треугольника?
529. Высота треугольника равна 4; она делит основание
на две части, относящиеся, как 1 : 8. Найти длину прямой,
параллельной высоте и делящей треугольник на равновеликие
части.
530. Треугольник ABC разбит на три равновеликие
фигуры прямыми, параллельными стороне АС. Вычислить, на
какие части разбили эти прямые сторону АВ, равную а.
631. Прямая, параллельная основанию треугольника,
площадь которого равна S, отсекает от него треугольник с
площадью, равной q. Определить площадь четырёхугольника,
три вершины которого совпадают с вершинами меньшего
треугольника, а четвёртая лежит на оснований большего
треугольника.
532. Параллельные стороны трапеции равны а а Ь.
Определить длину отрезка, параллельного им и делящего площадь
трапеции пополам.
633. Из вершины тупого угла ромба опущены
перпендикуляры на его стороны. Длина каждого перпендикуляра равна а,
расстояние между их основаниями равно Ь. Определить
площадь ромба.
534. Определить площадь треугольника, если две стороны
соответственно равны 27 см и 29 см, а медиана третьей
стороны равна 26 см.
535. Даны две стороны Ь и с треугольника и его пло-
щадь S=*-rbc. Найти третью сторону а треугольника.

76
ЗАДАЧИ
536
536. По основаниям а и b и боковым сторонам с и d
трапеции определить её диагонали т и га.
537. Дан параллелограмм, в котором острый угол 60°.
Определить отношение длин сторон, если отношение квадра-
19
тов длин диагоналей параллелограмма равно ■=■.
538. Внутри равностороннего треугольника взята
произвольная точка, из которой опущены перпендикуляры на все
его стороны. Доказать, что сумма этих трёх
перпендикуляров равна высоте треугольника.
539. Из точки вне круга проведены две секущие.
Внутренний отрезок первой равен 47 м, а внешний 9 м;
внутренний отрезок второй секущей на 72 м больше внешнего её
отрезка. Определить длину второй секущей.
540. Из точки, отстоящей от центра круга на т см,
проведены касательные к кругу. Расстояние между точками
касания равно а см. Определить радиус круга.
541. Внутри круга, радиус которого равен 13 см, дана
точка М, отстоящая от центра круга на 5 см. Через точку М
проведена хорда АВ = 25 см. Определить длину отрезков,
на которые хорда АВ делится точкой М.
542. В равнобедренном треугольнике угол при вершине
равен а. Определить отношение радиусов кругов вписанного
и описанного.
543. Стороны треугольника: а— 13, Ь— 14, с= 15. Две
из них (а и Ь) служат касательными к кругу, центр которого
лежит на третьей стороне. Определить радиус круга.
544. Около круга радиуса R описан равнобедренный
треугольник с углом 120°. Определить его стороны.
545. На большем катете, как на диаметре, описана
полуокружность. Определить длину этой полуокружности, если
меньший катет равен 30 см, а хорда, соединяющая вершину
прямого угла с точкой пересечения гипотенузы с
полуокружностью, равна 24 см.

552
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
77
646. В прямоугольный треугольник вписан полукруг так,
что диаметр его лежит на гипотенузе и центр его делит
гипотенузу на отрезки, равные 15 ел и 20 см. Определить
длину дуги полукруга, заключённой между точками касания
его с катетами.
547. В равнобедренном треугольнике с основанием,
равным 4 см, и высотой, равной 6 см, на боковой стороне, как
на диаметре, построена полуокружность. Точки пересечения
её с основанием и боковой стороной соединены прямой.
Определить площадь получившегося четырёхугольника,
вписанного в полукруг.
548. Дан равнобедренный треугольник с основанием 2а
и высотой А. В него вписана окружность и к ней проведена
касательная, параллельная основанию. Найти радиус
окружности и длину отрезка касательной, заключённого между
сторонами треугольника.
549. Из точки, лежащей вне круга, проведены две
секущие, внешние части которых содержат по 2 м. Определить
площадь четырёхугольника, вершинами которого служат точки
пересечения секущих с окружностью, зная, что длина двух
его противоположных сторон равна 6 м и 2,4 м.
550. Стороны треугольника равны 6 см, 7 см, 9 см. Из
трёх вершин, как из центров, проведены взаимно касающиеся
окружности, причём окружность, центр которой лежит в
вершине наименьшего угла треугольника, имеет с остальными
двумя окружностями внутреннее касание, а остальные две
между собой имеют внешнее касание. Определить радиусы
трёх окружностей.
551. Внешняя касательная двух окружностей радиусов 5 см
и 2 см в 1 -д- раза больше их внутренней касательной.
Определить расстояние между центрами этих окружностей.
552. Расстояние между центрами двух окружностей,
радиусы которых равны 17 см и 10 см, равно 21 см.
Определить расстояние центров от точки, в которой прямая центров
пересекается с общей касательной окружностей.

78
ЗАДАЧИ
553
653. К двум окружностям радиусов R и г, находящимся
в положении внешнего касания, проведены их общие
касательные— внутренняя и две внешние. Определить длину
отрезка внутренней касательной, заключенного между
внешними касательными.
654. К двум окружностям радиусов R и г, находящимся
в положении внешнего касания, проведены их общие внешние
касательные. Определить площадь трапеции, ограниченной
этими касательными и хордами, соединяющими точки касания.
665. Две окружности радиусов R и г находятся в
положении внешнего касания. К этим окружностям проведена общая
внешняя касательная, и в образовавшийся при этом
криволинейный треугольник вписана окружность. Найти ее радиус.
656. Через одну и ту же точку окружности проведены две
хорды, равные а и д. Если соединить их концы, то получится
треугольник площади 5. Определить радиус окружности.
567. В круге радиуса R по одну сторону от центра
проведены три параллельные между собой хорды, соответственно
равные сторонам правильных вписанных в круг
шестиугольника, четырехугольника и треугольника. Определить
отношение площади той части круга, которая заключена между
второй и третьей хордами, к площади той части круга,
которая заключена между первой и второй хордами.
558. Определить площадь круга, вписанного в
прямоугольный треугольник, если высота, опущенная на гипотенузу,
делит ее на отрезки, равные 25, б см и 14,4 см.
669. В ромб со стороной а и острым углом 60° вписана
окружность. Определить площадь прямоугольника, вершины
которого лежат в точках касания окружности со сторонами
ромба.
660. К окружности радиуса R проведены 4 касательные,
образующие ромб, ббльшая диагональ которого равна 4R.
Определить площадь каждой из фигур, ограниченных двумя
касательными, проведенными из общей точки, и меньшей
дугой окружности, лежащей между точками касания.

568
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
79
661. Площадь равнобедренной трапеций, описанной около
круга, равна 5. Определить боковую сторону этой трапеции,
если известно, что острый угол при основании трапеции
равен -g-.
562. Около круга радиуса 2 см описана равнобочная
трапеция с площадью 20 см2. Найти стороны трапеции.
Б63. Около круга описана трапеция, боковые стороны
которой образуют с большей из параллельных сторон острые
углы аир. Определить радиус круга, если площадь
трапеции Q.
564. Около круга радиуса г описана прямоугольная тра-
пеция, наименьшая из сторон которой равна -я-. Определить
площадь трапеции.
565. Центр круга, вписанного в прямоугольную трапецию,
отстоит от концов боковой стороны на 2 см и 4 см. Найти
площадь трапеции.
566. В равносторонний треугольник со стороной а вписан
круг, Затем в этот треугольник вписаны ещё три круга,
касающиеся первого круга и сторон треугольника, и ещё три
круга, касающиеся только что вписанных кругов и сторон
треугольника, и т. д. Найти сумму площадей всех вписанных
кругов *).
567. Треугольник ABC вписан в окружнвсть; через
вершину А проведена касательная до пересечения с
продолженной стороной ВС в точке D. Из вершин В и С опущены
перпендикуляры на касательную, меньший из которых
равен 6 см. Определить площадь трапеции, образованной этими
перпендикулярами, стороной ВС и отрезком касательной, если
ВС = 5 см, .40 = 5/6 см.
568. В правильный треугольник, сторона которого равна а,
вписаны три равных круга, касательных друг другу. Каждый
из них касается двух сторон данного треугольника. Определить
радиусы этих кругов.
') То-есть предел суммы площадей вписанных кругов.

80
ЗАДАЧИ
669. Внутри равностороннего треугольника со стороной а
расположены три равных круга, касающиеся сторон
треугольника и взаимно касающиеся друг друга. Найти площадь
криволинейного треугольника, образованного дугами взаимно
касающихся кругов (вершинами служат точки взаимного
касания).
670. Внутри квадрата со стороной а расположены четыре
равных круга; каждый из них касается двух смежных сторон
квадрата и двух кругов (из числа остальных трёх). Найти
площадь криволинейного четырёхугольника, образованного
дугами касающихся кругов (вершинами служат точки
касания кругов).
571. Найти площадь сегмента, если периметр его равен р,
а дуга содержит 120°.
672. В треугольник вписан круг радиусом 4 см. Одна
из сторон треугольника разделена точкой касания на части,
равные 6 см и 8 см. Найти длины двух других сторон.
573. Перпендикуляр, опущенный из вершины угла при
основании равнобедренного треугольника на противоположную
сторону, делит последнюю в отношении т: я. Найти углы
треугольника.
* 574. Хорда, перпендикулярная к диаметру, делит его
в отношении т : п. Определить каждую из дуг *), на которые
разделится окружность хордой и диаметром.
575. Определить угол параллелограмма, если даны две
его высоты hx и Ав и периметр 2р.
576. В прямоугольном треугольнике найти отношение
катетов, если высота и медиана, выходящие из вершины
прямого угла, относятся как 40:41.
577. В прямоугольном треугольнике гипотенуза с, а один
из острых углов равен о. Определить радиус вписанного
круга.
1) В дуговых единицах.

588
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
81
578. Стороны треугольника равны 25 см, 24 см и 7 см.
Определить радиусы вписанного-и описанного кругов.
579. Определить радиусы двух внешне касающихся
кругов, если расстояние между их центрами равно d, а угол
между общими внешними касательными равен <р.
580. Определить угол ромба, зная его площадь Q и
площадь вписанного в него крута S.
581. В круг вписан правильный 2я-угольник; вокруг этого
же круга описан правильный я-угольник. Площади этих
многоугольников отличаются друг от друга на Р. Определить
радиус круга.
582. Середины сторон правильного n-угольника соединены
прямыми, образующими новый правильный «-угольник,
вписанный в данный. Найти отношение их площадей.
683. Около правильного «-угольника со стороной а
описана окружность и в него вписана окружность. Определить
площадь кольца между этими окружностями и ширину его.
584. В сектор радиуса R с центральным углом а вписан
круг. Определить его радиус.
685. К кругу радиуса R проведены из одной точки две
касательные, составляющие между собой угол 2а. Определить
площадь между этими касательными и дугой круга.
586. Ромб с острым углом а и стороной а разделён
прямыми, исходящими из вершины этого острого угла, на
три равновеликие части. Определить длины отрезков этих
прямых.
587. Внутри угла 60° расположена точка на расстояниях а
и b от его сторон. Найти расстояние этой точки до
вершины данного угла.
588. В равнобедренном треугольнике длины боковых
сторон равны а каждая, а длина отрезка прямой,
проведённого из вершины треугольника к его основанию и делящего
угол между равными сторонами в отношении 1: 2, равна t.
Определить площадь этого треугольника.

82
ЗАДАЧИ
539
Б89. Определить площадь треугольника, если даны а и
Ь — длины его сторон и t—длина биссектрисы угла между
этими сторонами.
590. Зная углы треугольника, определить угол между
медианой и высотой, проведёнными из вершины
какого-нибудь угла.
691. Сторона правильного треугольника равна я. Из
центра его радиусом -тг описана окружность. Определить
площадь части треугольника, лежащей вне этой окружности.
592. В прямоугольной трапеции, высота которой равна h,
на стороне, не перпендикулярной к основанию, как на
диаметре, описана окружность, и оказалось, что она касается
противоположной стороны трапеции. Найти площадь
прямоугольного треугольника, у которого катеты — основания
трапеции.
593. Доказать, что в прямоугольном треугольнике
биссектриса прямого угла делит пополам угол между медианой
и высотой, опущенными на гипотенузу.
594. Доказать, что в прямоугольном треугольнике сумма
катетов равна сумме диаметров вписанной и описанной
окружности.
595. Определить угол прямоугольного треугольника, зная,
что радиус описанного около него круга относится к радиусу
вписанного круга, как 5:2.
596. Доказать, что прямые, соединяющие последовательно
центры квадрятов, построенных на сторонах параллелограмма
и примыкающих к нему извне, образуют также квадрат.
ГЛАВА 9
МНОГОГРАННИКИ
597. Стороны основания прямоугольного параллелепипеда
а и Ь. Диагональ параллелепипеда составляет с плоскостью
основания угол а. Определить боковую поверхность
параллелепипеда.

606
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
83
598. Самая большая диагональ правильной шестиугольной
призмы, имеющая длину d, составляет с боковым ребром
призмы угол а. Определить объём призмы.
599. Боковое ребро правильной четырёхугольной
пирамиды, длиной т, наклонено к плоскости основания под уг-*
лом а. Найти объём пирамиды.
600. Объём правильной четырёхугольной пирамиды
равен V. Угол наклона её бокового ребра к плоскости
основания равен а. Найти боковое ребро пирамиды.
601. Боковая поверхность правильной четырёхугольной
пирамиды содержит 5 см%, высота пирамиды Н см. Найти
сторону основания пирамиды.
602. Найти объём и боковую поверхность правильной
шестиугольной пирамиды, если даны боковое ребро / и
диаметр d круга, вписанного в основание пирамиды.
603. Найти высоту тетраэдра1), объём которого
равен V,
604. В прямом параллелепипеде стороны основания равны а
и b и острый угол — а. Ббльшая диагональ основания равна
меньшей диагонали параллелепипеда. Найти объём
параллелепипеда.
605. Диагонали прямого параллелепипеда равны 9 см и
уЪЪ см. Периметр его основания равен 18 см. Боковое
ребро равно 4 см. Определить полную поверхность и объём
параллелепипеда.
606. Боковое ребро правильной треугольной пирамиды /,
а высота пирамиды h. Определить двугранный угол при
основании.
]) Под тетраэдром здесь понимается правильный
четырёхгранник (иногда тетраэдром называется произвольная треугольная пира-
мака).

84
8ЛДАЧИ
807
607. Определить объём правильной четырёхугольной
пирамиды, зная угол а её бокового ребра с плоскостью
основания и площадь 5 её диагонального сечения. Найти также
угол, образуемый боковой гранью с плоскостью основания.
608. Основанием правильной пирамиды служит
многоугольник, сумма внутренних углов которого 540°.
Определить объём этой пирамиды, зная, что боковое ребро её,
равное /, наклонено к плоскости основания под углом а.
609. Определить углы, составляемые с основанием
боковым ребром и боковой гранью правильной пятиугольной
пирамиды, у которой боковые грани — равносторонние
треугольники.
610. По объёму V правильной я-угольной пирамиды, у
которой сторона основания равна а, определить угол наклона
бокового ребра пирамиды к плоскости основания.
«611. Основание четырёхугольной пирамиды —
прямоугольник с диагональю, равной Ь, и углом а между диагоналями.
Каждое из боковых рёбер образует с основанием угол р.
Найти объём пирамиды.
612. Основанием пирамиды служит равнобедренный
треугольник с боковыми сторонами, равными а, и углом между
ними, равным а. Все боковые рёбра наклонены к основанию
под углом |3. Определить объём пирамиды.
613. Основанием прямоугольного параллелепипеда служит
прямоугольник, вписанный в круг радиуса /?, причём
меньшая сторона этого прямоугольника стягивает дугу
окружности, содержащую (2а)°. Найти объём этого
параллелепипеда, зная его боковую поверхность S.
614. Основанием прямой призмы служит равнобедренный
треугольник, основание которого равно а и угол при
основании равен а. Определить объём призмы, если её боковая
поверхность равна сумме площадей её оснований.
616. Апофема правильной шестиугольной пирамиды
равна т. Двугранный угол при основании равен а. Найти
полную поверхность пирамиды.

623
ГЛ. 9, МНОГОГРАННИКИ
85
616. Через гипотенузу прямоугольного равнобедренного
треугольника проведена плоскость Р под углом а к
плоскости треугольника. Определить периметр и площадь
фигуры, которая получится, если спроектировать треугольник на
плоскость Р. Гипотенуза треугольника равна с.
617. В правильной я-угольной пирамиде площадь
основания равна Q, а высота составляет с каждой из боковых
граней угол <р- Определить боковую и полную поверхность
пирамиды.
618. Сторона основания правильной треугольной пирамиды
равна а, боковая грань наклонена к плоскости основания под
углом <р- Найти объем и полную поверхность пирамиды.
619. Полная поверхность правильной треугольной
пирамиды равна S. Зная, что угол между боковой гранью и
основанием пирамиды равен а, найти сторону основания
пирамиды.
620. Основанием пирамиды служит ромб с острым углом а.
Боковые грани наклонены к плоскости основания под углом §.
Определить объем и полную поверхность пирамиды, если
радиус вписанного в ромб круга равен г.
621. Определить угол наклона боковой грани правилы o'i
пятиугольной пирамиды к плоскости основания, если площадь
основания пирамиды равна 5, а боковой поверхности равна а.
622. Основанием прямого параллелепипеда служит ромб.
Плоскость, проведенная через одну из сторон нижнего
основания и противоположную сторону верхнего основания,
образует с плоскостью основания угол р. Полученное
сечение имеет площадь, равную Q. Определить боковую
поверхность параллелепипеда.
623. Основанием пирамиды служит равнобедренный
треугольник с углом а при основании. Каждый из двугранных
углов при основании равен ср. Расстояние от центра круга,
вписанного в основание пирамиды, до середины высоты боковой
грани равно d. Определить полную поверхность пирамиды.

86
ЗАДАЧИ
624
624. Основанием пирамиды служит многоугольник,
описанный около круга радиуса г, периметр многоугольника
равен 2р, боковые грани пирамиды наклонены к плоскости
основания под углом ср» Найти объём пирамиды.
625. Боковые рёбра правильной усечённой треугольной
пирамиды наклонены к плоскости основания под углом а.
Сторона нижнего основания равна а, а верхнего — Ъ (а > Ь).
"Найти объём усечённой пирамиды.
626. Основаниями правильной усечённой пирамиды
служат квадраты со сторонами а и Ь (а > Ь). Боковые рёбра
наклонены к плоскости основания под углом а. Определить
объём усечённой пирамиды и величину двугранных углов
при сторонах оснований. —
627. Основанием пирамиды служит прямоугольный
треугольник с гипотенузой, равной с, и острым углом а. Все
боковые рёбра наклонены к основанию под углом J3. Найти
объём пирамиды и плоские углы при вершине её.
628. В основании наклонной призмы лежит прямоугольный
треугольник ABC, сумма катетов которого равна пг и угод,
при вершине А равен а. Боковая грань призмы, проходящая
через катет АС, наклонена к основанию под углом J3. Через
гипотенузу АВ и через вершину Ct противоположного
трёхгранного угла проведена плоскость. Определить объём
отсечённой треугольной пирамиды, если известно, что
боковые рёбра её равны между собой.
629. В основании пирамиды лежит равнобедренный
треугольник с углом а при основании. Все боковые рёбра
наклонены к плоскости основания под равными углами
<р = 90° — а. Площадь сечения, проведённого через высоту
пирамиды и через вершину равнобедренного треугольника,
лежащего в основании, равна Q. Определить объём пирамиды.
630. Основанием пирамиды служит прямоугольник. Из
боковых граней две перпендикулярны к плоскости основания,
а две другие образуют с ней углы а и р. Высота пирамиды
равна Н. Определить объём пирамиды.

636
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
87
631. Пирамида имеет в основании квадрат. Из двух
противолежащих друг другу рёбер одно перпендикулярно
к плоскости основания, другое наклонено к ней под углом р и
имеет длину /. Определить длины остальных боковых рёбер
и углы наклона их к плоскости основания пирамиды.
632. Основание пирамиды — правильный треугольник со
стороной а. Одно из боковых рёбер перпендикулярно к
основанию, а остальные два наклонены к плоскости основания
под равными углами J3. Найти площадь наибольшей
боковой грани пирамиды и угол наклона её к плоскости
основания.
633. Пирамида имеет в основании равнобедренный
треугольник; боковые стороны этого основания равны а и
образуют угол в 120°. Боковое ребро пирамиды, проходящее
через вершину тупого угла, перпендикулярно к плоскости
основания, а остальные два наклонены к ней под углом а.
Определить площадь сечения пирамиды плоскостью,
которая проходит через наибольшую сторону основания
пирамиды и делит пополам ребро, перпендикулярное к
основанию.
634. Правильная треугольная пирамида рассечена
плоскостью, перпендикулярной к основанию и делящей две стороны
основания пополам. Определить объём отсечённой пирамиды,
если даны сторона а основания первоначальной пирамиды
и двугранный угол а при основании.
635. Через вершину правильной четырёхугольной
пирамиды под углом 9 к основанию пирамиды проведена
плоскость параллельно стороне основания. Сторона основания
пирамиды равна а, а плоский угол при вершине пирамиды
равен а. Найти площадь сечения пирамиды.
636. Через вершину правильной" треугольной пирамиды и
середины двух сторон основания проведена плоскость.
Определить площадь сечения и объёмы частей данной пирамиды,
на которые она разделена сечением, зная сторону а её
основания, и угол а, образованный сечением с основанием.

88
ЗАДАЧИ
637
637. Тетраэдр J), ребро которого равно а, пересечен
плоскостью, содержащей одно из ребер тетраэдра и делящей
противоположное ребро в отношении 2:1. Определить
п ющадь сечения и углы этого сечения.
638. Определить объем правильной усеченной
четырехугольной пирамиды, если сторона ббльшего основания равна а,
сторона меньшего основания равна Ь, а острый угол боковой
грани равен а.
639. Определить объем правильной четырехугольной
призмы, если ее диагональ образует с боковой гранью угол а,
а сторона основания равна Ь.
640. Основанием прямой призмы служит прямоугольный
треугольник с гипотенузой с и острым углом а. Через
гипотенузу нижнего основания и вершину прямого угла верхнего
основания проведена плоскость, образующая с плоскостью
основания угол р. Определить объем треугольной пирамиды,
отсеченной о г призмы плоскостью.
641. В основании прямой призмы лежит прямоугольный
треугольник, у которого сумма катета и гипотенузы равна т
и угол между ними равен а. Через другой катет и вершину
противоположного трехгранного угла призмы проведена
плоскость, образующая с основанием угол fj. Определить объемы
частей, на которые призма делится плоскостью сечения.
642. В основании пирамиды лежит равнобедренный
треугольник с углом а при основании. Каждый двугранный угол
при основании равен tp — 90°—а. Боковая поверхность
пирамиды равна 5. Определить объем пирамиды и полную
поверхность ее.
643. Основанием пирамиды является равнобедренный
треугольник с боковой стороной а и углом а при основании
(а > 45°). Боковые ребра наклонены к плоскости основания
под углом р. В этой пирамиде проведена плоскость через ее
высоту и вершину одного из углов а. Найти площадь сечения.
1) См. подстрочное примечание на стр. 83.

650
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
89
644. В основании прямой призмы лежит четырёхугольник,
в котором два противолежащих угла прямые. Диагональ
основания, соединяющая вершины непрямых углов, имеет длину /
и делит один из этих углов на части а и р. Площадь
сечения, проведённого через другую диагональ основания
перпендикулярно к нему, равна S. Найти объём призмы.
645. Основанием пирамиды служит квадрат. Две
противоположные грани — равнобедренные треугольники, одна из них
образует с основанием внутренний угол р, а другая —
внешний острый угол а. Высота пирамиды равна Н. Найти объём
пирамТТды и углы, образованные двумя другими боковыми
гранями с плоскостью основания.
646. В основании пирамиды лежит прямоугольник. Одна из
боковых граней наклонена к основанию под углом (5 = 90° — а,
а противоположная ей грань перпендикулярна к основанию и
имеет вид прямоугольного треугольника с прямым углом при
вершине пирамиды и острым углом, равным ее. Сумма высот
этих двух граней равна т. Определить объём пирамиды и
сумму площадей двух других боковых граней.
647. В основании пирамиды лежит прямоугольник. Одна
из боковых граней имеет вид равнобедренного треугольника
и перпендикулярна к основанию; в другой грани,
противоположной первой, боковые рёбра, равные Ь, образуют между
собой угол 2а и наклонены к первой грани под углом а.
Определить объём пирамиды и угол между указанными двумя
гранями.
648. В правильной треугольной пирамиде со стороной
основания, равной а, углы между рёбрами при её вершине
равны между собой и каждый равен «(а^90°). Определить
углы между боковыми гранями пирамиды и площадь
сечения, проведённого через сторону основания перпендикулярно
к противолежащему боковому ребру.
649. Определить объём правильного восьмигранника
(октаэдра) с ребром а и двугранные углы при его рёбрах.
650. Двугранный угол при боковом ребре правильной
шестиугольной пирамиды равен <р- Определить плоский угол
при вершине пирамиды.

90 ЗАДАЧИ 651
661. Пирамида имеет в основании правильный
шестиугольник ABCDEF. Боковое ребро МА перпендикулярно
к плоскости основания, а противоположное ему ребро MD
наклонено к плоскости основания под углом а. Определить
углы наклона боковых граней к плоскости основания.
652. Основанием пирамиды служит равнобедренный
треугольник ABC, где АВ = АС. Высота пирамиды SO
проходит через середину высаты AD основания. Через сторону ВС
проведена плоскость перпендикулярно к боковому ребру AS,
образующая с основанием угол а. Определить объем
пирамиды, отсеченной от данной и имеющей с ней общую
вершину 5, если объем другой отсеченной части ее равен V.
653. Сторона основания правильной треугольной пирамиды
равна а. Сечение, делящее угол между боковыми гранями
пополам, есть прямоугольный треугольник. Определить объем
пирамиды и угол между боковой гранью ее и плоскостью
основания.
654. Через сторону основания правильной треугольной
пирамиды проведена плоскость перпендикулярно к
противолежащему боковому ребру. Определить полную поверхность
пирамиды, если указанная плоскость делит боковое ребро
в отношении т : п и сторона основания равна q.
655. Диагональ прямоугольного параллелепипеда равна d
и образует с двумя смежными боковыми гранями равные
углы а. Определить объем параллелепипеда и угол, который
образует с плоскостью основания плоскость, проведенная
через концы трех ребер, выходящих из одной вершины.
656. В прямоугольном параллелепипеде точка пересечения
диагоналей нижнего основания соединена с серединой одного
из боковых ребер прямой, длина которой равна т. Она
образует с основанием угол а и с одной из боковых граней
угол р = 2а. Приняв другую смежную боковую грань за
основание параллелепипеда, найти его боковую поверхность и
объем. (Доказать, что а < 30°.)

664
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
91
657. В основании прямой призмы лежит трапеция,
вписанная в полукруг радиуса R так, что ббльшее основание
её совпадает с диаметром, а меньшее стягивает дугу,
равную 2а. Определить объём призмы, если диагональ грани,
проходящей через боковую сторону основания, наклонена
к основанию под углом а.
658. Диагональ прямоугольного параллелепипеда, равная
d, образует с боковой гранью угол (3 = 90°—а. Плоскость,
проведённая через эту диагональ и боковое ребро,
пересекающееся с ней, образует с той же боковой гранью угол ос
(доказать, что а > 45°). Определить объём параллелепипеда.
659. В правильной треугольной призме две вершины
верхнего основания соединены с серединами противоположных им
сторон нижнего основания. Угол между полученными,линиями,
обращенный отверстием к плоскости основания, равен а.
Сторона основания равна Ь. Определить объём призмы.
660. В правильной треугольной призме' угол между
диагональю боковой грани и другой боковой гранью равен а.
Определить боковую поверхность призмы, зная, что ребро
основания равно а.
661. В основании прямой призмы лежит прямоугольный
треугольник ABC, у которого/. С = 90°, /_^ = « и катет
АС = Ь. Диагональ боковой грани призмы, проходящей через
гипотенузу АВ, образует с боковой гранью, проходящей
через катет АС, угол J3. Найти объём призмы.
662. Полная поверхность правильной четырёхугольной
пирамиды равна S, а плоский угол боковой грани при
вершине равен а. Найти высоту пирамиды.
663. В правильной re-угольной пирамиде плоский угол
при вершине равен а, а сторона основания а. Определить
объём.
664. От правильной четырёхугольной призмы плоскостью,
проходящей через диагональ нижнего основания и одну из
вершин верхнего основания, отсечена пирамида с полной
поверхностью S. Найти полную поверхность призмы, если угол
при вершине треугольника, получившегося в сечении, равен а.

92
ЗАДАЧИ
685
665. Боковые рёбра треугольной пирамиды имеют
одинаковую длину /. Из трёх плоских углов, образованных при
вершине пирамиды этими рёбрами, два равны а, а третий
равен р. Найти объём пирамиды.
666. В основании пирамиды лежит прямоугольный
треугольник, являющийся проекцией боковой грани, проходящей
через катет. Угол, лежащий против этого катета в
основании пирамиды, равен а, а лежащий в боковой грани равен J3.
Площадь этой боковой грани больше площади основания
на 5. Определить разность между площадями двух других
граней и углы, образованные боковыми гранями с плоскостью
основания.
667. В треугольной пирамиде две боковые грани суть
равнобедренные прямоугольные треугольники, гипотенузы
которых равны b и образуют между собой угол а. Определить
объём пирамиды.
668. В пирамиде с прямоугольным основанием каждое из
боковых рёбер равно /, один из плоских углов при вершине
равен а, другой равен |3, Определить площадь сечения,
проходящего через биссектрисы углов, равных |3.
669. В параллелепипеде длины трёх рёбер, выходящих из
общей вершины, равны соответственно а, Ъ и с. Рёбра а и b
взаимно перпендикулярны, а ребро с образует с каждым из
них угол а. Определить объём параллелепипеда, боковую
поверхность его и угол между ребром с и плоскостью
основания. (При каких значениях угла а задача возможна?)
670. В параллелепипеде все его грани — равные ромбы
со сторонами а и острыми углами о. Определить объём этого
параллелепипеда.
671. Основанием наклонного параллелепипеда служит ромб
ABCD со стороной а и острым углом а. Ребро ААХ равно h
и образует с рёбрами АВ и AD угол <р. Определить объём
параллелепипеда.

етв
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
93
672. В прямоугольном параллелепипеде проведена
плоскость через диагональ основания и диагональ большей
боковой грани, выходящих из одной вершины. Угол между
этими диагоналями равен f3. Определить боковую поверхность
параллелепипеда, площадь сечения и угол наклона сечения
к плоскости основания, если известно, что радиус
окружности, описанной около основания параллелепипеда, равен R и
меньший угол между диагоналями основания равен 2а.
673. В основании прямой призмы лежит прямоугольный
треугольник ABC. Радиус окружности, описанной около него,
равен /?, катет АС стягивает дугу, равную 2^. Через
диагональ боковой грани, проходящей через другой катет ВС,
проведена плоскость перпендикулярно к этой грани,
образующая с плоскостью основания угол J3. Определить боковую
поверхность призмы и объём отсечённой четырёхугольной
пирамиды.
674. Основанием пирамиды служит трапеция, в которой
боковые стороны и меньшее основание равны между собой,
большее основание равно а и тупой угол трапеции равен а.
Все боковые рёбра пирамиды образуют с плоскостью
основания угол р. Определить объём пирамиды.
675. В основании пирамиды лежит трапеция, у которой
диагональ перпендикулярна к боковой стороне и образует
с основанием угол а. Все боковые рёбра равны между собой.
Боковая грань, проходящая через большее основание
трапеции, имеет угол при вершине пирамиды <р = 2а и площадь,
равную S. Определить объём пирамиды и углы, под
которыми наклонены боковые грани к плоскости основания.
676. В основании пирамиды лежит правильный
треугольник, сторона которого равна а. Высота, опущенная из
вершины пирамиды, проходит через одну из вершин основания.
Боковая грань, проходящая через сторону основания,
противолежащую этой вершине, наклонена к плоскости основания под
углом ср. Определить боковую поверхность этой пирамиды,
если за основание её принять одну из равных боковых
граней.

94
ЗАДАЧИ
677
677. В основании прямой призмы лежит равнобедренный
треугольник с боковой стороной, равной а, и углом при
основании, равным а. Через основание треугольника, являющегося
верхней гранью, и противоположную вершину нижнего
основания проведена плоскость, образующая с плоскостью
основания угол fi. Определить боковую поверхность призмы
и объем отсеченной четырехугольной пирамиды.
678. В основании пирамиды — квадрат. Две боковые грани
ее перпендикулярны к плоскости основания, а две другие
наклонены к нему под углом а. Радиус круга, описанного
около боковой грани, перпендикулярной к основанию, равен R.
Определить полную поверхность пирамиды,
679. В основании прямой призмы лежит прямоугольный
треугольник с катетом а и противолежащим ему углом а.
Через вершину прямого угла нижнего основания проведена
плоскость, параллельная гипотенузе, под углом (3 = 90° — а
к противолежащей боковой грани и пересекающая ее.
Определить объем части призмы между ее основанием и сечением
и боковую поверхность призмы, если известно, что боковая
грань, проходящая через катет а, равновелика сечению призмы.
Определить, при каком значении угла а плоскость сечения
пересекает боковую грань, проходящую через гипотенузу
основания.
680. Основанием пирамиды служит прямоугольник. Одно
боковое ребро перпендикулярно к плоскости основания, а две
боковые грани наклонены к ней под углами аир.
Определить боковую поверхность пирамиды, если высота ее равна Н.
681. В основании пирамиды лежит прямоугольный
треугольник, у которого один острый угол равен а и радиус
вписанного круга равен г. Каждая из боковых граней
образует с основанием угол а. Определить объем, боковую и
полную поверхность пирамиды.
682. В основании призмы ABCA-fifi^ лежит
равнобедренный треугольник ABC (AB = AC и ^.ЛВС = а).
Вершина Bt верхнего основания призмы проектируется в центр
окружности радиуса г, вписанной в нижнее основание. Через

637
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
95
сторону АС основания и вершину Bt проведена плоскость,
наклонённая к плоскости основания под углом а. Найти
полную поверхность отсечённой треугольной пирамиды ABCBt
и объём призмы.
683. Основанием пирамиды служит прямоугольный
треугольник, а высота её проходит через точку пересечения
гипотенузы с биссектрисой прямого угла основания. Боковое
ребро, проходящее через вершину прямого угла, наклонено
к плоскости основания под углом а. Определить объём
пирамиды и углы наклона боковых граней к плоскости основания,
если биссектриса прямого угла основания равна т и
образует с гипотенузой угол 45°-|-а.
684. В основании пирамиды ромб со стороной а. Две
соседние грани составляют с плоскостью основания угол а,
третья боковая грань составляет с плоскостью основания
угол (J (доказать, что и четвёртая боковая грань наклонена
к основанию под тем же углом). Высота пирамиды Н. Найти
объём пирамиды и полную поверхность её.
685. В основании четырёхугольной пирамиды лежит ромб,
сторона которого равна а и острый угол равен а. Плоскости,
проходящие через вершину пирамиды и диагонали основания,
наклонены к плоскости основания под углами «риф.
Определить объём пирамиды, если её высота пересекает сторону
основания.
686. В основании наклонной призмы лежит
прямоугольный треугольник ABC с катетом ВС = а. Вершина Вх
верхнего основания проектируется на середину катета ВС,
Двугранный угол, образованный боковыми гранями, проходящими
через катет ВС и гипотенузу АВ, равен я. Боковые рёбра
наклонены к плоскости основания под углом р. Определить
боковую поверхность призмы.
687. В основании призмы ABCA1B1Ct лежит
равнобедренный треугольник ABC (АВ — АС и /_ВАС —2а).
Вершина At верхнего основания проектируется в центр
окружности радиуса R, описанной около нижнего основания.
Боковое ребро ААХ образует со стороной основания АВ угол,
равный 2а. Определить объём и боковую поверхность призмы.

96
ЗАДАЧИ
683
688. Определить объём правильной четырёхугольной
пирамиды, боковое ребро которой равно /, а двугранный угол
между двумя смежными боковыми гранями равен fi.
689. В правильной усечённой четырёхугольной пирамиде
даны: диагональ d, двугранный угол а при нижнем
основании и высота Н. Найти объём усечённой пирамиды.
690. Боковое ребро правильной четырёхугольной
усечённой пирамиды равно /, оно наклонено к плоскости основания
под углом J3. Диагональ пирамиды перпендикулярна к
боковому ребру её. Определить объём пирамиды.
691. Высота правильной четырёхугольной усечённой
пирамиды равна Н, боковое ребро и диагональ пирамиды
наклонены к плоскости её основания под углами вир. Найти '
её боковую поверхность.
692. Стороны оснований правильной четырёхугольной
усечённой пирамиды равны а и а |/3, боковая грань
наклонена к плоскости основания под углом "f. Определить объём
и полную поверхность пирамиды.
693. В правильную четырёхугольную пирамиду вписан
куб так, что его четыре вершины находятся на боковых
рёбрах- пирамиды, а остальные четыре — в плоскости её
основания. Определить ребро куба, если высота пирамиды
равна Н, а боковое ребро равно /.
694. В правильную четырёхугольную пирамиду вписан
куб так, что вершины его лежат на апофемах пирамиды.
Найти отношение объёма пирамиды к объёму куба, зная,
что угол между высотой пирамиды и её боковой гранью
равен а.
695. Основанием пирамиды является прямоугольный
треугольник с катетами 6 и 8. Вершина пирамиды удалена от
плоскости её основания на расстояние, равное 24, и
проектируется на эту плоскость в точку, лежащую внутри
основания. Найти ребро куба, четыре вершины которого лежат

701
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
97
в плоскости основания данной пирамиды, а рёбра,
соединяющие эти вершины, параллельны соответствующим катетам
треугольника, лежащего в основании пирамиды. Четыре
другие вершины куба лежат на боковых гранях данной
пирамиды.
696. В правильной четырёхугольной пирамиде
двугранный угол при основании равен а. Через его ребро проведена
плоскость, составляющая с основанием угол {3. Сторона
основания равна а. Определить площадь сечения.
697. В правильной четырёхугольной пирамиде сторона
основания равна а, а двугранный угол при основании равен
о. Через две противоположные стороны основания пирамиды
проведены две плоскости, пересекающиеся взаимно под
прямым углом. Определить длину линии их пересечения,
заключённую внутри пирамиды, если известно, что она пересекает
ось пирамиды.
698. В правильной четырёхугольной пирамиде через
вершину основания проведена плоскость, перпендикулярная
к противоположному боковому ребру. Определить площадь
сечения, если сторона основания пирамиды равна а, а
боковое ребро наклонено к плоскости основания под углом
<р (<р > 45°; доказать это).
699. Правильную четырёхугольную призму требуется
пересечь плоскостью так, чтобы в сечении получился ромб
с острым углом о. Найти угол наклона секущей плоскости
к основанию.
700. Основанием прямого параллелепипеда служит ромб
с острым углом «. Под каким углом к основанию нужно
пересечь этот параллелепипед плоскостью, чтобы в сечении
получился квадрат с вершинами на боковых рёбрах.
701. Прямой параллелепипед, имеющий в основании ромб
со стороной а и острым углом а, пересечён плоскостью,
проходящей через вершину угла а и дающей в сечении ромб
с острым углом -ту. Определить площадь этого сечения.

98
8АДАЧИ
702
702. Ребро тетраэдра равно Ь. Через середину одного
из рёбер проведена плоскость параллельно двум непересекаю»
шимся ребрам. Определить площадь полученного сечения.
703. Пирамида имеет в основании прямоугольный
треугольник с катетом а. Одно из боковых рёбер пирамиды
перпендикулярно к плоскости' основания, а другие два наклонены
к ней под одним и тем же углом а. Плоскость,
перпендикулярная к основанию, даёт в сечении с пирамидой квадрат.
Определить площадь этого квадрата.
704. В правильной четырёхугольной усечённой пирамиде
стороны верхнего и нижнего оснований равны
соответственно а и За и боковые грани наклонены к плоскости нижнего
основания под углом а. Через сторону верхнего основания
проведена плоскость параллельно противоположной боковой
грани. Определить объём четырёхугольной призмы,
отсечённой от данной усечённой пирамиды, и полную поверхность
остальной части её.
705. Из точки, взятой на ребре правильной треугольной
призмы со стороной основания а, проведены две плоскости.
Одна проходит через сторону нижнего основания призмы под
углом а к последнему, а другая — через параллельную ей
сторону верхнего основания под углом J3 к нему. Определить
объём призмы и сумму площадей полученных сечений.
t 706. В правильной четырёхугольной призме через
середины двух смежных сторон основания проведена плоскость,
пересекающая три боковых ребра и наклонённая к плоскости
основания под углом а. Определить площадь полученного
сечения и острый угол его, если сторона основания призмы
равна Ь.
707. В основании прямой призмы лежит равнобочная
трапеция с острым углом а, описанная около круга радиуса г.
Через боковую сторону нижнего основания и
противоположную вершину острого угла верхнего основания проведена
плоскость, образующая с плоскостью основания угол а.
Определить Соковую поверхность призмы и площадь
сечения.

714
гл. 9. многогранники
99
708. В основании прямой призмы ABCAiBlC1 лежит
равнобедренный треугольник ABC с углом а при основании ВС.
Боковая поверхность призмы равна 5. Найти площадь сечения
призмы плоскостью, проходящей через диагональ боковой
грани ВССХВ± параллельно высоте АО основания призмы и
образующей с плоскостью основания угол р.
709. В основании прямой призмы ABCAJSfii лежит
прямоугольный треугольник ABC с углом Р при вершине В
({3 < 45°). Разность между площадями её боковых граней,
проходящих через катеты ВС и АС, равна S. Найти площадь
сечения призмы плоскостью, образующей с плоскостью
основания угол ср и проходящей через три точки: вершину Bt
угла р верхнего основания, середину бокового ребра AAt и
точку D, расположенную на плоскости основания симметрично
с вершиной В относительно катета АС.
710. Непересекающиеся диагонали двух смежных боковых
граней прямоугольного параллелепипеда наклонены к
плоскости его основания под углами а к р. Найти угол между
этими диагоналями.
711. Даны три плоских угла трёхгранного угла SABC:
/_BSC = a; £mCSA = $; ^.AS£ = -(. Найти двугранные углы
этого трёхгранного угла.
712. Один из двугранных углов трёхгранного угла равен А;
прилежащие к данному двугранному углу плоские углы
соответственно равны а и р. Найти третий плоский угол.
713. В трёхгранном угле даны три плоских угла в 45°,
60° и 45°. Определить двугранный угол, заключённый между
теми двумя гранями, которые содержат плоские углы по 45°.
714. На ребре двугранного угла дан отрезок АВ. В одной
из граней дана точка М, в которой прямая, проведённая из
точки А под углом а к АВ, пересекает прямую, проведённую
из В перпендикулярно к АВ. Определить величину
двугранного угла, если прямая AM наклонена ко второй грани
двугранного угла под углом р.

100
ЗАДАЧИ
715
715. Даны две скрещивающиеся прямые, наклонённые
дру| к другу под углом 9 и имеющие общий пересекающий
их перпендикуляр PQ = h. На этих прямых даны две точки
А и В, из которых отрезок PQ виден под углами аир.
Определить длину отрезка АВ.
716. На двух взаимно перпендикулярных скрещивающихся
прямых, кратчайшее расстояние между которыми PQ = h,
даны две точки А а В, из которых отрезок PQ виден под
углами аир. Определить угол наклона отрезка АВ к
отрезку PQ.
717. Секущая плоскость делит боковые рёбра
треугольной пирамиды в отношениях (считая от вершины) ^, ^, ^.
nt иг п3
В каком отношении эта плоскость разделит объём пирамиды?
718. Из середины высоты правильной четырёхугольной
пирамиды опущен перпендикуляр на боковое ребро, равный h,
и перпендикуляр на боковую грань, равный Ь. Найти объём
пирамиды.
ГЛАВА 10
КРУГЛЫЕ ТЕЛА
719. Образующая конуса равна / и составляет с
плоскостью основания угол в 60°. Определить объём конуса.
720. Длина образующей конуса равна /, а длина
окружности основания — с. Определить объём.
721. Боковая посерхность цилиндра развёртывается в
квадрат со стороной а. Найти объём цилиндра.
722. Боковая поверхность цилиндра, будучи развёрнута,
представляет собою прямоугольник, в котором диагональ
равна d и составляет угол <х с основанием. Определить объём
цилиндра.
723. Угол при вершине осевого сечения конуса равен 2а,
а сумма длин его высоты и образующей равна т. Найти
объём и полную поверхность конуса.

731
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
101
724. Объём конуса V. Высота его разделена на три
равные части и через точки деления проведены плоскости
параллельно основанию. Найти объём средней части.
725. Определить объём конуса, если в его основании
хорда, равная а, стягивает дугу а, а высота конуса
составляет с образующей угол $.
726. На одном и том же основании построены два конуса
(один внутри другого); угол между высотой и образующей
меньшего конуса равен а, а угол между высотой и
образующей ббльшего конуса равен р. Разность высот конусов равна А.
Найти объём, заключённый между боковыми поверхностями
этих конусов.
727. Боковая поверхность конуса равна 5, а полная
поверхность— Р. Определить угол между высотой и
образующей.
728. Боковая поверхность конуса, будучи развёрнута на
плоскость, представляет круговой сектор с углом а и
хордой а. Определить объём конуса.
729. Через вершину конуса под углом » к основанию
проиедена плоскость, отсекающая от окружности основания
дугу а; расстояние плоскости от центра основания равно а.
Найти объём конуса.
730. В основание конуса вписан квадрат, сторона
которого равна а. Плоскость, проходящая через вершину конуса
и сторону квадрата, даёт в сечении с поверхностью конуса
треугольник, угол при вершине которого а. Определить
объём и полную поверхность конуса.
731. Образующая усечённого конуса / составляет с
плоскостью нижнего основания угол а и перпендикулярна к
прямой, соединяющей верхний конец её с нижним концом
противоположной образующей. Найти боковую поверхность
усечённого конуса.

102
8АДАЧИ
732
732. Дан конус объёма V, образующая которого
наклонена к плоскости основания под углом а. На какой высоте
надо провести плоскость, перпендикулярную к оси конуса,
чтобы сечение конуса разделило пополам его боковую
поверхность? Тот же вопрос для полной поверхности.
733. Определить объём и полную поверхность шарового
сектора, вырезанного из шара радиуса R и имеющего в
осевом сечении угол а.
734. Шаровой сегмент шара радиуса R имеет полную
поверхность S. Найти его высоту.
735. Площадь треугольника ABC равна S, сторона АС =» b
и l_ CAB = а. Найти объём тела, полученного при
вращении треугольника ABC около стороны АВ.
736. В треугольнике даны сторона а, угол В и угол С.
Определить объём тела, полученного от вращения
треугольника около данной стороны,
737. Ромб с ббльшей диагональю й и острым углом -у
вращается вокруг оси, проходящей вне его через вершину
ромба и перпендикулярной к ббльшей диагонали его.
Определить объём тела вращения.
738. В треугольнике даны стороны b и с и угол между
ними <х. Этот треугольник вращается около оси, которая
проходит вне его через вершину угла а и равно наклонена
к сторонам b и с. Определить объём тела вращения.
739. В равнобедренной трапеции диагональ
перпендикулярна к боковой стороне. Боковая сторона равна Ь и
составляет с ббльшим основанием угол а. Определить поверхность
тела, образованного вращением трапеции вокруг большего
основания.
740. Через вершину конуса проведены две плоскости.
Одна из них наклонена к плоскости основания конуса под
углом а и пересекает это основание по хорде,. длина
которой равна а, а другая наклонена к плоскости основания под
углом {3 и пересекает основание по хорде, длина которой
равна Ь. Определить объём конуса.

746
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
103
741. В конус вписан шар. Найти объем шара, если
образующая конуса равна I и наклонена к плоскости основания
под углом а.
742. Прямая линия — касательная к боковой поверхности
конуса — составляет с образующей, проходящей через точку
касания, угол б. Какой угол ср составляет эта прямая с
плоскостью основания Р конуса, если образующие его
наклонены к плоскости Р под углом о?
748. Тупоугольный треугольник, острые углы которого
а и р и меньшая высота равна h, вращается около стороны,
противолежащей углу р. Найти поверхность тела вращения.
744. В конус, поставленный основанием вверх и
представляющий в осевом сечении равносторонний треугольник,
налита вода и положен шар радиуса г. Тогда оказалось,
что уровень воды касается шара. Определить высоту воды
в конусе после того, как шар будет из пего вынут.
745. В конус, радиус основания которого равен R и
образующие наклонены к основанию под углом -~, вписана
прямая треугольная призма так, что ее нижнее основание
лежит на основании конуса, а вершины верхнего — на
боковой поверхности конуса. Определить боковую поверхность
призмы, если в основании призмы лежит прямоугольный
треугольник с острым углом а, а высота призмы равна
радиусу сечения конуса плоскостью, проходящей через
верхнее основание призмы.
746. В треугольную пирамиду, в основании которой —
правильный треугольник со стороной а, вписан цилиндр так,
что нижнее его основание находится на основании пирамиды,
а верхнее касается всех боковых граней. Определить объем
цилиндра' и объем пирамиды, отсеченной плоскостью,
проходящей через верхнее основание цилиндра, если известно,
что высота цилиндра равна 4-, одно из боковых ребер
пирамиды перпендикулярно к плоскости основания, а боковая
грань наклонена к основанию под углом а (определить, при
каких значениях а задача возможна).

104
8АДАЧИ
747
747. В шар радиуса R вписана прямая треугольная призма.
Основанием призмы служит прямоугольный треугольник с
острым углом а, а наибольшая её боковая грань есть
квадрат. Найти объём призмы.
748. Основанием пирамиды служит прямоугольник с острым
углом а между диагоналями, а боковые рёбра образуют с
плоскостью основания угол ф. Определить объём этой пирамиды,
если радиус шара, описанного около неё, равен R.
749. Радиус основания конуса равен R, а угол при вершине
осевого сечения равен о. Найти объём правильной
треугольной пирамиды, описанной вокруг конуса.
750. В усечённый конус вписан шар радиуса г.
Образующая конуса наклонена к основанию под углом а. Найти
боковую поверхность усечённого конуса.
751. Около шара описан усечённый конус, у которого
образующие наклонены к основанию под углом а. Определить
полную поверхность этого усечённого конуса, если радиус
шара равен г.
752. В усечённый конус вписан шар радиуса г.
Образующая конуса наклонена к плоскости основания под углом а.
Найти объём конуса.
753. В шаре радиуса R из точки его поверхности
проведены три равные хорды под углом а друг к другу.
Определить их длину.
754. В шар радиуса R вписан усечённый конус.
Основания усечённого конуса отсекают от шара два сегмента с
дугами в осевом сечении, соответственно равными аир, Найти
боковую поверхность усечённого конуса.
755. Боковые рёбра правильной четырёхугольной пирамиды
наклонены к основанию под углом а. Боковые грани
наклонены к основанию под углом ф. Апофема пирамиды равна т.
Найти полную поверхность конуса, описанного около
пирамиды.

763 ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА 105
756. Около правильной шестиугольной пирамиды описан
конус. Найти его объём, если ребро пирамиды равно / и
плоский угол между двумя соседними боковыми рёбрами
равен «.
767. В правильную треугольную пирамиду вписан конус.
Найти объём конуса, если ребро пирамиды равно / и
плоский угол между двумя соседними боковыми рёбрами равен а.
758. В шар вписан конус, объём которого равен -г- объёма
шара. Найти объём шара, если высота конуса равна Н.
759. В правильную треугольную призму вписан шар,
касающийся трёх граней и обоих оснований призмы. Найти
отношение поверхности шара к полной поверхности призмы.
760. Шар радиуса R вписан в пирамиду, в основании
которой лежит ромб с острым углом а. Боковые грани
пирамиды наклонены к плоскости основания под углом <р.
Найти объём пирамиды.
761. В правильную четырёхугольную пирамиду вписан
полушар так, что его плоская грань параллельна основанию
пирамиды, а шаровая поверхность касается его. Определить
полную поверхность пирамиды, если боковые её грани
образуют с основанием угол а и радиус шара равен г.
762. В правильную четырёхугольную пирамиду вписан
полушар так, что плоская грань его лежит на основании
пирамиды, а шаровая поверхность касается боковых граней
пирамиды. Найти отношение полной поверхности полушара
к полной поверхности пирамиды и объём полушара, если
боковые грани наклонены к плоскости основания под углом а
и разность между стороной основания и диаметром шара
равна т.
763. В конус с радиусом основания R и углом а между
высотой и образующей вписан шар, касающийся основания
и боковой поверхности конуса. Определить объём части
конуса, расположенной над шаром.

106
ЗАДАЧИ
764
764. Полная поверхность прямого кругового конуса в п
раз больше поверхности вписанного в него шара. Под каким
углом образующие этого конуса наклонены к плоскости его
основания?
765. В конус вписан шар. Отношение их объёмов равно а.
Найти угол наклона образующей к основанию (вычислить
при я = 4).
. 766. Определить угол между осью и образующей такого
конуса, у которого полная поверхность в п раз больше
площади осевого сечения.
767. В конус вписана полусфера, большой круг которой
лежит на основании конуса. Определить угол при вершине
конуса, если полная поверхность конуса относится к боковой
поверхности полусферы, как 18:5.
768. Определить угол между высотой и образующей
конуса, если известно, что объём конуса в U раза больше
объёма полушара, вписанного в конус так, что плоская грань
полушара лежит в основании конуса, а полушаровая
поверхность касается боковой поверхности конуса.
769. Определить угол между высотой и образующей
конуса, боковая поверхность которого делится на две
равновеликие части линией пересечения её со сферической
поверхностью, имеющей центр в вершине конуса и радиусом высоту
конуса.
770. Конус с высотой Н и углом между образующей и
высотой, равным а, надо рассечь сферической
поверхностью с центром в вершине конуса так, чтобы объём
конуса оказался разделённым пополам. Найти радиус этой
сферы.
771. На высоте конуса, равной Н, как на диаметре,
описан шар. Определить объём части шара, лежащей вне
конуса, если угол между образующей и высотой равен а.

779
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
107
772. Даны два шара О и Ov касающиеся извне, и
описанный около них конус. Вычислить боковую поверхность
усечённого конуса, основаниями которого служат окружности
прикосновения шаров к поверхности конуса, если радиусы
шаров равны R и Rv
773. На столе, касаясь друг друга, лежат четыре шара
одинакового радиуса г. Сверху в ямку, образованную ими,
положен пятый шар того же радиуса. Найти расстояние от
верхней точки пятого шара до плоскости стола.
774. Определить угол при вершине в осевом сечении
конуса, описанного около четырёх равных шаров,
расположенных так, что каждый касается трёх других.
776. Грани правильной усечённой треугольной пирамиды
касаются шара. Определить отношение поверхности шара
к полной поверхности пирамиды, если боковые грани
пирамиды наклонены к плоскости её основания под углом а.
э 776. В конус вписан цилиндр, высота которого равна
радиусу основания конуса. Найти угол между осью конуса
и его образующей, если полная поверхность цилиндра
относится к площади основания конуса, как 3:2.
777. Радиус шара, вписанного в четырёхугольную
правильную пирамиду, равен г. Двугранный угол, образованный
двумя соседними боковыми гранями этой пирамиды, равен а.
Определить объём пирамиды, имеющей вершину в центре
шара, а вершины основания — в четырёх точках касания
шара с боковыми гранями данной пирамиды.
778. В конус вписан шар радиуса г. Найти объём конуса,
если известно, что плоскость, касающаяся шара и
перпендикулярная к одной из образующих конуса, отстоит от
вершины конуса на расстоянии d.
779. Ребро куба равно я; АВ— его диагональ. Найти
радиус сферы, касающейся трёх граней, сходящихся в
вершине А и касающейся трёх рёбер, выходящих из вершины В.
Найти также часть поверхности этой сферы, которая лежит
вне куба.

108 ЗАДАЧИ 780
780. В тетраэдр1), у которого ребро равно а, вписан
шар так, что он касается всех рёбер тетраэдра. Определить
радиус этого шара и объём части шара, расположенной вне
тетраэдра.
ГЛАВА 11
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
Доказать тождества:
781. sec(~ + а)sec Cj — а] = 2 sec 2а.
782. ^п(2Г+^.2 +р sinp
sin а ^""*л i vi sin а
783. 2(cosec2a4-ctg2a) = ctg-| — tg-£-
784. COSa + s;na = tg(45° + g).
COS a — sin о & v ' '
_c_ COS a + sin a n ,
785. — —;— = tg 2a + sec 2a.
cos a — sin о & '
786. sin2(j + a)_sin2(|_a)=sjn|>
787. , 2cos2a-l = ^
2lg(i-.).-n.(«+.)
788. tg»(-J~a)«
1 — sin 2a
1+Sin 2a'
-on cos 2a 1 • о о
789. -г-» r-s- = T'Sin3 2a.
ctg2 a — tg2 a 4 .
790. »taq + Cos(2p-q) = ct„ ( * _ Л
' SU* cos a — sin (2P — a) --.g \ 4 РГ
7Qi l+sin2a_l + tga_^/,TC , ^
J) См. подстрочное примечание на стр. 83.

805 ГЛ. 11. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 109
sln.y + cos(2j> — X)_^ i + sln2y
7И cosx — sln(2y — x) cos2jf *
793. tga а — tg2 р = sin (а + Р) sin (а — Р> sec2 а sec2 ?•
™- sin a '-в*--
795. *(£+■). 1=Й^-1.
COS a
796. Ц^2а + 2со^а-1)> cosec я.
COS о — sin о — cos За + sin За
7Q7 slna —sln3g-j-sln5a _^Q_
797' cos a - cos 3* + cos 5a ~ * 6a'
798. sin (a — ft) + sin (a — c) 4 sin (ft — c) =
в — Ъ . a —t fe—с
= 4 cos —к— sin —5— cos —5—,
799. 2 (sin8 x + cos8 *) — 3 (sin* x + cos* л:) 4 1 = 0.
800. sin a + sin (в + у) 4- sin (а + Ц) = °-
801. sin2 (45° 4 «)—sin* (30°—a)— sin 15° cos (15° 4 2a) «.
=» sin 2a.
802. Показать, что
1— 2 COS* у
;tg<p —Ctg^>.
sin <f cos f
803. Показать, что
, a_a_ 2 sin a — sin 2a
g 2 ~"2slna + sln2a*
804. Доказать тождество
cos2 <p 4 cos2 (a 4 9) — 2 cos a cos <p cos (a 4 ?) — s^a "•
805. Упростить выражение
sin3 a 4 sin2 p 4 2 sin a sin ^ cos (a 4 p).

по
ЗАДАЧИ
806. Упростить выражение
sin2 a + sin2 В -f- sin2 -f — 2 cos a cos В cos ?,
если a+S-bf ==я.
807. Доказать, что
ctg Л ctg В-|-ctg Л ctg С + ctg В ctg С = 1,
если А-\-В-\-С~ъ.
808. Доказать, что
т. 2гс 1
COS -ё- COS -=■ =Х«
809. Доказать, что
COS -=• -j- COS •=■ = -я-.
Привести к виду, удобному
для логарифмирования:
810. l+cosa-J-cos-|-.
811. 1— V^cosa+o^a.
812. 1 —sin2 (a+P) —sin2 (a —В).
813. 1 + sina+cosa-f-tga.
_ « . 1 + sin a — COS a
814. —- .
Sln-j
815. 1—tga+seca.
816. cosa-f-sin2a—cos3a.
817. tg(« + |)-f-tg(a_^).

I ГЛ. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ Ш
8 sin p — sin 23
°,в' 2 sin p +sin 20*
У12—cosa — sing
8'9 • sin a — COS a
820. ctga4-ctg2a4-cosec2«.
821. cos 2a 4-sin 2a tg a.
822. 2 sl^ a 4-V^3~sin 2a — 1.
ело ^+tg2atga
b*** ctga + tga *
824. 24-tg2a4-ctg2a.
825. igx—l + tiuxQ — tgxl + Tq^fa.
1 + cos a + cos 2a + cos За
°26, cosa-b'2cos'-io — 1
827. 1—j sin3 2a — sin2 B —cos* a.
828. tgx + tgy+tgz-sla{x+y + z).
«*"• & i e,S I & COS* COSy COS 2
829. sin a 4- sin p 4- sin Ъ если a 4- P + 7 = ^80°«
ГЛАВА 12
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
Решить уравнения;
830. 1 — sin 5* = (cos Щ — sin —^.
83t. sin x 4- sin 2x 4- sin 3ft: -f- sin Ax = 0.
832. sin (x 4- 30°) 4- cos (Jf 4- 6t)°) = 1 4- cos 2x.
833. sin * 4- sin 2x 4- sin o# = cos * 4- c<« 2x -\- cos 3*.

2 ЗАДАЧИ
834. cos 2х — cos 8л: -f- cos 6* = 1.
835. cos x — cos 2x = sin 3x.
836. sin (x — 60°) — cos (x -f 30°). •
837. sin5л: + sin*+ 2 sin*x=l.
838. sina*(tg.x;-j- l) = 3sin*(cos*;—sin*) + 3.
839. cos4jc = — 2cosaJC.
840. sin x + cos x = -—.
sin x
841. sfn 3x — cos 2x.
842. sln*i + cos*|-=.-|.
843. 3tg2>; —secaJC=s= 1.
844. (1 -J- cos Ax) sin 4* = cos2 2x.
845. sin*jc—cos* x = cos 4-х.
846. 3 cos9 jc — sina л; — sin 2x = 0.
847. cos3x-J-3 sin2x4-2|/3sinjccosjr= 1.
648. ft s\tia x -f- S sta x cos x — 5 cos8 x =. 2.
3 5
849. sin8 Jt + "о cos2 x = "o" sin * cos *•
850. sin x -f /3 cos л; = 1.
851. sin jc-J- cos*= 1.
fe52. sin x -}- cos x — 1 + sin 2jc.
853. sin 3jc -f- cos 3* = j/^.
854. sin Л sin 7x ■» sin Зя sin 5лг.

ГЛ. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 113
855. cos х sin 7х = cos Ъх sin 5дг.
856. "sin jc-sin 2x sin Ъх == -j sin 4лг.
857. 2 cos* jc -j- 4 cos x = 3 sin' x.
858. 5 cos 2* = 4 sin x.
859. tg(J-i-x) + tgx--2 = 0.
860. 8tg2i=i + Secjc.
'(*-)
cos I
86,« -гга^-^'т-1-
862. 1 — cos (it — A:)4-sin2L±£==:0.
863.
2[l--*, (£-*)]-/* tg£jp£.
864. sin*—cosjf—4 cos2 x sin лг s 4 sin8 л:.
865. cte*+. ?'n* =2.
e ' 1 + cos x
866. 2 ctg (*—it) — (cos x + sin *)(cosec x— sec x) — 4.
867. sine* — ^)4.ctg(iL_д-^еедг-еоз*
2 sin*
l~tg-f
868. =-==.2 sin ^-..
l-ctgf 2
B69. sin (я — *) + ctg (^- -\- x) = sec (— *) - cos (2it-x).

П4 8АДАЧИ 870
870. sec2 * _ tga x -f ctg (J- + x} = cos 2x sec2 *.
871. sin3J:(l+ctgA:)+cossA:(l+igji:)=cos2A:.
872. sin8 jf Cos Zx -j~ sin 3* cos8 x == 0,375.
873. tg*-^tg2* = tg3#.
874. l + sin*+cos* = 2cos(-|—-45°).
875. 1 — cos2 2x = sin Ъх—cos I j + x\.
876. l-5cos^ + cos2^= <у*-*) 1
' ctg2# — ctg*
877. [cos^-sia^-^+l^ Jff^ .
878. (sin * 4. cos xf = 2 sin (-J + *) sin (-J — x).
879. 2 — %inxcos2jf — sin 2x cos x =a
= Н(т-^)-ЧЫ)]'
880. (1 — tg*)(l + sin2x) = 1 +tgj;.
BBbcoex+dHX-j^j.
B82. (1 + sin 2x) (cos * — sin x) = 1 — 2 sin9 *.
883> £o^_^!2£=3sln(je + 3()0)sin(;e_3n
884 Hi^y + ^ + slnteO0-^)^. tg* , ctg*
2 (1 + tg» *)3 "*" (1 + ctg* v)*'

898 ГЛ. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 115
885. sec2 л — (cos x-{- sin xtg~)z=s
sin (x — 30°) + cos (60° — x)
COS*
886. д, («+,)-Д,(т-*) ^у=—.
887. 2 /2 sin (45э + х) = -yq^T •
888. 1_2(s1n2^-cos2Jftg.t)aacos4;c_s{n4;gt
уЗ sec2 *
889. sin3jt = 4sin*cos2#.
890. sec x + 1 = sin (it — л:) — cos *tg ЧрЧ
891. JH^L— 2 sin (45° + *) sin (45°—*) = 0.
892. tg (*— 45°) tg л tg {x -f- 45°) =
4 cosa x
tg4-ctgi
893.
i. tg^ + 45°) + tg^-450) = tg(^-45°)tg^+45°)tg^
894. tg(Ar + a) + tg(* — a) = 2ctg*.
895. (sini — cosj)8
896. sln*
2
\„x , x + n'
sln (30° + *) + sin (30° — x)
= l+tg(|-M50)-tg(45°-f).

116 задачи 897
897. sin4x4-sin*(x-|-^-) = i.
897а. sin4 x -{- sin4 (x -f- -^-J + sin41 x — ^) = -g-.
Решить системы уравнений:
nno X ~\-y x— yl 1
898. cos —\~ cos —7Г- = -о". cos x cos v = -;-.
899. jc + ^ = a, sin x sin .у = те.
900. x-\-y — a, igx-\-igy — m.
901. * + .y = -|, tgx-j-tg.y=l.
1
4У2"
903. smxs\ny — --^=-, tgxtgy = j
904. sin л; = 2 sin .y, cosjc = ij-cos.y.
ГЛАВА 13
ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
905. Вычислить
2 arc sin ^ —~) -)- arc erg (— 1) -f- arc cos r?~ +
-f- -j arc cos (— 1).
906. Доказать, что
t/"i rf
tg (arc cos л;) — -

917 ГЛ. 13. ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ 117
907. Доказать, что
tg (arc sin x) = rx .
Вычислить:
908. sin Ц arc erg (— 1)J.
909. sin J -i- arc sin (— ^-jp-)].
910. ctgl-g-arccos^—y^j.
911. tg (б arc tg Xp — j arc sin ^-).
912. sin (З arc tgV^J + 2 arc cos ~\.
913. cos 3 arc sin —- -f- arc cos f— -^ ) .
Доказать тождества:
914. arc tg (3 + 2/2) — arctg^^-j.
915. arc cos 1/^-1 — arccos^±i = £.
r 3 2 Y3 b
916. arc sin -i + arc sin £ -}- arc sin g = |-.
917. arc cos -i -f- arc cos (— j) «= arc cos (— j|Y

118 задачи 918—928
1 1 32
918. 2arctg-g-+arctgT==arctg^,
919. arc tg -3 + arc tg j -f arc tg -y + arc tg -g- = •£.
Решить уравнения:
920. 4arctg(*2—Зл: — 3) — те = 0.
921. 6 arc sin (л;2—6л:-(-8,5) = тт.
922. arctg(jf + 2) —arctg(jc+l) = -J.
1 и
923. 2 arc tg -^ — arc tg x = -^.
924. arc sin —= — arc sinlA — x — arc sin -5-.
926. arc ig-j — arc tg j^~b = arc tg x.
926. arc sin Ъх = arc cos 4x.
\0x
927. 2 arc sin л; = arc sin -^p
928. Решить систему уравнений
x + y = iKigT^, tgxtgy = a*(\a\<l).

ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ

ЧАСТЬ ПЕРВАЯ
АРИФМЕТИКА И АЛГЕБРА
ГЛАВА 1
АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ВЫЧИСЛЕНИЯ
1. 6,5625.
7
2. 29^-
3. 3651.
. -ч 4
4-3Г5\
Б. 181.
в. 50.
7. 23, 865.
8. 36 п.
9. 599,3
10. 84,075.
И. 2,5.
л17
12. 2Я.
13. 0,0115.
157
14. ggQ.
15. 38 g.
16. 6.
17. 700.
18. 100.
19. 10.
20. 7-i.
21. 5.
22. 3.
23. 2gg/
24. 5.
25. lg.
26. 10.
27. 1.
28. 1320.
29. 11.
30. 250.
31. 4.
32. 4000.
33. 66.
34. 2.
35. 9.5.

122 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
36. 0,09.
37.
38.
39.
40.
35
48*
2.
1
21
41.
42.
43.
44.
45.
1
8"'
1301.
— 20,384.
2,25.
■f
ГЛАВА 2
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
Предварительные замечания
При решении задач настоящей главы (начиная с задачи 62)
необходимо учесть следующее.
"/■—
1. Напомним, что корень у а называется
арифметическим, если число а, из которого он извлекается, положи*
тельно (или равно нулю) и если, кроме того, сам корень
берётся положительным.
Примеры. Выражение У—27 не может представлять
арифметического корня, так как подкоренное число отрицательно.
Выражение \fl6 представляет арифметический корень, если
рассматривать только положительное значение этого корня (т. е. 2).
Выражение Г27 представляет арифметический корень (т. е. 3), если
рассматривать только действительное его значение (оно имеет еще два
3 . ЗУТ. 3 ЗУ*3 Л D
мнимых значения—-к- -j ^— / и -* -п — —*— Ч • Выражение
У—16 не может представлять арифметического корня, так как иод
ьорнем число отрицательное.
2. Излагаемые в алгебре правила преобразования
радикалов безоговорочно верны только для арифметических корней.
».— в
Например, равенство у х = Vх* не верно при
отрицательных значениях х. Так, при х = — 8 левая часть
равенства имеет только одно действительное значение}/—8 = — 2,
в
а правая часть—два действительных значения |/64 = dt2

ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 123
(если рассматривать мнимые значения корней, то V— 8 имеет
три значения, а ]/64 — шесть).
Ввиду этого в настоящем разделе, где выполняются
тождественные преобразования иррациональных выражений,
мы принимаем, что все подкоренные выражения могут иметь
только положительные (и нулевые) значения1). Тем самым
на буквенные величины, входящие в упрощаемые выражения,
накладываются некоторые добавочные условия. В ряде случаев
(см., например, замечания к задачам 65—71) мы указываем
эти условия. Иногда условия, которым должны удовлетворять
буквенные величины, указываются в тексте задачи. Тогда
при решении надо доказать, что при этих условиях все
подкоренные выражения положительны.
3. Особо следует заметить, что равенство "Yx'2 = x (где
]/л? есть арифметический корень) верно только при х~^0.
При отрицательном же значении х оно не верно; вместо него
имеет место равенство Yx* == — х. Оба случая можно
объединить равенством У~х* = \х\. Так, если х = — 3, то
У(— 3)2 =, |^9 = — (— 3) (при этом V(— 3)2 является
арифметическим корнем, так как подкоренное число (—З)2
положительно и значение корня взято положительным). Можно
также написать Y(— З)2 = 131. Это замечание необходимо
сделать потому, что его нет в большинстве учебников (в том
числе и в «Алгебре» А. П. Киселёва во всех многочисленных
её изданиях). Важность замечания видна из следующих
примеров.
Пример 1. Упростить выражение Yт*—2тп-\-пК
Решение
Vm«—2тп+я*».У(т—я)*==и—я
правильно только при /и > я. При т < я вместо него нужно написать
V п&—2тп + яа=» — (т—л), т. е. У"т2—2ягл -f-H*en — т.
>) В одном случае мы вынуждены были отступить от принятого
соглашения о положительности подкоренных выражении. Мы имеем
в виду задачу 64, где выражение, стоящее под знаком кубического
корня, ни при каких обстоятельствах не может быть
положительным (см, на стр. 131 решение этой задачи).

124 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Так, если и = 2ия=3, той —я = — 1, тогда как
У/и* — 2отя + я2=г у4 —12 + 9 = У"1
Общая формула имеет вид
1.
Ут* — 2тп + и* = |т — л| или Ути2 — 2тп + яа = |п — т\.
Пример 2. Упростить выражение
У"4 + 4р + р2 — У 4 — 4р+/>а
У4 + 4р + р* + у"4 —4р+р«*
Обозначив для краткости данное выражение через Л, имеем (при
РФ -2):
|2+р|-|2-р| 1- 2-^
Л= = -
|2 + р| + |2 —р[ 1 +
2—Р
Если дробь а-1 положительна, то
2 + Р
,_2-р
2+р
2-f
2 + р
2 + р^р.
1-f
если же она отрицательна, то
14
2-Р
2+р
2-р
Л =
2 + р
2-р _р-
' 2 + р
Исследуем, при каких значениях р имеет место тот и другой случаи.
Дробь 0~~^ положительна, когда 2 — р и 2+р имеюг одинаковые
J + р
знаки. Потребуем сначала, чтобы величины 2 — р и 2+р были обе
положительны. Величина 2 — р положительна, когда р<2;
величина 2+р положительна, когда р> — 2. Следовательно, обе
величины 2 — р и 2 + р положительны при —2<р<2. Потребовав же,
чтобы величины 2—р и 2+р были обе отрицательны, мы найдём,
что это требование невыполнимо, так как 2 — р отрицательна при
р > 2, а 2 + р отрицательна при р •< — 2, а эти условия не совместны.
Значит, дробь 9Т положительна только при — 2<р<2. При
2+Р
2-р
значениях р>2, а также при значениях р< — 2, дрооь 9 , отри-
* ~т Р
цагелыш.

46 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 125
Таким образом, А = —^ при 1/М<2 и /1 = — при \р\ >2. При
\р | = 2 годятся оба выражения.
Пример 3. Равенство У*лб = а3 верно только при я>0. При
отрицательных значениях а вместо него имеет место равенство
Уаб = — я3. Так, при я = —1 имеем У"(—1)8 = — (— 1) = -J- !•
Здесь Y(—1)в есть арифметический корень, так как подкоренное
число (— 1)* = 1 положительно, и значение кЪрня взято
положительным.
Пример 4. Вынести множители за знак радикала в
выражении У (а — 5)в(я — З)3.
Данный корень может быть арифметическим только при я>3,
так как ^при я<3 множитель (я— З)8, а вместе с ним и всё
подкорешюе выражение отрицательны. Равенство
У (а — 5)6 (я— З)3 — (в — 5)9 (в — 3) /а —3
верно только при а>5. При а<5 вместо него нужно написать
У (а — 5)6 (« — 3)3 = — (в — 5У5 (а — 3) /в — 3.
Общая формула будет
У(а —5)6(я —3)'= |я —5F(л —3) У«^3 (при л>3).
П j ■
4. Вообще равенство у хп = х (где левая часть
обозначает арифметический корень) верно только для
положительных значений х (и при х = 0). Если я — чётное число, то
при отрицательном значении х вместо ухп = х имеем
pari ,
венство у хп = — х. Если же п — нечётное число, то при
отрицательном значении х вовсе нет арифметического корня.
46. Группируя последние три члена выражения в скобках,
разложим его на множители
а* — #> — с* + 2Ьс = а* — (Ь—сУ*==(а-\-Ь — с)(а — Ь 4- с).
Заданное выражение примет вид
(а-{-с4-0)(а4-с — £) = (Д + с)2 — Ь\
Отв. {a + cf — ft8; 1391».1

126 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ *7
47. Выражение в скобках равно —-т. В числителе и
знаменателе последней дроби удобно переменить все знаки на
обратные, после чего числитель разложим на множители;
дробь примет вид
(а + я)(я — 1)(Я2 + я-+1)
Отв. п .
48. Знаменатель второй дроби равен (1-\-х)(х—2а).
Выражение в скобках равно 14-х. Заданное выражение равно
х 2 1
а(х — 2а) х — 2а а*
Отв. — .
49. Отв.
-2.tr'
60. Представим второе слагаемое в виде aJ~_t .
Приведём дроби в скобках к общему знаменателю; получим
~3(аТза^"п"10* ' пРиРавняв НУЛЮ трёхчлен 2а*-{-9а+10
5
и найдя корни ах =» — 2; а.г = — -^, разложим его на
множители
2а« + 9а + Ю = 2 (а + 2) (a-f-|).
Теперь выражение в скобках примет вид
— 3(д + 2)(2а + 5)
л (За— 1)
Умножим его на
За» + 8да —За а4а(д + 3)(3а —1)
1—f*3 <2 + а)(2-д)
0ш, 12(2* + l>)(* + 3) t

54 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 127
51. Сокращаем каждую дробь, разложив числитель и
знаменатель на множители.
Отв. ~pj.
52. Разложим на множители знаменатель второй дроби, и
эту дробь сократим. Данное выражение примет вид
х у(х — у) 1__
xZ+y3 (X* + y2)(x + y) Х+У'
От. ^.
53. Знаменатели дробей после упрощения принимают вид
4(х* + х+1) 4(л*-* + 1) .
3 и 3 »
данное выражение преобразуется так:
2 3/ 1 j_ ( \_ х*+1
Ъ'Т\х*+х + 1'г x*—x + l) {х*+\у—х* ■
х*+\~
л *» + *
Jtr* -f- JC2 -Ы "
64. Разложим внаменатели первых четырёх дробей на
множители и сократим первую дробь на а—-1. Выражение
в скобках примет вид
_J , 2(я — 1) 4(д+1) , а
а — 1~г (а + 2){а — 2\ (а— 1)(а + 2) "*" (я — 1)(я —2) в
2(а + 3)
в(«-1)(а + 2)(я-2)'
„ .. ЗвяЗ —144а —Зв/г2 4_ 144
Это нужно помножить на дробь — ^ -l-27 • Чи"
слитель последней дроби разлбжим на множители
группировкой членов, знаменатель — как сумму кубов a3-j-38; тогда
эта дробь примет вид
36(я —1)(а + 2)(а —2)
(а + 3)(аг —3d + 9) '
°Ш- a*-S + 9-

128 ответы и решения 55
65. Сумму дробей, составляющих делимое, обозначим
через А, делитель — через В. Разложив на множители
многочлены, входящие в А, найдём
3(х+2) , (x+2)(2x-S) '
А =
2(х+\)(х*+1) ^ 2(лг— !)(**+!) *
.г 4-2
В полученном выражении вынесем за скобку ». ^\ i\ > имеем
. ,_ * + 2 (_± , 2*-5>^__ (х + 2)(^-4)
Л-~2(х*+1) U + 1"1" х—1 )~~(х*+1Их + 1)(х-1)\
Далее находим
В== '2(х*-4)
(дс»+1)(х+1)(*-1)\
je + 2
Разделив И на В, получим
Отв. i±i.
56. Делимое обозначим через А; делитель — через В.
Приравняв нулю трёхчлен х*—ху—2у*, входящий в
выражение А, решаем полученное уравнение относительно одного
из неизвестных, например неизвестного х; найдя хх = —у и
х3 = 2у, получим разложение трёхчлена на множители
х2—ху—2у7 = (х-гу)(х—2у). Теперь имеем
х~ у х* + у*+у — 2
Л~2у-х (х+у)(х~2уУ
В вычитаемом напишем 2у—>дг вместо х — 2у,
одновременно изменив знаки в числителе этой дроби; затем дроби
приведём к общему знаменателю, получим
.__ 2х*+у-2
"-уу-хПх+уУ
В выражении В разлагаем на множители числитель
[представив его в виде (2х2~\-у)*—2а) и знаменатель (группируя
х*-\-ху и у + х). Тогда
р ._ (?х> + У + 2) (2х* + У - 2)
X 4- 1
Разделив А на В, получим {2у — х)(2х*+у + 2)ш
X -4/- 1
0/й9- <2y-jr) (2*«+jf+2r

59 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 129
57. Разложив на множители многочлены, входящие в
заданное выражение, получим
(а + 2)(а— 1) Г 4(а+1) 3 1
(a-l)J-
Отв.
ап(а — 3) |_4(л+1)(а — 1) а (а
а+2
68. Делимое обозначим через А, делитель — через В.
Числитель дроби А есть
I [4а*(Ь + cfn — 1] = i [2a 0 + сГ + 1] [2а (£ + с)" — 1],
а знаменатель
о(яа —а2 —2а—1) = а[а2 —(a+l)2J =
= ai а-{-1)(я — а—1).
В дроби В числитель оставим без изменения, а знаменатель
представим в виде — ас(п — a — 1).
пт* [2а(Ь + с)п + 1]с
итв' 2(я + а + 1) *
59. Первый способ. Приведём все дроби к общему
знаменателю:
Ъс (Ь — с) — ас (а — с)-\- ab (a — Ъ) , .
abc(a — Ь)(а — с){Ь — с) ' W
Выполнив умножение двучленов, входящих в знаменатель,
получим аЦ — аЬ*-\-ЬЧ— сРс-^-ас"* — be*, т. е. то же
выражение, что и в числителе. После сокращения получаем —г-.
Второй способ. Полагая в числителе дроби (а) а = Ь,
убедимся в том, что числитель обращается при этом в нуль.
Следовательно, по теореме Безу он делится на (а — Ь).
Выполнив деление, найдём частное
а{Ь — с) — с ф — с) = (Ь — с) (а — с).
Таким образом, числитель равен (а — b)(b— с) {а — с).
Третий способ. Приведём к общему знаменателю
только первые две дроби заданного выражения. Получим
№ — be — а2 + ас
аЬ (а — Ь)(а — с) (& — с) *

130
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
60
Группируя члены числителя (первый с третьим и второй
с четвертым), мы придем к выражению
(b-\-a){b — а)—сф— а) = (а—Ь) (с — а — 6).
Теперь сокращаем дробь на (а — Ь) и прибавляем третью
дробь заданного выражения.
Отв. —г-.
abc
60. Первый множитель равен —jj—3L_, Выражение в
квадратных скобках равно о ~ =—^-—~^^ •
„ Га-4-x+l)9 г,
Перемножая заданные выражения, находим i—~h~Z— • иРи
1 я4
подстановке х = ——^г числитель принимает вид , .;-3, а зна-
менатель становится равным .
°тв- 2ТИТ-
61. Обозначим выражение в квадратных скобках через А,
выражение в круглых скобках—через В. Имеем А : В-1 = АВ.
Выражение А освободим от степеней с отрицательными
показателями. Получим
2ЬЪ — ЗаЬ — 2<£ _ (b — 2a)(2b +а) ___ Ъ — 2а
a(a+2b) (2b — a) ~~~a(a+2b)(2b — a) a (2Ь — а)'
Преобразовав В, получим
Наконец, находим АВ = ап~1Ь (в одной из перемножаемых
дробей переменим знаки членов в числителе и знаменателе).
Отв. ап~хЬ.
62. Числитель преобразуется к виду а2 — Ь\
знаменатель— к виду а-\-Ь.
Отв. а—Ъ.
Замечание. Чтобы корни были арифметическими, числа
а и b не должны быть отрицательными.

64 ГЛ. '2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ l3i
63. Первый радикал равен
tf(a — bf{a + b)* = (а — Ъ) fja + W.
Отв. Ъ (а3—Ь%
Замечание. Предполагается, что а>■ b (иначе первый корень
не будет арифметическим).
64. В этом примере мы вынуждены отказаться от
принятого нами (см. стр. 123) соглашения о том, что
подкоренные выражения могут иметь только положительные значения.
Дело в том, что величина, стоящая под знаком кубического
радикала, всегда отрицательна. Действительно,
выражения Убх и У2х (они имеют действительные значения лишь
при х^О) мы должны считать положительными (иначе
выражение 2~\f6x—4]Л2лг теряет однозначность). Но тогда
разность 2 у&х—4 У2х = У2Ах — ]/гЪ2х отрицательна.
Итак, мы допускаем, чтобы под знаком кубического
корня стояло отрицательное число. Тогда и сам кубический
корень будет иметь отрицательное значение. Чтобы применять
правила преобразования радикалов, нам надо выполнить такое
преобразование:
$2У&х — 4У2х = — f*y2x — 2УТх.
Теперь радикал, стоящий в правой части, является
арифметическим корнем. После приведения к одному показателю
с первым из данных сомножителей получаем
8 в _ __
— У4У2х—2Убх = — У (4 У2х — 2Убх)* =
-___У8л;(7 —4J/3).
Перемножая корни, получаем: — V 64л:2 [49 — (4 Уъ )2J =-
_._2f^.
Отв. —2"|/л\
Замечание. Если не обратить внимания на отрицательность
выражения под знаком кубического корня, то получится неверный
ответ 2 Ух 1).
__^__ ~
О При подготовке первого издания настоящего сборника
составители, исходя из вышеуказанного соглашения, не обратили
внимания на его невыполнимость в данном примере и получили
упомянутый неверный ответ.

132 ответы и решения Ю
65. Первый радикал равен у (а -\-1)* (а— 1). Вынося
*
множитель (a -f-1) за знак радикала, получаем | a -f- 11V а—1.
Заданное выражение равно
4|а+1||^.1_Й1р_.
Приведём радикалы к одному показателю:
а|а + И у^(а— 1)"
2 (а + 1)(« + 2) '
Если число л-f-l положительно, то j a -f- 1J == л-f-1, и по
сокращении получаем -л-—цГо—'
Замечание. Число а + 1 и будет положительным.
Действительно, так как подкоренное выражение (e-f- 1)«(л —1)
предполагается положительным (или равным нулю), а множитель (л+ I)4 ни
t не может
бытом условии
4,
в каком случае не может быть отрицательным, то а — 1 > 0, т. е.
а > 1, а при этом условии а + 1 > 2.
Отв.
л + 2
66. Считая все корни арифметическими, приведём
сомножители
\ За иу 9+Ш-*+9а-* К 9(1+«)*
к одинаковому показателю 6. Первый и второй сомножители
примут соответственно вид
У0-г-а)3(1+а) у За*_
V 27я» 'V 81(1 +
+ Л)4'
1 ft
Перемножив их, получим -д- у"а.
Замечание. Первый сомножитель является арифметическим
корнем только при условии в>0 (при а < 0 подкоренное выражение
отрицательно, при в « О оно теряет смысл). Второй же сомножитель

70 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 133
является арифметическим корнем при любом значении а (кроме
а = — \). Следовательно, величине а можно давать любые
положительные значения.
1 */~
Отв. -тг у а.
67. Введём ab под знак первого радикала. Данное
выражение примет вид
Va-b~L-=U
ya — b
Замечание. Чтобы данные радикалы были арифметическими
корнями, должно быть а>6. Случай а—Ь исключается, так как
второй сомножитель теряет смысл.
Отв. 1.
68. Освобождаемся от иррациональности в знаменателях;
получим
<Ув — 11) ОГб +11) = — 115,
Отв.—115.
■Уа — ЬА-Va + b
69. Делимое равно - j-1 !—; делитель равен
Ya — b+Va + b У~а-
J -с ' i—; частное равно ——г
Ya — b
Замечание. Чтобы все данные корни были арифметическими,
должны одновременно удовлетворяться три условия: а :> 0, а — b > О,
а + b>0 (их можно заменить двумя условиями: а>0, |b|<|а|).
„ уа — Ь
Отв. ——г
70. Делимое равно т?—-, делитель т» . Частное -к.
г Ъ1 — а Ь* — а о
Величина а может иметь любое положительное значение; Ь
может иметь любое значение, кроме ±:]^а.
Отв. |.

134 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 71
71. Числитель первой дроби приводится к виду
(УТ+Ъ)* + (УТ^)г_ [l+ai + ii —g|
У\ — я2 ~~ 1^1— я2
Если выражения 1 +а и 1 — <* оба положительны, то (см.
стр. 123, предварительные замечания, п. 3) числитель рачен
-. При том же условии знаменатель равен
Ц+д|—|1-д|д
У\— Я2 1^1— Я2
•= д —; дробь равна —, а данное выражение равно 0.
Замечание. Чтобы радикалы, входящие в данное выражение,
были арифметическими корнями, нужно, чтобы величины 1+я и 1—а
имели одинаковые знаки. Но невозможно, чтобы обе они были
отрицательны, так как 1 + я<0 при условии я-<—1, и 1 — я<0 при
условии я>1, а эти условия несовместны. Для того же, чтобы
величины 1 + а и 1 — я были обе положительны, нужно, чтобы
выполнялось условие—1<я<С1. т. е. чтобы было |я|<1 (значения
я = :£ 1 исключаются, так как при каждом из них одно из данных
„1+я1—а .
выражении -. _ , ■=—т-— теряет смысл*, значение а = 0 тоже исклю-
чается, так как дробь 1 теряет смысл).
Отв. 0.
получим
72. Подставив х = -^\а-\—) в выражение У*2— 1,
учим
2 I я Г
Так как по условию а >- 1, то а >• 0. Поэтому
1^=Г1=4(а-±).
Точно так же найдём
у-7=т«4(»-4).
Подставляем найденные значения радикалов в данное
выражение.
г, cfi + Ь*
Отв.
+ Г

74 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 135
73. Подставляя х = b(l°im2) в выражения У а-\-Ьх и
У а — Ьх, находим
]/a — bx = \\—m\y -
1+ma*
Так как величина l-j-от2 всегда положительна, то и
величина я должна быть положительной (при а < 0 оба корня
мнимы, при а = О они равны нулю, и данное выражение
неопределённо). Так как, согласно дополнительному условию,
|/и)<1, то обе величины \-\-m и 1—т положительны.
Данное выражение" принимает вид
1+rrfl 1
Отв. — (при а > 0).
74. Задача сходна с предыдущей. Имеем
\ Л2+1У lA«2+l lA«2+l
Так как по условию я< 1, то
(От—<)7»w'<Lzg..
V^ + l
Аналогично
.2/
УйчЛ
О/иа. —.

136 . ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 75
2чЛй
76. Подставляем х = i-цгь в выражение 1 — jc9. Получаем
, г» _ 0+ *)2-4* _(!-*>
Теперь находим
Так как, согласно дополнительному условию, k > 1, то
величина \-\-k положительна, а 1—k отрицательна. Поэтому
-— 1 л- k
(1—jc2) г с= J_ . Внутри первых квадратных скобок
получается i , внутри вторых . .. Данное выражение
равно
От. K*^l(l + -L).
76. Выражение в первых скобках равно -к — -г — т-
(показатель степени —2 относится только к числителю третьего
(а па
слагаемого!). После упрощений это выражение даёт —^т-—-
•0-д)8
или
4а
Выражения
У(а+1Г3 = ^Л и (e+l)»=V>+lP
будут арифметическими корнями только при условии а> — 1.
При этом условии и радикал
V(a*— l)(a— l) = /(e— 1)2(а+1)
будет арифметическим корнем (ибо множитель (а—I)2 не
может быть отрицательным). Равенство

77 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 137
верно только при а>-1. Если же а < 1, то
У {а — 1)2(а+1) = -(д — 1)У^+Т
(см. предварительные замечания, п. 3, стр. 123).
Данное выражение равно
(я — l)* Га — 1
Га—1 д+1 1
[а+1 la-i.J-
4л
Замечание. При а = :£ 1 выражение теряет смысл.
0/яв. -^-при л>1, | 2X(;4-U при-1<а<1,
т. е. при \а\ < 1.
77. Данное выражение можно представить в виде
Предполагается, что я2 — о2>0, т.е. |jc|>|o| (в
противном случае корень Ух2—а2 не будет арифметическим;
случай |дг| = |а| исключается, так как второе подкоренное
выражение теряет смысл).
Первый сомножитель преобразуется к виду
1 ' У х* — а* ' ' y^jc-*— я*
(так как х2— а2 > 0, то |лг2— а2[ = лг2 — а2).
Выражение |/ Г——2 — J преобразуется к виду
/С
ах ) ~ \а\\х\ *
Здесь числитель можно записать в виде х2— 2а3 только
в случае, если х2 — 2а2 >■ 0, т. е. если | х | >■ | а 1У 2~.
Теперь данное выражение запишется в виде
2|.ri *jz2?L. V*'—д'|ди*1
Yх* — а* 2ах[х* — 2а2| , "

138 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 78
Принимая во внимание, что | х | • | х \ = 1 х |2 = х2 и производя
сокращение, получим •, а_Д а-л: или, что то же,
х* — 1<&\ а |
\х.
а \ х* — 2<# .
Отв. При условии | х | > | а [ данное выражение равно ± х;
хз 2а?
верхний знак берётся, когда > 0, нижний — когда
■ <0. Если = 0, т. е. если | х | = | а | у 2,
данное выражение теряет смысл.
78. Освободимся от отрицательных показателей.
Числитель примет вид
2аЪ У~а , 2аЬ V» _ _ g .
У~а+УЬ Va+Vb
а знаменатель будет
2ab ( 1-7=-] 1-т=)-
Заметив, что a -\-Vab = Va(V~a + V~b) и b + Vab =
= V b Qf b -J- У с), представим знаменатель в виде
2^^=-^ - + г- г- r-\ = ^ = 2Vab;
\V^(Va+Vb) Vb(.Va+V!)J Yab
теперь заданное выражение равно
2ab
2Vab
Отв. У об.
■■V ab.
79. Выражение в первой скобке преобразуется к виду
2Y~ax
Возведя его в степень —2, получим
ia + x)(Va+Vlf
Aax \

83 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 139
Аналогично выражение во второй скобке преобразуется
к виду
4ах
При вычитании выносим за скобку а~Гах<' (внутри скобок после
упрощений получим ^Y ах).
^ а + х
Отв. '—.
Уах
80. Последнее слагаемое после упрощения принимает вид
. Приведя все дроби к общему знаменателю, в сумме
2 У** + л
получим
2Ух*+а
Отв. Ух*-\-а.
81. Отв. 2(х-\-Ух*— 1).
82. Внутри квадратных скобок имеем а~'гЬа 2Ьа3 =
_i_
= а 3&а. Заданное выражение равно а~*Ь9. Сюда
подставляем
Отв. 1.
2 "^2
83. Заданное выражение представим в виде —т-
a+l~b + l'
сюда нужно подставить
а = , 1 ._ =2 — /3 и £ = L^ = 2 + /3.
2+1^3 2—1^3 ' г
Находим д+1=3 —/3, _i-r = i+_0. и т. д.
1 а-\-1 о
О/ив. 1.

140 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ^4
84. Orhe. Ух*—4х.
85. Отв. а.
86. Чтобы все корни были арифметическими, должно
быть х_—о*>0. Выражение в скобках приводится к виду
4 Уде УяГ^Га*
ей— • Данное выражение равно
Y~x I я* \ _ _ efl
VT^i Л 4 Yx Ух^аЧ 4(* — яа) *
Отв.— а*
4 (х — в2) '
87. Знаменатель второй дроби равен
*т— 1 = (*£) __ 1 в (ХТ_ 1)(* 4- *«" 4 0"
O/we. x—^ 1.
88. Делимое равно
= (г7+Зут) (2—з • 2^ 4- 9ут)'
делитель рав%н 2* -\-Ъу*'
О/ив. 2 — ъу 32^ +9 |/j2.
89. Освободимся во втором члене от отрицательных
показателей. Дл.я этого можно числитель и знаменатель
помножить на а2. В числителе получим аь— 1, а в знаменателе
fl2 W — fl"T) = <& [a* (с7—о") J = о* (a — 1).
По сокращении получим ,, . Аналогично третий член
а
а —1
равен —57-.
а

92 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 141
90. Делимое и делитель преобразуются соответственно
к виду
1 Л А
я2 +Ь* (а — &)8
*3(д-*)* ^U7-*2]
Учитываем, что (о¥ + *¥) (о* _ ат) = а8—Л В частном
О
получаем a?-\r ab-\-Ь*. При а =1,2 и ft = |-получаем 2,52.
Отв. сР + ад + Ь*; 2,52.
91. Раскрывая скобки и приведя подобные члены,
представим делимое в виде
ii A/ A AN.
6аЧ* + 9* = З*2 V2fl2 -f-3*2J»
1/ A A\
делитель представим в виде a2 V2ea4"3ft2/. Частное есть
Зт/ —; при данных значениях а = 54 и fta=6 оно равно 1.
Отв. Ъу ^; 1.
92. Умножая числитель и знаменатель данной дроби на
[(а+ *)-»■+(a — ft)"j[(a4-ft)"—(а — ft)""^ | •
получим в числителе
[(а + ft)' Г — (в — ft)""*] + [(а + ft)"* + (в — *)Т) =
= 2(a-fftf*;
в знаменателе получим
[(а 4- ft)"—(а — ft)"» J — [(а 4- ft)""* 4- (а — ft)" "*"] =
= -2(а —ft) a
°~- -/"St-

142 01ВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 93
93. В вычитаемом первый сомножитель приводится к виду
1—а9, а второй—к виду (1 —а9)"2. Имеем
1 8
в9(1—л9)"7—(1 — а*Н1 — а*рг=»
i l 1.
= аа (1 — а9)" * — (I — а*)~*=» (1 — а8)"a Гл9 — 1) —
t
«=—(i—в8)"*
Отв. —V^ 1 — «*.
94. Данное выражение равно
■г8—! /Г+Э — 1
V* С* 4-1) С»» + D V* (1+*•> У* I + *»
95. Числитель третьего члена приводится к виду
/?"(/?"—я9) V Знаменатель равен /?9. Данное выражение
принимает вид
til
1 1 £
в (#а_*•)J _j_ (/?a _ x»)~T(/p _ ^ в 2 (/?»—х9)».
Отв. 2//?«—х9.
96. Первое и второе слагаемые приведём соответственно
к виду
Р+9
гС7+?7)
/1 i\» » / 1 1\<> 1 1 / 1 i\» 1 i •

83 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 143
Приведя эти слагаемые к общему знаменателю, получим
Числител!
Отв.
, этого
1
_1 \_
выражения равен \р2
+ *')
JL i
97. Вводим дробные степени. В выражении а-\-а3х6
1. JL 1.
выносим за скобку а3, а в выражении х-^-а3х3 выносим
за скобку х3. Тогда числитель первой дроби будет
д3 . __ a3 -x3 __ W + *vU' -x8)
x
2_ ji_
3 u 3 *•
1 1
так что первая дробь преобразуется к виду —^ . Выра-
хт
жение в квадратных скобках теперь принимает вид
Отв. jj.
1 1
а3 +х3
2
X3
1
1 а3
1 Z
X3 X3
98. Двучлена — Yax представим ввилеУа(УИ—Vх)-
Числитель дроби будет
0/"^-|- 1)2_ У~а = а-\-У~а-\~ 1.
Знаменатель равен 3(a-J-K^+!)•
Отв. 27.

144 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 9».
99. Освободимся от степеней с отрицательными
показателями; первое слагаемое (после сокращения на 2а—3)
примет вид - а ~Т—; второе (после сокращения на а—1) даст
я'»
а— 3
а*
Отв. 9л.
100. В первом сомножителе вынесем за скобку а — Ь.
Величина _v He может быть отрицательной (иначе корни
не арифметические). Данное выражение примет вид
Отв. 2b(a — b).
101. Делимое и делитель представим соответственно
в виде
аУТЪ _^ aVb pT(p"a—ty~b)
а + У~аЬ У a + УЪ ' JTj *
Частное можно сократить на (У~а -\- У Ь) (у л — К * )» если
учесть, что
а — Ь = (У~а + У~Ь)(У~а— V~b) =
-(У*+ УЩУ~а + \ГЬ) {Va- fa).
Отв. а\П>(Уа + ]ГВ).
102. Данное выражение представим в виде
KY-Jf+Wbf . а-у-аУТ+Ь-]?
[ У~а ' УЪ(У1-УЪ)\ *
Числитель делимого разложим на множители, как сумму
кубов. После сокращения будем иметь в квадратных скобках
(Va -f- V *)(У а - V~Ь) = а — Ь.
Отв. f(a — bf.

105 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ Иб
-V
2V~x »/-
103. Дробь —г—-—5— сокращаем на ух. Выражение
х\Лс — 4}Пс
в квадратных скобках преобразуется к виду ■ х_1 • Эту
дробь сокращаем на yrx-j-2. Заданное выражение равно
(—j—yZ-V&+4y>=(Vx-2Y-\X + 4\.
Предполагается, что *>0 (при отрицательном х корень
У~х не будет арифметическим, при # = 0 данное выражение
теряет смысл). Поэтому х -J- 4 > 0.
Отв. — 4 У х.
104. Дробь в квадратных скобках равна
Ч{У~х + УУ) _ 2
У^(У^+Уу) Ух'
Заданное выражение равно
Xй (-r^-Yl^ хУ~х = я3 • 32*"**" = 32*.
Отв. 32*.
V—
105. В числителе первой дроби выносим за скобку у ах.
Учитывая, что )/~х?—у«8=^—У а, сокращаем дробь.
Первый сомножитель принимает вид
!
V
ах-
1 + Уах
*>—
у ах
—4
ах
у-а
= У ах.
Второй сомножитель есть l/ (l-f-l/ —) * Так как
у -— есть арифметический корень, то выражение 1 + \' —
всегда положительно.
Отв. У~а(Ух + УЪ).

146 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 106
106. Величины а и с должны быть положительными.
Поэтому знаменатель первой дроби, который приводится
к виду
Y2(a—62)2-f-8a&2 = V*(a + *2)2,
равен Y 2 (a -f- *2). Числитель этой дроби равен 1^3 [а -\- б2).
лГ~2 ,—
Вторая дробь равна — ■ _ • у ас.
Отв. —У ас.
107. Уменьшаемое равно
Подкоренное выражение вычитаемого равно (я2-}-*2)2
(величина a2 + jc2 положительна).
Отв. —1.
yn-yv
108. Выражение в квадратных скобках равно :^=—^=,
(У*_у1)2 _
возведя в степень — 2, получим -" -' ■. Делитель
4у х
\Г~ i t/— Ух—У а
после сокращения на у х-\- у а равен — j--—.
У1с—Уа
Отв. ——7=*—.
Ух
109. В числителе дроби выносим за скобку у х;
сокращаем дробь; заданное выражение принимает вид
(2 Vxf + 4* + 4-f (V~x+ 1)а = 5*-J- lO/Jc + 5.
О/ив. 5 0Лк + 1)а.
110. В первой дроби переведём х 8 в знаменатель (с
"я
положительным показателем); дробь окажется равной 0.

113 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 147
Вторую дробь сокращаем на я8 . Заданное выражение
принимает вид
/ 3 1 \-1 (1 — 1х \-1 _ (х — 2) (х — 1) 3* —2
\х~^2~~х — l) ~~\3x — 2j ~~ 2х — 1 1— 2х'
х
0ш'1х^Т-
111. Первый сомножитель равен —. Возведя в квадрат
выражение в квадратных скобках, получим 2я2— 2ab,
Отв. 2 (я — Ь).
— —
112. Разность У~х — Y~a = xs— я3 возводим в куб;
числитель дроби равен
3*—-3*3я34-3.*8я3 = 3*8 U3 — х~а* Ч-я3)'
знаменатель дроби равен
— Зя —Зх8я3Ч-3*8я3 = — Зя* Vfl3 -{-х3 —*3я3)'
х
Сократив дробь, получим ;-. Заданное выражение равно
-4-Т+/
я3 /
2_
Ka-f-л)8]8 :я=1.
Отв. 1.
113. Числитель первой дроби равен
я + 21/"яЗ— 3* = (/"Б)2 + 2 ]/^ j/~d — 3 (V~b?
= (УЪ + з ]/1) (/я — J/£).
0/мв- -йг»

148 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЕ 114
114. Знаменатель первой дроби в круглых скобках
\а~) + а Ч~* — 6 (ь"г) = \aJ—26*) (о7 + ЗЬТ)'
( - -Y
Знаменатель второй дроби равен \a2-f~3*V . Аналогично
разлагаем на множители числители.
0тв- 7=ЯГ-
116. Дробь в скобках сокращаем на Уа-{-УЬ. Первая
из дробей, в сумме составляющих данное выражение, равна
3Y~h(a—Vab + b) 1
3 Y~a KYt? + (V~bf} = Ya+ Y~b '
Вторая дробь равна
У~а{У~ъ—У1Ь 1
V~a(a — b) V~a+Y"b'
Отв. 0.
116. Отв. 3.
117. Освобождаемся от отрицательных показателей.
Выражение
3 1 ( ±\8 / 1\8
аг — 62={а') — ОТ
разлагаем на множители.
Отв. 1.
118. Преобразовав первое слагаемое в квадратных
скобках, получим
1 — а*
П[(П)ЧП+1][(^)8-П+1] "
Числитель этой дроби равен
a-«Hi+*)4i-(f^3][i+(^03Ь
Сумму и разность кубов разлагаем на множители.
Отв. а.
119. В числителе дроби выносим за скобку у~а.
Множимое равно У а—ух, а множитель 4 ty(P-\-Y ax-\-V~&)-
Отв. 4 (а — х).

123 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 149
120. Дробь представим в виде
Ya—V Ь
Выражение в первых скобках (делимое) равно
V ~а (а + 2 / Ъ f 1+f~W) = V ~а (V а + \r~bj.
Делитель равен
Отв. а.
4 4
121. Знаменатель уменьшаемого равен У а у х{у~а -\- Ух),
а числитель ]/~а ух [(Ка)3 + ( У*)3]- После
сокращения приведём уменьшаемое к виду а — V~ay х-\~У~х.-
Вычитаемое равно V (a-\-Y~xf — \a-\-Ух\. Вместо
последнего выражения можно написать а-{-Ух, так как а-\~У~х
есть положительная величина (величина а не может быть
отрицательной, ибо в данное выражение входит У'л).
Отв. сРх.
V- */■-
122. Сомножители знаменателя равны \-\-y х к 1 — ух.
Числитель можно представить в виде —x(l —У 1с).
Отв. —л;3.
123. Числитель дроби в квадратных скобках равен
ty&{V ~а + У1) -\-btyj* (fa -\-V~S) =
= ( fa + У1) (fa + УЖУ a- fa Y~b-\-b).
Заданное выражение равно
у-а{у-а-УаУ^+ fc4 -
уь—уъ
4.._
УЗ V а
А ~™* V.
fa(fa — yb) р~а~уь
Отв. 0.

250 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 124
124. Числитель уменьшаемого равен
Отв. У а.
125. Сначала складываем первые две дроби; общий
знаменатель равен
[{а* + 0 + flTJ KoT + 0 — aJ\ = \аТ + 0 — аТ —
A А.
= аа + в* + 1.
Получим —- ^" ■ ■—. Теперь вычитаем третью дробь; об-
вТ + а"1 + 1
щий знаменатель a-j-a2-^-!.
4
Отв.
а+а* +1
126. j/Y2— 1 p/~3 + 21^2 =
= ^(/2-1)2(3 + 2/2)=1.
Аналогичное преобразование выполняем в знаменателе.
Подкоренное буквенное выражение в числителе равно
(Ух—2)\ Дробь х~ сокращается на Ух— *•
О/гее. 1.
127. Числитель первой дроби равен
с2/вФ + в*V^oW = a(a + b) V№P.
в
Знаменатель преобразуется к виду (b-\-d)(b— 2а)у аЧ3.
3.
Таким образом, первая дробь равна ^__п • • Делимое в круг-

134 ГЛ. 2. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 151
лых скобках равно ,._„ и3 — Ь)' ^азделив его на Зд_ ь'
получаем (Ь-2а)(а + Ъ)' Вычитая из этого ~^Т' НЗЙДёМ
а(За* + 2аЬ — &)
-(а + Ь)(Ь — 2а) '
Заданное выражение равно
а у а а Зд(3я — Ь) ,^ —
Отв. У~а.
128. Множимое равно 2 _ . Выражение во вторых
скобках равно Y^x — а>
Отв. 2л:—j— a.
129. Отв. |/-2.
1
130. Отв.
х(х-\у
131. Уменьшаемое равно ■ . , , а вычитаемое равно
Ъ
(а + Ь)(а + 2Ь)т
1
Отв.
а + 2Ь '
132. Первое слагаемое равно . ; второе слагаемое
Ь 2а + Ь
равно — • —г»
г в в + 6
л в + 6
Отв. —!—.
133. Первое слагаемое равно —г—; второе равно —.
Отв. -г-.
о
134. Отв.%=±.
afr > »lul»*' yuonv; —

152
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
13S
ГЛАВА 3
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ г)
135. Дробь —~-^- представим в виде l + g--f-- Тогда
данное уравнение примет вид
а(Ь — За) _ _7__а_
2Ь*(Ь — а) У~ 6 Ь '
П(Ь — а)
откуда ,у=з(&-За)'
п 7Ь(Ь—а)
136. Освобождаемся от знаменателя (общий знаменатель
а2—*2).
Отв. х — 0.
137. Решая данное уравнение по общему способу,
получим "•■
ЗаЬс + аЬ{а + Ь)-\-be(b + с) + са(с + я) i
Х~ ab-t-bc + ca
Эту дробь можно сократить, разложив числитель на
множители (выражение ЪаЬс представим в виде трёхчлена abc -\-
-\- abc -f- abc и каждый из последующих членов сгруппируем
с abc). Получим х = а -f- b -\- с.
Решение упрощается с помощью следующего
искусственного приёма. Слагаемое представим в виде
1) При решении задач этой главы не рассматриваются
исключительные значения известных величин, при которых данное уравнение
теряет смысл или лишается решений, или приобретает больше
решений. Так, в задаче 135 данное уравнение теряет смысл при b — О
и при b — а = О, ибо при b = 0 знаменатели первого и второго
членов обращаются в нуль, а при b — а = О то же происходит с
последним членом.
Далее, при а — 0 данное уравнение имеет бесчисленное
множество решений, так как уравнение принимает вид 1 = 1 и становится
тождеством. Наконец, при b = За данное уравнение совсем не имеет
7
решений, так как оно приводится к виду 0 • у — -тяг.

140 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 153
£_—(д+ -г<ч _|_ i и аналогично два других слагаемых левой
С
части. Уравнение примет вид:
1*_ (« + Ь + с)}(-1+-^-+т) ^°-
О/в*. * = a-{-*-f-c.
138. Общий знаменатель Ъсй (2с -f- Ъй) (2с— 3d).
итв. г— g^^.^^ .
139. Представим дробь ^/^"^ в виде ^^"^
(чтобы получить тот же знаменатель, что у следующей дроби).
х J 1 х
Дробь ■ . полезно преобразовать к виду ._ -.
Переносим все члены влево и группируем их (первый с четвертым,
второй с третьим). Получаем
^~x)(^ + j^r)+T^B[2n.^x~l)-(2x-l)\=0.
Преобразовав 1 — —-f-, ;■- к виду у^р. освободимся от
знаменателя.
Отв. х — -^.
140. Переносим члены с х в левую часть уравнения,
а известные в правую, и каждую часть отдельно приводим
к общему знаменателю; получим
(ЪаЬ + 1) (я + 1)г — (2д + 1) _ dab (а + 1)" + «*
a(a+lf x~ (а+1)8 *
или
ЗаЬ (а + 1У + а* + 2а+ 1 —2а— I _ a [3ft (а + 1)3 + д1
а(а+1)* Х~~ («+!)"
Отсюда
д[3»(дЧ-1)8 + а] a{3b(d+l)*-{-a\
а{а + \р Х~~ (й + 1)3
После сокращения находим
х ■■
Отв. х = —г-^г.
a-J- 1
а+1"

154 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 141
141. Производим группировку членов, как в задаче 140;
после преобразований получим
аЬ [Зс (а + bf + ab\ __ а \Ъс (а + ffi -f аЪ\
Отв. х =—г-г«
a-f- о
142. Общий знаменатель (а-^-д)2(а — Ь).
0твшХ==т^±ь).
а
143. Дробь ■ ^_ zi представим в виде (—г2_1тф Об-
щий знаменатель будет mz(z^ — m2). Освободившись от него,
получаем после приведения подобных членов /иЯг2 — Атьг = 0.
Это уравнение имеет два корня: г — Q и г==Ат. Но при
отбрасывании знаменателя, содержащего неизвестную
величину, могут появиться лишние корни; а именно, лишними
будут те, которые обращают общий знаменатель в нуль.
В данном случае лишним является корень г = 0. Он не
удовлетворяет данному уравнению потому, что первый и третий
члены теряют смысл при г — 0. Корень г = Am не обращает
в нуль общий знаменатель; поэтому он не является лишним.
Отв. г = Am.
144. Общий знаменатель будет Ь* — л:2. Освобождаясь
от него, получим 2х (а2 -f- № — 2ab) = 2 (а2 — £2), откуда
л: = _ . Лишних корней нет, потому что знаменатель
#4—х2 не обращается в нуль при х = "_. .
Отв. х = ——г,
а — о
145. Общий знаменатель (х2—а2) (х + я). Освобождаясь
от знаменателя, найдём х = —. При этом значении х
знаменатель не обращается в нуль. Значит, х = — есть корень
данного уравнения.
Отв. х = —.
а

148 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 155
146. Представим х-\-а~г в виде * + — • После
преобразований получим
2я 2 __£_
ax + l : ялг+1 "" 2 "
Сокращая на ах -\- 1, найдём л: = 2а.
Замечание. Сокращение на ах +1 возможно при условии,
что ах + 1 не равно нулю. Но при х = 2а имеем а* -f- 1 = 2а2 + 1 > 0.
Поэтому полученный корень — не лишний. Но если бы мы имели,
например, уравнение шх_2а' х — 2а~'2' Т0 С0КРащениена х — 2а
дало бы тоже х = 2а. Однако этот корень не годится, ибо дроби
.—rL_ и гг- теряют смысл при х = 2а. Таким образом, уравне-
х — 2а х — 2а v
2а 2 х
ние . —: — = -fj- не имеет решении.
х — 2а х — 2а £
Отв. х — 2а.
147. Перепишем уравнение в виде
а + л: , а — х За
в2 + х* + ах ' а2 + х* — ах ~ х (я4 + ct*x* + лг4)'
Общий знаменатель левой части (а2 + *2 + а*) (а2 + х2 — дл)
можно преобразовать так:
(а2 + л:2)2 — (ад;)2 = а* + а2*2 + л;*.
Получаем
2аЗ Зя
а* + аал? + х* х(а< + а2**+ ■**)'j
О/гее. л: = -гг—.
2я^
148. Переносим члены с неизвестным в левую часть
уравнения, а члены, не содержащие неизвестного, в правую:
(„ _ ь — 1) /* = (а2 — б2) — (а + Ь).
После разложения правой части на множители получим
(a-.b — l)Yx = (a-\-b)(a — b — l).
Отсюда имеем Yx — a-\-b.
Так как выражение У х означает положительное значение
квадратного корня, то при a -A- b < 0 задача не имеет решения.
Отв. х = (а-\-Ь)2 (при условии, если я-|-6>0).

156 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ *49
' 149. После освобождения от знаменателя и приведения
подобных членов получим 2х2-\-6ах-^-Ъа'а==0.
150. Общий знаменатель будет 4(х-\-Ь){х— Ь). После
упрощения получим
12*2 — ых- *2 = 0.
п ь • _ ь
151. Общий знаменатель будет (дг — а)8. После
освобождения от знаменателя получим
(х—af — 1а (х — a) -f (а8 — *2) = 0.
Из этого квадратного уравнения находим
а: — а = a rt b.
Отв. x1 = 2a-{-b\ х2 = 2а— b.
152. Общий знаменатель будет be* (а — 2Ь). После
освобождения от знаменателя получим
(с*)2 — (а — 2Ь) • (ex)— b(a — b) = Q.
Из этого уравнения находим
(д — 26)±д
сх =- ^ .
0ям. ,,.-=». ^„f
153. Освобождаясь от знаменателя, получим уравнение
4л; (я — fl)-J-8*(jc-f-a) = 5aa или, после упрощения,
12лг8 + 4а* — 5а8 = 0.
п а т Ьа
154. Общий знаменатель п(пх — 2). После упрощений
уравнение принимает вид
(я — I)*2 — 2х — (я+1) = 0.
я + 1 ,
Ояга. х, = „_}-; л:2 = —1.

158 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 157
155. Общий знаменатель будет а (а—х)2. После
упрощений получим уравнение
(a -f 1) *9—2ах -f- (а — 1) = 0.
Отв. *, = 1; х% *= , . .
156. Общий знаменатель будет (л: — я)а. После
освобождения от знаменателя получаем уравнение
(дг — а?—2Ь (х — а) — (а2—*2) = О,
решая которое, находим
*—а = Ь±.а.
Отв. дг, = 2а-\~Ь; дг2 = £.
157. Общий знаменатель лдг(лг—2)(х-\-2). После
упрощений получим уравнение
а:2—(2 — п)х — (2яа+4я) = 0.
Отв. дг, =■ я + 2; дга » — 2я.
158. Первый способ. После обычных преобразований
получаем уравнение
*2-}-(л — 2л—2а + ")^ — (я — 2л) (2а —я) = 0.
Решение последнего уравнения можно найти сразу, если
обратить внимание на то, что свободный член есть
произведение величин —(я—2л) и (2а — в), а коэффициент при х
есть сумма тех же величин, взятая с обратным знаком.
Второй способ. Переносим единицу из правой части
в левую, получим:
а -\- х — 2я а — 2п + х
2а —п х —U'
или
отсюда: I) а — 2л4-* = 0 или дг, = 2л — а,
2) 2а — п "Т^0 или х2 = 2а — п.
Отв. дг,=2я — а; х9 = 2а — п.

158 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 159
159. Получаем уравнение
(я— I)3*»—а(п — 1)Х-\-(а—1) = 0:
чтобы избежать действий с дробями, можно положить
(я—1)х = г или непосредственно найти (я—1)х из
уравнения
[(я— 1)*]а—а[(я— 1)х\ + а— 1 =0.
Получим
(я—1)лс, *=а— 1; (я — 1)jc2=1.
160. Знаменатель левой части равен (а — х)9. Помножив
на него обе части уравнения, найдём
/д —лг\а / а \2 5 /л — ж\а 4 (а—х\* / "_У
v * J wr; = 9 \т~;» irv"T-;""U+*J*
Извлекая корень, получаем одно из двух уравнений:
2 а — х а ■ 2 а — х а
и -к- • •
3 * а+Ь п 3 * а+Ь*
161. Преобразуем сначала выражение
(1 -f axf—(а + х? — 1 + а2*8—а9—*9.
Группируя в правой части первый член с последним, а вто-
рой с третьим, получаем (1—х*)(\—л9). Теперь заданное
уравнение приводится к виду
Отв. #, «-г ; xs = ~—г-.
i ь — а ' * а—о
162. Трёхчлен ах*-\-Ьх-{-с разлагается на множители
первой степени следующим образом: ах*-\-Ьх-\-с =
= а(дс—*,)(* — jtg); здесь *, и jc9 — корни уравнения
лх8+&*-{-с «=0. В данном случае а = — 3, ^ = 7;
х,» J-, так что получаем —Ъ{х—7)(х -J-Др).,
Оям. (7 -- х){Ъх -J- Ю). J

J64 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 159
163. Так как
cfi — b* _ (а + ь)(а — Ь)
b а аЬ аЬ
то можно по догадке разложить |- на множители ^-i-
а — Ъ { а , Ъ\ ,_.
и —г— 1их сумма равна -?—| 1. по надо еще выяснить,
будет ли это решение единственным. Пусть а и
v—искомые множители. По условию
а Ь , а , Ъ
b a ' b ' a
Следовательно, и и v — корни квадратного уравнения
В выражения для и и г» войдет радикал
• (*+#-«(*—:)■
Зная заранее, что задача допускает рациональное решение,
постараемся освободиться от радикала. Для этого напишем
/ а , b\a /а 6\г
вместо l-v-H 1 выражение l-j- 1 и для компенсации
прибавим 4 • -т- • — , т. е. 4; тогда под радикалом получим
полный квадрат \(j- \—2?.
Отв.
а-\-Ь а — b
a b
164. 15jc3—I-jc2 — 2х — х(15х2-\-х— 2). Корнями урав-
1 2
нения \Ъх2-\-х— 2 = 0 будут je1 = -g-; xz = =-.
Следовательно,
15*2-f-* — 2=15(* — ■д-)(дг+-|) = (3ж— 1)(б* + 2).
Отв. х(Ъх — 1)(5лг + 2).

160
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
16S
165. Первый способ. Сумму 2х*-\-4х2<-{-2
представляем в виде 2 (jca —J— I )a-
Второй способ. Располагаем многочлен по
убывающим степеням х и член 4лг9 разлагаем на два слагаемых
2jc2 -j- 2х2, после этого группируем первые три члена и
последние три и разлагаем на множители.
Отв. (л;а+1)(2л;2+л; + 2).
165а. Левую часть уравнения напишем так:
(1— х*)*+4х*.
Уравнение примет вид
(1 _ л:2)2 _ 4Х (1 _ д-2) _j_ 4*2 — 0,
ИЛИ
[(1— л:2) — 2*12 = 0.
Отв. *! = — 14-1/~2"> xs = — \ — У~2.
166. Искомое уравнение есть [х — ^г)(х ) = 0.
Отв. abx* — (aP + b^x + ab^O.
167. Согласно теореме Виета корни xlt х2 уравнения
jca+рх -\- q = 0 в сумме дают —р, а в произведении q.
Значит,
/ 1 -, 1 \^_ -2-10 _ 20
Р \Ю— УП 10+У72У 100 — 72 28',
1 1 __ 1
10—/72 * 10+У72 28*
Искомое уравнение: х2—-^ х -\- -^ = 0.
Отв. 28л2 — 20* + 1 == 0.
168. Решается аналогично предыдущей задаче.
Отв. Ьх* — 2аУах-\-а? = 0.
169. По теореме Виета хххй = 12; по условию хг — лга = 1.
Из этих уравнений можно найти xt и х2 (4 и 3 или —3
и —4) и затем р ——(х1 + х2) = rir 7.
Но для разыскания хг-\-хй нет необходимости
определять хх и л:а по отдельности. Можно вычислить
(*i + *2)а = <*i — *2>а + 4*!*2 = I2 + 4 • 12 = 49,
откуда р — — (*! -\- jfa) = rt 7.
Оягв. p = ±z7.

173 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ ,161
170. Имеем
1 e .
з
Далее, как в предыдущей задаче, находим х1-\-ха = ±-у=.
у 6
i k
и учитываем, что ^-г-х^^З""
Отв. ft = ±z3Vr5.
171. Имеем
Х\ —J- х^ == 1,75; х^х% = д ; xt —f- x% = За.
Здесь три неизвестных xv jc2, а. Нам нужно найти а.
Возводя третье уравнение в квадрат и вычитая удвоенное второе,
находим х\ -j- х\ = 7а . Сопоставляя это с первым
уравнением, находим 7а2 =1,75.
Отв. fl = ±-j.
172. По теореме Виета
Р + Ч = —Р и pq = q.
Эта система имеет два решения: 1) р = 0, # = 0; 2) р=1,
q = — 2. В первом случае имеем уравнение я2 = 0, во
втором х2-!-.*—2 = 0.
Отв. 1) р = 0, q=>Q,
2)^=1; q = -2.
173. Корни искомого уравнения будут 34 = ~ аУъ~ — '
Выразим ух-\-Уъ через коэффициенты с, Ь, с. Для этого
, х\ + х\ {х1+х^ — 2х{хг
преобразуем Л+Д,з= У У к ВИДУ ГТ и за"
меним (ATt + Jfg) через — —, а х^х2 через ~. Получим
■ ~ а0-. Кроме того, имеем yty3 = ^ • ^ = 1. Следовательно,
искомое уравнение есть
Отв. асу% — (Ь% — 2ас)у + ас — 0.

162 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 174
174. Эту задачу можно решить как и предыдущую, но
лучше итти более коротким путем.
В первом случае оба корня искомого уравнения должны
быть вдвое больше соответствующих корней данного
уравнения. Значит, нужно найти неизвестную величину у, кото-
рая вдвое больше неизвестной величины х, удовлетворяющей
уравнению ах* -{-Ьх-\-с =з 0. Из условия у*=2х находим
лг = ?г и, подставляя в данное уравнение, получаем
■(#+•«)+-••
Во втором случае делаем подстановку дг = —, Получаем
■&;+»(#+«-••
Отв. 1) ay* -f- 2by -J- 4c = 0;
2) cy*+by + a = Q.
175. Первый способ (см. решение задачи 173). Имеем
У\ 4-Л = Jf? + 4 = (*! + V — 3jrtJf9(Jft -+- хй).
Подставляя сюда xt-\-x9 ——— и .*tx2 = £, находим
6» — ЪаЬс п / чв с*
Л + Л =» ^— • Далее« Л-Уз — (*i*tP =» jr. и по
теореме Виета составляем искомое уравнение.
Второй способ (см. решение задачи 174). По
условию y = xs, т. е. jc = ]/J. Подставляя в данное уравнение,
получаем
afjt+bfy'^ — с.
Чтобы избавиться от иррациональности, возведём обе
части уравнения в куб и преобразуем сумму Ъ{аУу*рьУ~у -\-
-f ZaVj*(b$y)* к виду 3aby[a(tf"y}*+bty].
Выражение в скобках в силу найденного уравнения равно —с.
Отв. а*у*+(*8 — Zabc)y + c*=*Q,
176. Всякое уравнение /t-й степени, имеющее корни
xv x8 хп, можно представить в виде
(х — *!>(* — х,)... (ж—*„) = <).

177 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 163
Биквадратное же уравнение имеет всегда две пары корней,
равных по абсолютной величине и противоположных по
знаку. Полагая х3 = — х1 и #4 = — х2, можно записать
биквадратное уравнение в виде
(х—хх) (х—х^ (лг+л;г) (л:+д;2)=0, т. е. (л:г— х$ (х2 —х%) = О
или
д;*_ (х\ + хЬ X2 + х\х\ = 0.
Но по условию
х\ + х\ + (— лтг)2 + (— х& *= 50
и
ххх2 (— лт^ (— х2) =144.
Следовательно,
х\ + х\=*2Ь и jt?jc|=l44.
Отв. х>—25х*-\-144 = 0.
177. Если алгебраическое уравнение (с действительными
коэффициентами) имеет комплексный корень а-\-Ы, то
корнем его является также и комплексное число а — Ы
(сопряжённое с числом а-\-Ы). Таким образом, нам известны два
сопряжённых корня заданного уравнения З-^'Уб и 3 — i]/~6 .
Оба эти корня можно проверить непосредственно, но проще
предварительно выполнить следующее преобразование.
По теореме Безу левая часть уравнения должна делиться
(без остатка) на выражения х—(3-{-/]/"б) и х—(3 — /У б),
а следовательно, и на произведение этих выражений, т. е.
на [(л:—3) —/]/б][(л: —3) + г/б1=л;2 —6лг-|-15.
Выполнив деление, мы разложим левую часть на два множителя:
4а:* —24лг3 + 57лг2-(-18л: —45=:(л:2_6л:+15)(4х2 —3), и
данное уравнение распадается на два:
1) л;2 — 6х -f 15 = 0 и 2) 4л:2 — 3 = 0.
Первое имеет корни хх = 3 -|- /"|/1Г и лт2 = 3 — / |/1Г; кор-
нями второго являются л:9 = ~- и х4 = — -^т,— •
Отв. хх = 3 + / |/"б; х.2 = 3 -/|/б; хъ*= ¥^1 хА= Ц.

164
ОТВЕТЫ И РЕЧЕНИЯ
178
178. По условию х = 2 должно удовлетворять заданному
уравнению. Поэтому мы имеем 6 • 23—7 • 22—16 • 2 -{- /те = О,
откуда т= 12. Получаем уравнение 6х3—7л;2—16х-|-12=0,
один из4 корней которого равен 2. По теореме Безу его
левая часть должна делиться на (х — 2). Разделив, найдём
6х2-г-5х— 6. Следовательно, уравнение можно представить
в виде (л: — 2) (6х2 + 5лг — 6) = 0. Корнями его, кроме корня
xt = 2, являются корни х2, xs уравнения 6х2-}-5х— 6 = 0.
2 3
Отв. «=12; Хъ = -7г; xs = — -j*
179. Подставляя в данное уравнение х = 2 и х = 3
(см. решение предыдущей задачи), получаем
4т + л =10 и 9т-\-п = — 15.
Из этой системы находим т = —5, п = 30 и получаем
уравнение 2х3—5х2—13x-f-30 = 0. Левая часть должна
делиться на х — 2 и на х — 3 и, следовательно, на
произведение (х— 2)(х— 3). Уравнение перепишется в виде
(х — 2)(х—3)(2х + 5) = 0. корни его х1=2, х2 = 3,
_ 5
х3 2 .
Отв. т = — 5; и = 30; х3 = — -к.
180. Квадратное уравнение ха + рх -\~ q = 0 имеет равные
корни, когда подкоренное выражение Г-jj —q равно нулю.
В данном случае должно быть {аУ cfi — З)2 — 4 = 0, т. е.
а4 —За2—4 = 0. Это биквадратное уравнение имеет два
действительных корня (а = 2 и а = — 2) и два мнимых
(^('иа = —/'). Ограничиваясь действительными корнями>),
получаем уравнение х2 -]- 4х -j- 4 = 0 и ха—4х -f- 4 = 0;
первое имеет корни xi = х2 = — 2, ' второе имеет корни
Х| = Xg = Z.
Отв. При а = 2 и при о = — 2.
') Мы предполагаем, что коэффициенты заданного уравнения
являются действительными числами.

183
ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
165
180а. Корни уравнения будут
хи 9 == т=t Ут?—т*+1= т it 1.
По условию имеем
— 2<от+1<4,
— 2<т—1<4
Отв. — 1 < т < 3.
181. Уединим один из радикалов, например первый.
Получим Yy-\-2 = 2-{-Vy — 6.
Возведём обе части в квадрат. После приведения подоб-
ных членов и сокращения на 4 будем иметь У у — 6 = 1,
откуда у = 7. Проверка показывает, что этот корень годен.
Отв. у = 7.
Замечание 1. Здесь и в дальнейшем мы считаем корни
квадратные и вообще корни чётных степеней арифметическими. См.
предварительные замечания в начале решений главы 2 (стр. 122—125).
Относительно корней нечётных степеней см. ниже подстрочное
примечание к задаче 209.
Замечание 2. Проверка делается для того, чтобы
обнаружить лишние корни (они могут получиться при возведении обеих
частей уравнения в квадрат). В данной задаче лишних корней нет.
Но возьмём уравнение Уу+2 + Уу— б = 2, отличающееся от
данного только знаком. Решая его тем же способом, получим
У у — 6 == — 1. Возведя в квадрат, найдём тот же корень у = 7.
Он не годится; взятое уравнение вовсе не имеет решения. Здесь
можно было бы обойтись и без проверки, так как и без того видно,
что У у — 6 не может равняться —1 (см. замечание 1). Но в
других случаях (см. задачу 184 и 190) без проверки обойтись нельзя.
182. Решается, как предыдущая задача.
Отв. х = 6.
183. Уединив первый радикал, возведя в квадрат и
упростив, получим х—\^-2Ух—1. Снова возведя в квадрат,
находим (х — 1 )2 — 4 (х — 1) = 0. Это уравнение можно
разделить на х—1, предварительно учтя, что дг=1 есть
один из корней. Тогда найдём другой корень х = 5. Можно
также раскрыть скобки и решить квадратное уравнение.
Проверка показывает, что оба корня годятся.
Отв. jct= 1, xQ — 5.
или
— 3</м<3,
<«<5.
{=:

166 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 184
184. Поступая как в предыдущей задаче, найдём х4-22=
— ЧУЪХ — 2, а отсюда л:2—103^ + 582 = 0. Это
уравнение имеет два корня: ^ = 6и дга = 97. Данному
уравнению удовлетворяет только первый корень, второй — лишний
(он удовлетворяет уравнению Уъх — 2 — Ух 4-3 = 7,
отличающемуся от данного знаком при радикале).
Отв. х = 6.
185. Решается, как предыдущая задача. Из двух корней
xt — — 1; jc2 = 3 второй лишний.
Замечание. дг = 3 есть корень уравнения
— Ух~+~\ + У2х+Ъ= 1.
Отв. х = — 1.
186. Отв. ^ = 34; *2 = 2.
187. Отв. х — 4.
188. Возводим в квадрат. Получаем уравнение
хУ х*-\-24 — *2—2х = 0.
Оно распадается на два уравнения:
х = 0 и У ха-1г24 — х—2 = 0.
Второе даёт х = 5. Выполняем проверку.
Отв. ^ = 0; л;2 = 5.
189. Данное уравнение приводим к виду
Возводим в квадрат и помножаем на л;2 (при умножении
на л2 есть опасность ввести лишний корень лг = 0).
Получаем уравнение
i4-§*=*j/~4+!.
Снова возводим в квадрат.
Отв, * = -Т'

194 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 167
!90*. Помножив обе части уравнения на Y{x-\-2)(x-j-3),
получим
Vix — 5)(* + 3) + K(*—4)(* + 2) = 7.
Поступая как в задаче 181, найдём
У{х — 4)(* + 2) = 4.
Отсюда получим два корня xt = 6, *а = — 4. Проверка
показывает, что х2 не годится, получается неверное
равенство |./2 = —J/2.
О/иа. х = 6.
191. Освобождаемся от знаменателя. Получаем
К**— 16 + Ул2—9 = 7.
Это уравнение имеет два корня л; = 5 и х = — 5. Однако
при х = — 5 выражение У х — 3 не имеет арифметического
значения (см. замечание 1 к задаче 181).
Отв. х = 5.
192. Приведём левую часть уравнения к общему знаме»
нателю:
Зх — 5 Ух* + х 3
— X X
Отсюда
3(*-H) = 5/*(a;+1).
После возведения в квадрат получаем
9(х + 1)а —25(*+l)x = 0
или
(jc + 1) [9 (х + 1) — 25*1 = 0.
,9
Отв. хх = — 1; JC2=jg.
193. Решается, как предыдущая задача.
Отв. х1 — 2\ #2 = —1,6.
194. Возводим обе части данного уравнения в квадрат.
После тождественных преобразований получим ]/28—х = |/7 ..
При возведении в квадрат есть опасность ввести посторон»
ний корень, удовлетворяющий уравнению, отличающемуся от

ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
195
данного знаком правой части. Уравнение /28— я = /7
имеет единственный корень х = 21. Он не является
посторонним, так как j/^yT + l/" 21 >j/"2/7 — /21.
Ста. лг = 21.
195. Перепишем уравнение так:
Ух~^х-)ГХ~^Гх== J^~-
Освободимся от знаменателя; при этом есть опасность ввести
лишний корень х = 0 (так как знаменатель обращается
в нуль при х = 0). Других лишних корней быть не может,
так как х = 0 есть единственный корень уравнения
у х + /я = 0 (см. решение задачи 143).
После упрощений получаем уравнение
2х — 2/*а_ х— Ух = 0,
одним' из корней которого является х = 0. Однако этот
корень лишний, так как при х = 0 правая часть исходного
уравнения теряет смысл. Выносим за скобку /с:
Vx (2 /* — 2 Vx^l — 1) = 0.
Решая уравнение 2 ]/х — 2 Ух — 1 — 1=0 (см. решение
25
16'
25
задачи 181), находим x = jz. Выполняем проверку,
Отв. х = гё'
10
196. Сначала освобождаемся от иррациональности в
знаменателе. Умножаем для этого числитель и знаменатель на
/27 + *+/27^ дг; получим
(Уг27 + ж+ У 27 — *)а_27
2х ~ х
или, после упрощений,
27 4-У2Я — х* _27
X ~ X'
Отсюда находим ж = ±:27. Оба корня годятся.
Отв. л: = =£27.

197 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 169
197. Уединив радикал, возведём обе части уравнения
в квадрат. Будем иметь
х2 — 2ах = — х V *а + я2.
Это уравнение имеет корень х = 0. Для отыскания
других корней разделим обе части уравнения на х (это можно
сделать, так как теперь х Ф 0). После этого снова
возведём обе части в квадрат. Получим х — — а.
При проверке можно придти к ошибочному заключению,
что значения х — 0 и х = -^а всегда удовлетворяют
данному уравнению. Чтобы лучше уяснить суть ошибки,
рассмотрим числовой пример. Когда а== — 1, данное уравнение
имеет вид
х = _ 1 __ |/"1_*у7*_|_1#
3 3
Ни х = 0, ни х — ~т а==—т не удовлетворяют этому
уравнению (оно не имеет решений). Так же будет при любом
другом отрицательном значении а.
Источник ошибки в том, что величина Уа2 считается
равной а, тогда как это верно лишь при а ^> 0. При а < 0
мы имеем ]/ а? = — а; например, Y (— З)2 = — (— 3).
Правильная общая формула (см. предварительное
замечание, п. 3 на стр. 123) такова:
V~a? = \a\.
Пользуясь этой формулой, мы найдём, что при д: = 0 (когда
левая часть уравнения обращается в нуль) правая часть равна
а—Уа2 = а — \а\. При а^-0 это выражение тоже paBHj
нулю, но при а < 0 оно равно 2а. Следовательно, если
я>-0, то значение х~=0 есть корень уравнения; если же
о. < 0, то х = 0 не является корнем. То же относится и
з
к значению х = — а.
4
о
Отв. Если а >. 0, то xt = 0, jc2 = -j а\ если а < 0,
уравнение не имеет решений.

170
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
198
198. Записанное без степеней с отрицательным
показателем данное уравнение имеет вид1)
Первый способ. Освобождаемся от знаменателя:
3|/ 1 +(—) =5«~. Левая часть положительна; значит,
положительна и правая часть. Возводим в квадрат: (—) = ^.
Отсюда — = -г( значение —-г исключается, ибо — >о).
а 4 \ 4 a J
Второй способ. Уничтожаем иррациональность в
знаменателе:
1/>+еУ-гМ
Выражение, стоящее в скобках, не может быть отрицатель-
"" _ \%
ным;
j \ и- / м
'ЛГ\2 1
; поэтому |/"l+(^)2_£ = 4 или ]/~1-т-(£
Ц-+Т- ^^л™ в квадРат: ^©^T + l+ftT-
д: 3
откуда j = j.
Отв. х — -га.
4
!) В первом издании авторы по досадному недосмотру
совершили ошибку, против которой предупреждали в предыдущей
задаче. Именно, уравнение (А) было ошибочно записано в следующем
Va*+x* — х 1 _ ,
виде: z — -г-. Ошибка возникла так: в уравнении iA)
Ya'+x* + x 4 3i"
числитель и знаменатель левой части были помножены на а,
затем а было подведено под корень. Но равенство a "l/ 1+( —! ==>
= У яа + х1 неверно при а < 0. В этом случае имеем а у 1+(—) —
= —Ya*~\/ *"b(—) =—/«НЛ Вследствие указанной
ошибки ответ, приведённый для случая в<0, был неверен.

200 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 171
199. Решается, как предыдущая задача, Применяя
второй способ, найдём
Выражение У\-{-а2х2— ах всегда положительно. Поэтому
YT+abc^ — ax = -^- т. е. }Л + дЧх? = ах+г~т.
Возводим в квадрат. Получаем х = 'J . , или, что то же,
ga— 1
Х~- 2а|с|'
Проверка. Подставляя х = 0 , ,, находим
! | fl^a _ ^ + (с2 - 1)а = (с3 +1)2 _
~ 4с2 4с2
Учитывая, что величина с2—|— 1 всегда положительна,
находим
Дальнейшие вычисления показывают, что данное уравнение
всегда удовлетворяется.
Отв. х = .-., т. е. при с > 0 имеем х = —* , при
1 <>2
с<0 имеем jc = ■ „ .
200. Вынесем за скобки в числителе и знаменателе левой
части выражение У х-\-с и сократим на него дробь1).
После сокращения получим
УТ+с + Ух — с _ 9 (х + с)
Ух + с— Ух —с 8с
Уничтожим иррациональность в знаменателе. После
упрощений найдём 8|Лх2—с2 = х 4- 9с. Отсюда х — — или
* 2ГС'
4) Сокращая на Ух + с, мы предполагаем, что *=£ —е. Если
бы, решив полученное уравнение, мы нашли х = — с, то это
значение не было бы корнем данного уравнения. Однако из дальнейшего
видно, что такого корня мы не получаем.

172 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 3fl
Проверка показывает, что оба эти значения
удовлетворяют уравнению при с > 0 и не удовлетворяют при с ^ 0.
5 29
Отв. При с > 0 имеем xt = -g- с и л;а — — ^т с; при с-^0
уравнение не имеет решений.
201 *. Первое подкоренное выражение преобразуем так:
х _j_ 3—4 Vx—L =(x—l)—4 V~x=l -f 4 = (Vx^l~2)\
Аналогично второе подкоренное выражение равно (Ух—1—3)а.
Данное уравнение принимает вид
|/^1Г1_2| + |УГЗП_з| = 1 (А)
(см. предварительное замечание .к гл. 2, п. 3). Возможны
три случая: 1) Vx—\ > 3;2))Ле—1<2; 3) 2<У Jc^I <3.
В первом случае уравнение (А) принимает вид:
уХ—\ — 2-{-Ух —1 — 3 = 1, или Vx—1 = 3.
Этот результат не согласуется с условием Ух — 1 > 3.
Во втором случае уравнение (А) принимает вид:
— (У"х=\ — 2) — (Ух— 1— 3)= 1, или Ух~^Л=2,
Этот результат также не согласуется с условием Ух—1<2.
Остаётся третий случай, когда уравнение (А) принимает вид:
(\f~x^\ — 2) — (Ух~^1 — 3)=1. (В)
Это равенство является тождеством, следовательно,
уравнение (А) удовлетворяется при всех х, для которых
Так как величина Ух — 1 > 0, то все три части
неравенства можно возвести в квадрат, после чего находим
5<x<10,
т. е. решения данного уравнения содержатся в границе между
5 и 10 (включая и значения 5 и 10). Все они являются
решениями данного уравнения, так как они подходят под
случай 3, когда данное уравнение (А) обращается в
тождество (В).
Отв. 5<*<10.

203
ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
173
202. Возведём обе части уравнения в квадрат, перенесём
все члены в одну сторону и вынесем за скобки уа-\-х;
Уа-\-х (4 Va + x + 4 У а — х — Ух) = 0.
Это уравнение распадается на два. Из первого У а -|~ х = О
находим л; = — а. Проверка показывает, что при а >- 0 это
значение удовлетворяет данному уравнению. При а<0
уравнение теряет смысл (так как Уй — х становится мнимым).
Второе уравнение есть 4 {Уa -j- л; -{- Уа — х) = ]fx . Если
его решать, как в задачах 183—187, то получим (кроме
заведомо лишнего корня х = 0) х = у~= , Проверка
покажет, что и это — лишний корень, так что второе уравнение вовсе
не имеет решений. В этом проще убедиться, если применить
следующий способ решения. Переведём иррациональность
в знаменатель (помножив и разделив У а -\-x-\- У а — х на
сопряжённое выражение Уа-\-х — Ya — х). Получим
8х
: = Ух.
У а -\-х — Уа—х
Разделив на Ух (что возможно без потери корней, так как
х = 0 не есть корень), получим У а -\- х—У а — х — 8 У х .
Вычитая это уравнение из полученного выше уа-^х -\-
-\Уа — х = -г Ух, находим
2 У а — х = — -г Ух.
Но это равенство невозможно, так как левая часть есть
положительное число, а правая — отрицательное. Если бы, не
обратив на это внимания, мы возвели обе части в квадрат,
то получили бы лишний корень л; = щ^ а.
Отв. Если а положительно, то х = — а; если а —
отрицательно, то уравнение не имеет решения.
203. Здесь с успехом можно применить перевод
иррациональности в знаменатель (см. предыдущую задачу).
Отв. х = 0.

174 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 204
204. Ото. *, = а; jce = —b.
205. Отв. лсд '~ -(при <х> I).
При с < 1 уравнение не имеет решений.
206. Данное уравнение можно предстаиигь в виде
(У7Т7Г
= \Г*
ах
или
£ £
(л-г-jc)- =>ал:~.
•2 -
Возводим в степень -j. Получаем e + ^ee'x, Отсюда
jc=a—g-2—. Проверка:
аТ-1
аА.х «L. fд I xf - ^ . <' + *>^_ }
0««. ж в -~—; если значение а лежит между —1 и
-j-1, то уравнение не имеет решений.
*,_
207. Полагаем у х=*г. Тогда
Уравнение примет вид
га_|_г_12 = о.
4
Отсюда et«=3, gg=* — 4. Так как |/* должен быть
положительным числом, то второй корень лишний.
Отв. х = 81.
i
208. Полагаем (jc—1) *"==,?. Дальше решается, как пре«
дыдушая задача.
Отв. х=17*

212 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 175
2091). Возводи» обе части уравнения в куб. Получим
|Ло + 2х-4- /15 — 2х = 7.
Здесь можно уединить один из радикалов, а можно и не
уединять.
Отв. ^,=3; jc2 = — -j.
210. Возведём обе части уравнения в куб, применив
формулу (а -f- bf = а3 4- Зай (с -f- b) -f- £3. Получим
х-И1^*(2х — 3) [1^7+1?' 2дг—ЗЦ-2лг — 3 = 12Cjc — 1>.
Выражение в квадратных скобках в силу заданного
уравнения можно заменить выражением У 12 (х—ПГ). Получаем
1^а;(2д: —3).12(дг—1) = 3 (дг— 1).
Возводим в куб. Перенося члены в одну сторону, найдём
(* — 1)[12лг(2лг — 3)—2Т(х—1)21 = 0.
Это уравнение распадается на два:
л:—1=0 и 12дг(2л: —3) —27 (х—1)2 = 0.
Найденные корни проверяем.
Отв. jcj = 1, л:3 = 3.
211. Задача решается, как предыдущая.
^ и л-г-ft
Отв. хх — а; х% = о; д:3 = —^—.
212. Полагаем У~х<=г\ тогда |/x2 = ^a. Подставив б
исходное уравнение, получаем 2,e2-f-2'—3 = 0, откуда
_ 1. _ 3
г1 — * 5 гч — 2 *
27
Offte. JCj = l; xq =— -g.
1) Здесь и в дальнейшем корни кубические и вообще корни
нечётных степеней мы не считаем арифметическими,
допуская, что подкоренное число может быть и отрицательным
(но обязательно действительным). Значение корня мы 'также
считаем действительным числом.

176
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
213
213. Решается, как предыдущая задача.
Отв. гх = 64; г9 = g-.
в
214. Полагаем Уа-\-х = г; тогда Va-\-:
Отв. xt = — а; лг3 = 1 — а.
215. Полагаем у х^~2 = г; тогда у £^. ,
■ 2
уравнение после ряда преобразований примет вид
12*а— 7-г —12 = 0;
отсюда
4 _ 3 "
г,—у и г9 ^-.
Второе решение отбрасываем, как отрицательное (см.
замечание 1 к задаче 181 на стр. 165). Для определения х полу-
1/"_2* + 2___4_
чим уравнение у ' » *=*-%»
Отв. х = 7.
216. Отв. х = ±5.
217. Положим У~х = г\ тогда 1/^ = ^а и х = гь.
Получаем:
*« — 1 г» —1 _.
«*—1 »+i~" ;
Сокращаем первую дробь на га— 1, вторую на г-f-l.
Получаем г2—г — 2 = 0. Но сокращение первой дроби
законно только при условии, что га— 1 Ф 0, а второй — только
при условии, что г -}-1 Ф 0. Между тем из двух корней
^ = 2 и г8 = — 1 второй даёт г-)-1=0. Он не годится,
так как при г = — 1 имеем х = — 1, и левая часть данного
уравнения теряет смысл.
Отв. х=8.
218. Полагая Yx==z* преобразуем уравнение к виду
7+2=* ~8-

222 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 177
Сокращаем дробь на г-\-2 (см. объяснение к предыдущей
задаче). Получаем г2—г-— 6 = 0, откуда гг = 3; га =— 2.
Второй корень не годится, потому что, во-первых, выраже-
ние , 0 теряет смысл и, во-вторых, г не может быть от-
рицательным числом.
Отв. х = 9.
219. Здесь введение вспомогательного неизвестного,
которым мы пользовались в предыдущих задачах, не приводит
к цели. Представляем уравнение в виде
а—х+Ух—Ь
Сокращаем дробь на У а— х-\-Ух— b (сокращение
законно, так как это число не может равняться нулю). После
упрощений получаем У (а — х)(х~ Ь) = 0.
Отв. хх = а; х% в Ь.
220. Заданное уравнение представим в виде
^•(HW-wH_
Это уравнение распадается на два: первое У2 — д; = 0; его
корень хл =* 2; второе после освобождения от знаменателя
будет У2 (2—х) = 2 — Ух~. Его корни *9 = 0; хь — ■$.
Соте, х, = 2, *а = 0, *8 = -д .
221. Оотв. jc = 81.
222. Если, уединив радикал, возведём обе части
полученного уравнения в квадрат, то получим уравнение 4-й
степени. Но в данном случае можно применить искусственный
приём. Перепишем уравнение в виде
Ух*— 3* + 5 + ха—Зл: + 5=12.
Полагая Ух2 — 3jc-f-5 =»г, получаем ' г2 -f- г — 12 = 0.
Берём только положительный корень г = д.
Отв. дг, = 4; х8 = — 1.

178
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
223
223. Можно применить тот же прием, что в предыдущей
задаче. Однако заранее можно сказать, что уравнение не
имеет решений. Действительно, величина Зле3 -j- Ьх -j- 1 при
всяком х больше, чем Злга-[-5лг—8. Поэтому
УЪх* + Ьх-\-\>УЪх*-\-Ьх— 8,
значит, левая часть данного уравнения при всяком х
отрицательна и, следовательно, не может равняться единице.
Отв. Уравнение не имеет решений.
224. Обозначим через z одно из подкоренных
выражений— удобнее всего положить y2-{-4y-\-6 = z. Уравнение
примет вид
YT+2 -+- V7^2 = VTz.
Освобождаясь от радикалов, находим z* = 4. Годится только
корень z = 2 (при z = — 2 два подкоренных выражения
отрицательны). Решаем уравнение j/a -f- 4j^ -f- 6 = 2.
Проверяем.
Отв. у = — 2.
225 г). Можно решить по способу подстановки (из
второго уравнения найти у = 6 — х или х — 6 —у и подставить
в первое). Несколько быстрее ведёт к цели следующий
искусственный приём. Первое уравнение преобразуется к виду
(х—yf = 4, откуда х—у = 2 или х—у = — 2. Получаем
две системы:
1) I х—у = 2, 2) Г х—у = — 2,
\ x-\-y = Q\ \ x-j-_y = 6.
Отв. 1) хл = 4, ух = 2;
2) х2 = 2, уъ = 4.
•) В задаче 225 и в большинстве следующих задач этой главы
применение искусственных приёмов совершенно необходимо для их
успешного решения. Основная трудность этих задач в том, чтобы
подметить особенности данной системы и подыскать
соответствующий искусственный приём.

228 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 179
226. Представим данную систему в виде
J ху-{-(х+у)=П,
Положим для краткости ху = гх\ х-\-у = г%. Тогда имеем
систему
( «j-r-*»"-!!,
\ гхг^ = 30.
По теореме Виета гх и га—корни квадратного
уравнения г3— 1 \г -\- 30 = 0. Находим: г, = 6, г^ = 5 или ^j = 5,
■г2 = б. Получаем две системы:
f х-\-у=Ь, ( * + jy = 5,
\ дгу = 5 \ ху = 6.
К «ждой можно снова применить теорему Виета Сили решить
по способу подстановки).
Отв. 1) х = 5, у— 1; 2) дг = 1, д/ = 5;
3) лт = 2, j/ = 3; 4) * = 3, у = 2.
227. Положим у^ = г; тогда имеем систему
| *-М= 7,
Отв. 1) х = 4, у = КЗ~;
2) * = 4, у = — J/1'.
3) * = 3, д> = 2.
4) л = 3, >> = —2.
228. Положим х2 = гг и —.У133^. Получим систему
| «! + *,, = 23,
1 г,г2 = —50,
Отв. 1) д: = 5, .У = 2;
2)* б. ,у = 2;
3) x = iV2, У = — 25;
4) * = — //2", _у = —25.

180 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 229
229. Полагаем —ху=*гг;х*—у2 = z2. Получим систему
( *,*, = —180;
I *, + *, = —11.
Находим г\ = 9; г2 = — 20 или zx = — 20; га = 9. Теперь
имеем две системы:
1) | ху = -9, 2) | *.у = 20,
\ х*—у* = —20 " \ ж2—у2 = 9.
Решим первую систему. Из первого её уравнения находим
у = . Подставляем во второе. Находим биквадратное
уравнение д;*4-20л;2 — 81=0. Его корни
*м = ± У—10-\-УШ ни ± ^3~45 яа ±1,86,
л:,.* = =Ь j/"_10 — ]/Жяа ± V—23,45 » =t 4, И
Теперь находим
^,^9
V—ю+уш
уиг= ^_±^=^gj^4-84'
Тем же способом решаем вторую систему.
Отв. 1) х«1,86, yza—4,84;
2) лгяй—1,86, ,у^4,84;
3) л; «4,84/, j/sail,86/;
4) х£х — 4,84/, .уда—1,86/;
5) х = 5, J = 4;
6) * = — 5, _у = — 4;
7) л; = 4t, ^ = — 5/;
8) * = — 4/, _у = 5/.
230. Исключим свободные члены, для чего помножим
второе уравнение на 7 и вычтем из первого. Получим
— 32*2—2ху+75у2 = 0.
Это — однородное уравнение второй степени (т, е.
уравнение, содержащее только члены второй степени;

232 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 181
членов первой степени и свободного члена в нём нет).
Разделив обе части уравнения на дса (это можно сделать, так
как дг = 0 не есть корень), мы преобразуем его к виду
— 32 — 2 — + 75 (—) = 0, и, решив квадратное уравнение,
найдём 2- = -~- или — = — кг. Этим способом из всякого
X о X Zo
однородного уравнения второй степени можно найти
отношение —.
X
Теперь решаем две системы:
5*2—10у2- -5 = 0, 2) ( 5*2 — 10у2—5 = 0,
£_2.И { £ 16
х~~ 3 I х ~ 25
(по способу подстановки).
Отв. 1) jc = 3, v = 2; 3) x = -|L:, j> = !£=;
' > ■" ' ' уш» -" y113»
2)x = -3, y = -2; 4)x = -*,y- 16
"I
231. 1-е уравнение запишем так: х2—2ху-\-у* = -^ху.
Тогда имеем (х—у)^ = ^хУ' ^*е уравнение запишем в виде
2(*—y) = -jxy. Значит, (х—у)*— 2 (л:—дО = 0.
Отсюда находим х—у = 0 и х—у = 2. Получаем две
системы:
1) J х-j, = 0, и 2) <х—у=2,
\ ху = 0 \ ху = 8.
Отв. 1)х=у = 0;2)х = 4, у = 2; 3) х== — 2, у = — 4.
232. Первое уравнение перепишем так:
(л3 -+- 2ху+У) = 13 + ху или (х+у? — 13 = ху.
Из второго уравнения х -\-у = 4; подставив, получим
1,6—\Ъ = ху. Решаем теперь систему
| ху — 3,
Отв. I) x = 3, y*=U 2)х=1,у = Ъ.

182 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 233
233. Решается, как предыдушая задача. Получим новую
систему
f *у = 6,
\х—у=*1.
Отв. 1) * = 3, 2) *=» — 2,
^ = 2; у = — 3.
234. Полагаем ^-=*г', тогда 4е —, и первое уравме-
_у X Z
1 25
ние примет вид •г-4"7вя12 или 12*8—25*+12 = 0.
4 3 „,
Его корни 21е-г и ^а™5?* Теперь имеем две системы:
1> ( £ = 1
| У 3»
Системы решаются подстановкой значения х из первого
уравнения во второе.
Отв. 1) * = 4, > = 3;
2) лг = — 4, ^ = — 3;
3) л: = 3/, у = 4/;
4) * = — 3/, ^ = — 4/.
235. Систему можно записать в виде
{хтуп —. сатЬп,
jc«y» = dambn.
Перемножаем эти уравнения и делим одно на другое.
Получаем {ху)т*п — сс1а*т1Ра и (тГ"*^^'' отсюда
1 Jul J2_ x /с\-Ь—
xy = (cd)»'+nam*nbm+n и 7eW *'
Перемножая эти уравнения, находим
%т in tm гп
уй—г ft»»—w'tfn»— m'fl»i+wfrnn-n» -

299
ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
183
Выражение для у% можно найти аналогично, взяв уравнение
/ =М в — • Оно отличается от соответствующего
уравнения для х только перестановкой букв cud,
т п т и
Отв. х = cmi-n''dr^-m?am+nbm+n»
п т т п
у = с»а-я!а^т3-п»ат+и£?п+п«
236. Во втором уравнении разлагаем х^-^-у3 на
множители (х-\-у) (л:2 — ху-\-у2) и делим второе уравнение на
первое. Получим х-\-у = 5. В первом уравнении прибавляем
к правой и левой частям уравнения по Ъху; получим (л: —j- j/)2 =
= 7 -j— Злгу. Подставив 5 вместо (х-{-у) согласно
полученному уравнению, найдём ху = 6. Теперь решаем систему
[х+у = Ъ,
\ ху = 6.
Отв. 1) х = 3, у = 2;
2) * = 2, у=Ъ.
237. Помножим второе уравнение на 3 и сложим с первым.
Получим (х-\-у)ъ=\. Если ограничиться действительными
решениями, то отсюда х-]-у=1. Заменяя во втором
уравнении х-)гу через 1, имеем ху = — 2. Решаем систему
х+у=1,
ху = —2.
Отв. 1) х = 2, у — — 1;
2) * = — 1, у = 2.
238. Решается, как предыдущая задача.
Отв. 1) д: = 3, у = 2;
2) х = 2, у = 3.
239. Полагаем ■ _- = г. Первое уравнение принимает
вид г -J- — = 5 у. Отсюда г = 5 и г = -т-, т. е.
—-5 и—= -^

184 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 240
х -4- v 2
Из уравнения ~* = 5 находим у = -^х. Решаем это
X —— у о
уравнение совместно с заданным уравнением ху = 6. Таким
же образом используем уравнение _ =а-г«
Отв. 1) * = 3, .у = 2:
2)х = — 3, ^ = — 2;
3) л: = 3*, У = — 2/;
4) х = — Зг; > = 2*.
240. Исключаем из системы неизвестное г: второе
уравнение вычитаем из первого, умноженного на с, третье
уравнение вычитаем из второго, умноженного на с. Получим
систему
| (c — a)x-\-(c — b)y = (c — d),
\а(с — а) х + b (с — b)y = d(c — d).
Отсюда находим х и у. Аналогично находим г.
Отя х ■- V-W-d) . Aq-d){c-d) ,
итв. x—{c_aHb_a) , ^—(я_а)(с_4)»
z==(b-d)(a-d)
(b-c)(a-c)
241. Исключим сначала и; для этого: 1) второе уравнение
умножим на 2 и прибавим к первому; 2) третье уравнение
умножим на (— 2) и прибавим ко второму; 3) третье
уравнение умножим на (— 3) и прибавим к четвёртому. Получим
систему
5х— 4у-\-\Ъг = ЪЪ,
-4л:—11^+ 92=1,
[ — 5x—l3y-{-l2z = 5.
Из этой системы исключим jc, предварительно вычитая из
второго уравнения третье. Получим
а) 5х — 4^+13г = 36;
б) * + 2у — Зг = — 4;
в) — 5х— 13.у+12г = 5.

244" ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 185
Складываем уравнения а) и в), а уравнение б) умножаем на
5 и складываем с в). Получим
/ — 17^4-25^ = 41, I —17^4-25^ = 41,
( _3.у — 3* = —15 ИЛИ \ j,4-2 = 5.
Отсюда находим г = 3 и _у = 2. Из уравнения б) находим х
и из третьего заданного уравнения находим и.
Отв. х= 1; у = 2; г = 3; и = 4.
242. Вычитаем из второго уравнения первое. Получим
у-\~2г == 1. Отсюда у = 1 — 2г. Подставляем это значение ^
в первое уравнение, находим х — г-\-3. Подставляем
найденные значения х и у в третье уравнение, получим 3z2 -{-
2
-\- г — 2 = 0. Корни его гх = -^ и г2 = — 1. Подставляя
значения г в уравнения х = г-\-Ъ и_у=1 — 2г, найдём по
два значения для х и у.
Отв. 1) * = -g-, у = — -jj-. г — -^;
2) лг = 2, .у = 3, 2 = — 1.
243. Первое уравнение возводим в квадрат, второе — в
куб и третье — в квадрат после переноса второго члена
в правую часть уравнения. Получим систему
'Ах-\-у — Зг= —3,
| 5*4- 2у+ г =1,5,
[б* у 2 = 0.
_ 9 _ 6 _33
Отв. х — gg, у 29, г — 12у.
244. Возводим первое уравнение в квадрат и вычитаем
второе. Получаем ху -\- хг -J- уг = 54. В силу третьего
уравнения можно заменить первые два слагаемых через 2уг.
Получаем Зуг = 54, т. е.
уг=18. (а)
Теперь третье уравнение можно записать в виде ху-\-
4*2 = 2 • 18, т. е.
*0>4-*) = 36. (б)

186 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ $45
А так как первое уравнение имеет вид
*+С + *)=13, (в)
то из уравнении (б) и (в) можно найти х и у-\-г. Получаем:
/ * = 9, [ х = 4,
1 i л ИЛИ \ ,
Чтобы найти у и г по отдельности, присоединим
уравнение (а). Получим две системы:
1) (у+г = 4, 2) <у + г = 9,
[у+г = 4, 2) f
„=18.
Замечание. При возведении в квадрат первого уравнения
возникает опасность появления лишних решений. Но если бы они
появились, то удовлетворяли бы уравнению х-{-у-\-г = —-13, что
противоречило бы уравнению (в).
Отв. 1) л: = 9, ,y = 2 + *j/l4, г = 2 — iVTi',
2) х = 9, у = 2 — гУ 14, г = 2 + 1\/14;
3) * = 4, у = 6, г = 3;
4} л; = 4, у = 3, г = 6.
245. Третье уравнение представим в виде
г8—лег—_уг -f- ху = 2.
Сложив его со вторым, получим
*a + 2*j/ = 49. (a)
Отсюда га = 49 — 2ху. Подставляем это выражение в
первое уравнение. Получим (je-f-j/)2 == 49, т. е. х-\-y = ^z7.
Положим сначала х-\-у = 7.
Представим второе уравнение в виде
ху-\-г{х-\-у)=>47
49 — z*
и сюда подставим выражение ху = —к—, получаемое из
(а), и значение x-\-v = 7. Получаем г2—14s-f-45 = 0. От-
49 г2
сюда гг = 5 и г2 = 9. Если г = 5, то ху = —*—== *2;
49 — г3
если же г = 9, то *у=а—*—== —16. Имеем две системы;
I) (х+у = 7, 2) (х+у = 7,
\ *у=12 и \ лгу = -16,

246 ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 187
каждая из которых имеет по два решения. Всего получаем
четыре решения:
1) х = Ъ, у = 4, г = 5;
2) л: = 4, у = Ъ, г = 5;
8)*-1±£П?. ,-'-=£* ,-9;
4)*«Л=£га у=1±Ш,2=9.
Теперь положим х-\-у =— 7 и тем же способом найдём
ешё четыре решения.
Отв.
1) х = Ъ, у = 4, г = 5;
2) * = 4, jv = 3, * = 5;
5) jc =— 3, у = — 4, г = — 5;
6) х = — 4, у = — 3, z — — 5;
246. Вычитаем сначала второе, а затем третье уравнение
из первого. Получаем:
(с3 — ^3)_|_(а2— й2)лг + (а — Ь)у = 0, (а)
Сокращаем уравнение (а) на (с—Ь) и уравнение (б) на
(о—с). Имеем:
(яа +а* + £а) + (я + £)*+.у = 0, (В)
(a2 + flc + c2) + (a-f-c)jc+j/ = 0. (г)

188 ответы и решения 247
Вычитаем (г) из (в). Получаем
(ab — ac + P — d*)-{-{b — с)х = 0.
Отсюда
аЪ — ас-\- Ь* — с*
■(а + Ь + с).
Ь—с
Неизвестное у находим из (в) или из (г). Теперь по любому
из данных уравнений найдём г.
Отв. * = — (a -f- ft -f- с),;
у = ab -f- be -\- ca,
г==—аЬс.
247. Положим . —и; ■ - = v. Получаем
систему
П2и + 5г> = 5,
\8и+Юг> = 6.
Её корни
/'+V
Отсюда находим лс = 17; .у = 6.
Отв. х=\7, у = 6.
248. В силу второго уравнения первое можно записать
так: 10 — 2|Лсу = 4. Отсюда ху = 9. Получаем систему
(х+у=10,
( *у = 9.
Отв. I) х —9, у—I; 2)х*=1,у = 9.
249. Полагаем т/ =г. Первое уравнение примет
' ■* ~тУ
вид г — 2+-7 = 0. Отсюда г=1, т. е. у -~* = 1. Из
последующего уравнения находим у = 2х и подставляем во
второе уравнение.
Отв. 1) x~Q, у=12; 2) х — — 4,5, .у= — 9.

251
ГЛ. 3. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
189
250. Первое уравнение приводится к виду V х2-}-у2 =
"/■—
= 2 у 17, откуда
*2_j_ya=136. (a)
Второе уравнение возводим в кваарат; получим /л:2—Уг=>
= 18 — х, откуда
у* = 36х —324. (б)
Это выражение подставляем в (а). Получаем х2-\-Ъ6х—
— 460 = 0. Отсюда находим л: =10 и лг = —^ 46.
Подставляя в (б), находим у. Получаем четыре пары решений:
1)х=10, у = 6; 3) х = — 46, j/ = 6/55/;
2) х= 10, _у = — 6; 4) х = — 46, у = — 6/557.
Третья и четвёртая пары решений не годятся, так кщ
выражения Vx~\-y и /■*—У> гДе радикалы должны означать
арифметические значения корня (в противном случае они
неопределённы ввиду двузначности корня), не имеют смысла
при комплексных значениях х-\-у и х—у. Первую и
вторую пару решений следует проверить.
Отв. 1) х= 10, у = 6; 2\х= 10, _у = — 6.
251. Система имеет смысл только при а > 0 (см.
предыдущее объяснение). Первое уравнение возводим в квадрат:
Ух*—у*г=8а — х. (а)
Это выражение подставляем во второе уравнение; получаем
/л?+У = (/41 +5) а — х. (б)
Возводим в квадрат уравнения (а) и (б):
у = _64аа4-16ад;, . (а')
>■ = (/41 + 5)2а2 — 2 (/41+5) ах. (б')
Исключая у из (а') и (60. получаем
(130 4- Ю /И) а2 — (26 + 2 /41) еж,
откуда * «в 5а. Из (а') находим j> = ± 4о и затем
производим проверку.
Отв. 1) ж == 5а, у = 4а; 2) х = 5а, j/ = — 4а.

190
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
25S
252» Возводим первое уравнение в квадрат; 2х2—
— 2 ух*—у*=у*. Подставляем сюда значение я4—у*=*
= 144а4 из второго уравнения. Получаем
у> = 2лг2—24аа. (а)
Отсюда находим у* и подставляем во второе заданное
уравнение. Получаем
х* — 32a2Jt2 + 240а4 = 0.
Отсюда х = dr J^20 а и х — rt j/^12 а. Из уравнения (а)
находим у. Для каждого из значений x = ±z У20 а имеем
у = ±4а, а для каждого из значений х = ±\^12а имеем
у = 0. Проверка показывает, что из полученных шести пар
решений одни являются лишними при а > 0, другие же
являются лишними при а < 0. Возьмём, например, пару решений
X = 1^20 а, у = 4а. Подставляя в первое уравнение, мы
находим/Зва2— /4а2 = 4а, т. е. 6 |а| — 2|а| = 4а. Это
равенство является тождеством при а^-0, но оно не верно
при а < 0.
Отв. При а>-0 решения будут:
1) х = ]/'2ба, y = ia; 2) х =— V20 а, у = 4а;
3) х = \/~12а, у = 0; 4) х = — УТ2а, у = 0.
При а < 0 решения будут:
5) x = V2~6a, у = — 4а; 6) х = — Y20a, у= — 4а.
253. Первый способ. Из второго уравнения находим
х-\-у= 14 — Yxy. Возводим в квадрат; получаем
Xs+У* + 2*у = 196 + *у — 28 Уху,
откуда
*2 + уа + *У= \т — 2ЬУх~у.
В силу первого уравнения имеем 84 =196 — 28 Yху. Отсюда
находим YXV — 4, т. е. jry=16. Подставляя во второе
уравнение значение Уху = 4, находим х-^-у— 10. Решаем
систему
х+у=\0,
ху = 16.

253 ГЛ. 3 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 191
Второй способ. Левую часть первого уравнения
разлагаем на множители:
x*-j- ху+у* = (х+.у)а —{Vxyl* =
■= (*+У + УхЦ) (х + у — Vx!\ = 84.
Отсюда в силу второго уравнения получаем
U(x+y—j/"^) = 84,
т. е. х-{-у—рЛжуиб. Из системы
f x-\-y — У~ху = Ъ,
\ x-\-y + Yxy=li
можно найти х-\-у нУ~ху.
Отв. 1) х = 2, у = 8;
2) л = 8, .у = 2.
253а. Из первого уравнения находим у =» у-р , из
2 + jc
второго .)> = •—YJL—» приравняв эти два выражения,
полуде— тп 24-х
чаем т-г = — ri— '• отсюда имеем уравнение
■ (1-\-т)х*-{-(2 + т)х-\-(2 — т) = 0.
Это уравнение имеет действительные корни при условии
(2 -f mf — 4 (1 + m) (2 — от) > 0.
После упрощения левой части получим 5ота — 4>-0, откуда
2
|/и | ^> ~^=. При этом условии х имеет действительные зна-
чения, значит, действительные значения имеет и у = . Т" .
Отв. |я|>^?.

192
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
lc,g82=wX = T-
ГЛАВА 4
ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ
УРАВНЕНИЯ
Предварительные замечания
На вступительных экзаменах нередко предлагается решить
уравнение, содержащее логарифмы по различным основаниям
(см., например, задачи 267, 268, 309—313). Для их
решения может оказаться удобным привести все логарифмы
к одному основанию. Но соответствующие формулы не даются
в средней школе. Поэтому мы приведём их с необходимыми
пояснениями.
1. Формула
позволяет поменять ролями основание логарифма и число.
Пример.
1 1
Пояснение. По определению логарифма loga8 есть
показатель степени, в которую надо возвести 2, чтобы
получить 8. Таким образом, запись log28 = 3 есть лишь иная
форма записи 28 = 8. Но последнее равенство можно запи-
_ j_
сать ещё так: ]/8 = 2, т. е. 83=2. Стало быть,
togs2-^^-. __
Вообще равенство а» = b можно записать ещё так:
№ = я. Первое равенство означает, что logQ b = х, а
второе,— 4To1ogj,a=—, откуда и следует формула (а).
2. Формула (а) есть частный случай более хзбщей формулы
выражающей следующий важный факт: зная логарифмы
различных чисел по основанию Ь, можно найти логарифмы тех же
чисел по основанию а; для этого достаточно выполнить
деление на logb« (т. е. на логарифм нового основания по ста-

•254 ГЛ. 4. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 193
рому). Вместо деления на logba можно [в силу (а)] выпол«
нить умножение на log06:
logeN=logo0.Iog6W. (в)
Множитель log„ Ь называется модулем перехода (от
системы логарифмов с основанием b к системе с основанием а).
Пример. Имея таблицу десятичных логарифмов, можно
составить таблицу логарифмов по основанию 2. Для этого
достаточно выполнить деление на lg 2 = 0,3010 или
умножение на log2 10 = цщ$ = 3,322. Так,
1о^ - 1р—olio - ',58й-
Пояснение. По определению логарифма имеем 2'0*»8 = 3.
Прологарифмируем это равенство по основанию 10. Получаем
' let Ч
log23 • lg 2 = lg3, откуда 1og23 = та_. Таким же образом
из тождества a'°sa =ЛГ, логарифмируя по основанию Ь,
получим формулу (б).
Чтобы не спутаться в обозначениях, полезно для проверки
применить следующий приём: вместо выражения loga#
напишем дробь — (разумеется, эти выражения не равны между
собой); аналогичло поступим с выражениями log6 a, loga N и
т. д. Тогда вместо формул (а), (б), (в) получим другие, но
тоже верные, формулы. Так, вместо (в) получим
И—Ь. К.
а а ' b'',
254. Первый способ.
х = 10. 10S (^Ig9_Igr2) === ю . io»8fe-2ies= Ю- ю'?т.
ig — д
Согласно определению, логарифма 10 4=-j>x поэтому
х =10. ^ = 22,5.
4
Отв. х = 22,5.
13 За к. 949 Сборник задач

194 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 255
Второй способ. Логарифмируя, будем иметь
lgX==lg10 + (Ilg9 — Ig2)lgl00,
или
1gx = lglO-Hg9 —21g2 = lg^.
Отв. х = 22,5.
255. Как в задаче 254, будем иметь
Отв. х = Ъ.
256. Поступая, как в предыдущих задачах, будем иметь
lg* = l(2 + ^lgl6)!gl0=l+ilgl6 = lg(l0H6);
х =10]Лб.
Отв. * = 20.
257. Обозначим у== 491-l0S'2, а г = 5-1ог»*; тогда
Как прежде, находим, что Iog7.y = (l— log7 2) log749, или
>og7.y = dog7 7 — log7 2) 2 = 2 Iog7| = log71,
49 1 ^
откуда у = -j-; аналогично найдём, что « = —•. Следова-
25
тельно, лг = -к-.
25
О/мв. * =="2'
258. Имеем logjogglog^sslog^, откуда log3Iog2JC = 1;
Iog,Ar = 3.
Отв. дг = 8.

262 ГЛ. 4. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 195
259. Аналогично решению предыдущей задачи имеем
1+ 'og6[l+log0(l+!ogp.K)] = 1;
logbll+logc(l + log2)*)l = 0;
далее
l+logc(l+logp*)=l; !og0(l+logp*) = 0;
l-j-logpA: = l, logp* = 0; x=l.
Отв. х= 1.
260. Выражение в фигурных скобках должно быть
положительным числом, так как отрицательное число не имеет
(действительного) логарифма при основании 4. Поэтому,
переписав данное уравнение в виде
2 !og311 + J°g2 (I + 3 log2 x)] = 4^ = /4,
мы должны взять только положительное значение j/Ч, т. е. 2.
Применяя аналогичные преобразования повторно, получим
далее
logs[l+log2(l + 31og2*)] = l, l+log2(l+31og2*) = 3,
log2(l + 31og2*) = 2;
следовательно, 1 + 3 log2 x = 4, Iog2;c = 1.
Отв. х = 2.
261. Данное уравнение представим в виде
log2(*+14)(;c + 2) = 6, или (*+14)(* + 2) = 29 = 64,
откуда имеем х2 -f-16jc — 36 = 0, я, = 2, л;2 =—18.
Второй корень не годится, так как в левую часть входят
выражения log2(je-|- 14) и log2(x-]-2), которые при отрицательном х
не имеют действительного значения.
Отв. х = 2.
262. Представим данное уравнение в виде
\oga[y{y-\-b)- 0,02] = 0;
отсюда
у(у-\-5)-0,02 = 1 или у*-\-5у — 50 = 0;
получим два корня yt = 5, у$ = — 10. Второй корень не
годится (см. предыдущее решение).
Отв. у = 5.

196 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 283
263. Имеем
1g(35 — jc8) = 3 Ig (5 — х) или Ig (35 — x*) = \g(5 — x?i
следовательно,
35—jc8 = (5 — xf или ха—.5*4-6 = 0.
Отв. х-, =2, х9 = 3.
264. Преобразуя выражение в квадратных скобках, получим
О ъ=г ~в(в + *)^
Тогда заданное уравнение примет вид
Применяя в правой части теорему о логарифме произведения
(и дроби), получим
I-f-Ig л: = Ig (a—b)—\gb.
Заменяя единицу через lg 10, перепишем уравнение в виде
Igl0-Hg*=lg(a — &) — lg*t или lg{l0x) = ig~^-;
отсюда 10* = Д'Т -.
о
Ошв.х ш-.
265. Данное уравнение можно представить в виде
потенцируя, находим
УП=^ " ^ * У 1 + в
?!
или
лг-
откуда
=ут=^
I

270 гл. 4. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 197
266. Данное уравнение можно иначе записать так:
1 log,, 5 + log, 5 -j- log, * - 2,25 = (1 log,, б)2;
так как log,,, х = 1, то после упрощений получим
!og^,5 — 6!oga,5 + 5 = 0.
Решая квадратное уравнение (с неизвестным log.,, 5), находим
два корня: ^3,5 = 5 и logvE5=l.
5
Отв. хг = у 5; , л:2 = 5.
267. Первый способ. Положив Iog1Gx = z, имеем
je = 16s, отсюда
!og4 д; = 21og4 16 — 2z и log2x = ^log2 16 = Az.
Данное уравнение примет вид z-\-2z-\-Az = 7, т. е. 2=1.
Второй способ. Приведём все логарифмы к
основанию 2. По формуле (б) (стр. 192) находим: {og4x = p&£ =
log»* , log»* n •»
== —y—# аналогично iogl6AT = —^—. Получаем уравнение
4- !oSa■* + j loS2 ■* "г- loS2 * = 7> откуда loga x = 4.
Ome. jc= 16.
268. Решается, как предыдущая.
Отв. х = а.
269. Перепишем данное уравнение в виде
'У
(!)-'=(!)-".
откуда Зл:— 7 = 3 — 7х.
Отв. х=1.
270. Представим заданное уравнение в виде
7 , 3*+i За,+* = б*'1"2 б**6.
Вынося за скобку 3я и 5Ж, будем иметь
3*(7-3 — 3*) = 5»(5« — б3), или (-|VJ=|f
откуда х = — 1.
О/яв. л; = — 1.

198 ответы и решения <*Ц
271. Перепишем ваданное уравнение в виде
X
2-8. 2**-в .«|J- t или 2**-9 = 2 7 * -
Отсюда имеем
Отв. х = 6.
4* — 9 = |лг.
272. Заданное уравнение можно записать так!
2-аС. 22»+2 = 2-в, или 2-;Ba+aa'+i а 2-9.
Следовательно, —#8-f-2.*-|-2 = —6.
Одаа. *i = 4; *,=— 2.
273. Представим ваданное уравнение в виде
отсюда имеем
Отв.
ж =
6<а>+8)
2 «-»
5(лг + 5)
* —7
10.
2-а.
-2-
,2 <В-3 ;
1 7(х+17)
1 дг — 3
274. Так как pg = яуЦ *=» тг. то заданное уравнение
можно переписать так:
/2V* /_2\а-*)» £
Следовательно,
2х-|-3;(1 —х)—1.
0/и«. х=>2.
275. Представим ваданное уравнение в виде
2\ iKa /Vat-t ^=28;
приравнивая показатели, находим
_Д£|±1_ = 2, или 2* — 5У*-~3 = 0.

287 ГЛ. 4. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 199
Введём обозначение Yx = z\ тогда будем иметь
2г2— Ьг — 3 = 0, откуда гх — Ъ, га = — -j.
Но второй корень не годится, так как величина г (она
представляет арифметическое значение корня У~х) должна быть
положительной-. Итак, имеем z = Yx. Отсюда л: = 9.
Отв. х = 9.
276. Заданное уравнение можно представить в виде
2 "'VaT __2 УаГ-1
Следовательно,
lw.i_Y* + 3 4
2Yx Yx — 1'
откуда имеем Зл: — 8|^3с — 3 = 0. Обозначив Yx==z>будем
иметь Зг2 — 8г — 3 = 0; г1 = Ъ; г9 = — -g-; второй корень
г2 = о не годится (см. решение задачи 275). Следовательно,
# = 9.
Отв. х = 9.
277. Данное уравнение можно записать так:
3 г+„- * *
а&-1 2а;-2 4 — дО
Следовательно,
3 ' Х 1 = 0.
**—1 ' 2лг —2 4
После упрощений получаем х2 — 2х — 15 = 0.
Отв. х1 = 5; #2 = — 3.
278*. Пользуясь формулой (а) (стр. 192), получим
= 2,
tog.* + 2tog.« 2(loga>X-^og!Ba)
= 2.
или
3 , 1
1 + 2 log.,, a ' 2 — loga, я

200 ОТВЕТЫ И РЬШЬНИЯ ЭТЭ
Решаем относительно log^a и получаем
7±У49 —48
><*,« — g
Отв. хл = в; xs = a*.
279. По формуле (б) (стр. 192) найдём
. 2 1о&2 1
g:B log4* —2log4**
Тогда данное уравнение примет вид Iog4(Jc —f- 12) = 2 Iog4 д:,
откуда *+12 = л:2. Берём только положительный корень
х= 4; при отрицательном х выражение loga,2 не имеет
действительного значения.
Отв. х = 4.
280*. Данное уравнение запишем так:
(106,6 +2) log»*—1.
Так как Jog,,, 5 = -: , то получаем уравнение
(j5S7+2)^-b
Решив его относительно logBJC, найдём
(log5Jf)! — j и (logEx),= — 1.
Отв. хх == УЪ\ *9 = -г-.
281. Левая часть уравнения есть сумма Jf+1 членов
геометрической прогрессии, а потому (в случае а Ф I) имеем
Ц^ = (1 +а)(1 + Я2)(1 +в*)(1 +аЪ
или
1 — ая>+1 = (1 — д)(1-+а)(1 + а2)(1 + я4)(1 +Д8),
или
1—^+1 = 1—^
откуда а»+1 = й1в; х+1 = 16; лг == 15. При а=1 общая
формула суммы членов геометрической прогрессии неприме-

285 ГЛ. 4. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 201
нима. В этом случае .левая часть данного уравнения есть
сумма JC-J-1 слагаемых, каждое из которых равно 1, так что
уравнение принимает вид х+1 = 16, и мы снова имеем
дг= 15.
Отв. д: = 15.
282. Данное уравнение перепишем в виде
52+1+6+...+&В _ 556
откуда
2 + 4 + 6 + ...+2х=56, или 1 +2 + 3+ ... +* = 28.
Левая часть уравнения есть сумма членов арифметической
прогрессии. Поэтому получаем уравнение
(1+х)х =28
откуда х1 = 7, лг2 — — 8. Второй корень не годится, так как
по смыслу задачи число х должно быть целым
положительным.
Отв. х — 7.
283. Заданное уравнение перепишем в виде
г2^-4— 17-2*2-*+1=0.
Обозначая 2* = 2, получим
г2— Ш+16 = 0; 2^=16; га=1,
откуда ^ = 4; лт9 = 0.
Отв. х1 = 4; лг2 = 0.
284. Аналогично предыдущей задаче, полагая 4я' = г,
будем иметь 2z2—17г + 8 = 0.
л _ 3 • — ]
285. Полагая 9°" = г, получим уравнение
З*2 — Юг+ 3 = 0.
Отв. х1 = 2; Хъ = — 2.

202 ответы И решения 288
286. Логарифмируя данное уравнение (по основанию 10),
получаем
iI£±l\gX=s\gxJt-li или lg2x-f-31g* — 4 = 0,
откуда lg хх = 1; Ig x2 = — 4.
Отв. *t=10, х% = 0,0001.
287. Преобразуем данное уравнение так, чтобы каждая
его часть представляла логарифм некоторого выражения. Для
этого вместо 1 в левой части уравнения напишем lg 10.
Теперь данное уравнение можно записать в виде
, 4-12^~ 1 , VV^-2-f-2
iff и = 'ff w-^~-
Из равенства логарифмов следует равенство чисел, т. е.
4-12^ — 1 _ У'У*-1 + 2
io ~~" 5 •
После упрощений получаем уравнение
2*^ — 5.2 * —24 = 0.
Так как 2Vx = \2 2 /, то, введя обозначение 2 2 = г,
мы будем иметь г2 — 5г — 24 = 0.
Корни этого уравнения гу = 8 и га = — 3. Взяв гх = 8,
получаем уравнение 2 а = 8, из которого находим ¥-£- = 3,
т. е. х = 36. Второй корень г = — 3 приведёт к уравнению
2 2 = — 3, которое не имеет решений (никакая степень
положительного числа 2 не может быть отрицательным числом).
Отв. х = 36.
288. Последовательно находим (см. решение предыдущей
задачи):
2 lg го + lS (5У* + 1) = lg Ф1-^ + 5),
lg [(j)' (б1^ + 1)] = lg (6*-^ + 5);
1(5^ + 1) = 5^»+ 5.

2S2 ГЛ. 4. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 203
После упрощения получим
52 V» _ j 24 . 5^ _ 125 = 0,
откуда 5^=125, или 5^ = — 1. Второе уравнение не
имеет решений; первое даёт Ух = 3; х = 9.
Отв. х = 9.
289. Представим данное уравнение в виде
5'g * -f- 51» *-! = 3's x+l 4- 3's ^-Ч
Вынося за скобку 5*» и З^", будем иметь
5* • (I + 5-1) — 3's »(3 + З-1),
или
5^ 25. (1^" — (И^
gig*—9' \3; ~~\з)'
откуда \gx = 2.
Отв. х= 100.
290. Логарифмируя при основании 10, получим
21g**—l,5lg«* =1.
Это биквадратное уравнение (относительно \g x) имеет два
действительных корня: lgjc = l и lgx = — 1; следова- -
тельно, jet=10, лг2 = 0,1.
Отв. л;г=10; лга = 0,1.
291. Потенцируя, получим
64*Л?™в1, илй 2*-"* = (!)",
т. е. 2*~ш = 2-в-24; отсюда *2 — 40л: + 144 = 0.
Owe. xt = 36, дт8 =s 4.
292. Согласно определению логарифма данное уравнение
равносильно уравнению 9 — 2а> = 23~х, или 9 — 2а' = —,
откуда 22х — 9 •2я' + 8 = 0. Решая это уравнение
(квадратное относительно 2х), находим
X* === д\ Хл = и«
Отв. jtt = 3; д:а = 0.

204 Ответы и решения 293
293. Как в задаче 288, получим
2<4"""+ 9)= 10 (2*-*-f I).
Заметив, что
2*-» = 2* 2"г = 1. 2х, а 4я-2 = 4гГ4-2 = 1 4*.
получим уравнение
22я,_-20.2в4-64 = 0,
откуда, как в предыдущей задаче, найдем jrt = 4; ж, = 2.
О/гее. jc, = 4; *в = 2.
294. Последний член удобно перенести в правую часть.
Затем, как в задаче 288, получим 4» 3 ^"«З^-г-27.
Заметив, что 3 *" = 3 • З2", получим уравнение
12. 3^ = 3»+ 27.
- - ( -Y
Полагая З2* = г, будем иметь З* = \Ъ12х), так что
получим уравнение г2—122 + 27 = 0; корни его г, = 9; га = 3.
Отв. *, = ■£, Jc» = -2".
295. Потенцируя (ср. решение задачи 288), будем иметь
100 ,у »+</.»
это уравнение можно представить в виде
1 Uvxz+l. 16 \ 2
100 V 2У^П/ 2К5П*
Освобождаясь ох знаменателя, получаем
6VS+T_16=!200, т. е. 6^^5+Т_бз#
откуда л: = 2.
О/ив. х = 2.

299 ГЛ. 4. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 205
296. Представим данное уравнение в виде
4\g2 + 2lg(x — Z) = \g(7x+l) + \g(x — 6)-flg3;
потенцируя, находим:
2* (х — 3)2 = 3 (7х + I) (х — 6).
Корни этого квадратного уравнения суть xt = 9; *2 = — 3,6.
Второй корень не годится, так какой даёт х — 3 = — 6,6,
значит, выражение \g(x — 3) не имеет действительного
значения [то же можно сказать и о выражениях lg (Jx -f-1) и
\g(x — 6)1.
Отв. х = 9.
297. Правую часть представим в виде
- Iog6(0,2 —0,2 • 5Ж-3) = _!og50,2 — logB(l —5*Л
Слагаемое (х — 3) представим в виде loggS*- . После
переноса членов получим уравнение
logbl20 4-log&5a!-3 + log50>2 =
= 2log6(l-5a'-3>-1og3(l -5я-3),
или
120 • 0,2 • 5Т_3 == 1 —5Ж~3.
Отв. х — 1.
298. Заданные уравнения можно представить в виде
, 26а,+3 _ 2iy¥i
{ ' iy+2
Приравнивая показатели степени, получаем систему
I 6a; — 4j/= I.
\ х — З.у = 0.
"
299.
нений
Отв.
л — 14' *•
Потенцируя
хх = 3, yt
"~14*
первое уравнение,
[ ху=\,
' . 10
\х+У=Т.
1
~3 '
1
■*а — "з"' -^9
получим систему урав
= 3.

206 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 300
S00. В алгебре обычно рассматриваются только логарифмы
положительных чисел при положительных основаниях; иначе
число может не иметь (действительного) логарифма. Поэтому
будем считать, что известные величины а и b (основания
логарифмов) положительны; неизвестные величины х, у («числа»)
также должны быть положительными.
Потенцируя, находим
ху=а\ £-*.
Эта система имеет два решения:
1) x = ab\ у = £,
Но второе решение не годится, так как при положительных
значениях a, b оно даёт отрицательные значения х и у.
Отв. х — а№; ,y = |j.
301. Потенцируя, получим систему у
10 ' х—у
7
из второго уравнения у = — х; подставляя в первое
уравнение, будем иметь два решения:
l)*i = 9, yt = 7] 2) х9 = — 9, л = —7.
Второе решение не годится, так как тогда х -\-у < 0 и
х—.у<0 (см. решение задачи 300).
Отв. х = 9; у = 7.
302. Потенцируя, будем иметь
( х—у = ху,
\ х+у=1.
Эта система имеет два решения:
-1 + VT 3-УТ.
*i — 2 » "i 2 '
х _-1-УТ _3+УТ
лй— о > Уг — о •

304 ГЛ. 4. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 207
При первом решении имеем
д:—у = Ху = — 2 + V 5" > 0.
При втором получаем
х—у = ху = — 2 — У"бГ <0.
Второе решение не годится, так как основание логарифмов ху
должно быть положительным (см. задачу 300).
303. Потенцируя, получим систему
l + 3T=j5 ху~Ь\
или
(х-\-у = а\
{ ху = ЬК
Эта система имеет два решения:
0 _и— r »—■»■>- __g»+Уя* — 4b*
L) х% — g , y$ ц .
Считая данные величины а и b положительными (как
основания логарифмов), мы должны различать два случая:
1) а* < W, т. е. а < V%b и 2) л* > 4**,
т. е. a ^V2 b. В первом случае система не имеет решения,
так как х и у—мнимые числа. Во втором случае х и у не
только действительны, но и положительны, так как и сумма
х-\-у=*сР, и произведение ху — Ь* положительны.
cfi-ifYal—W a*—Ya*—4b*
Отв. х— ~2 5 У — ~2 •
304. Потенцируя первое уравнение, получим систему
( Аху — 9а2,
I х-\-у = 5а.
Оба еб решения годны.
Отв. 1)л;1 = -5-, yl = ja; 2) х3 — -^а, Уъ*=-$.

208 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ *И
305. Так как во втором уравнении неизвестные х и у
входят под знаком логарифма, то оба они положительны (если
решение существует). Что касается величины а, то она может
быть и отрицательной (ибо под знаком логарифма стоит
положительное число аа). Однако в этом случае вместо равенства
\g (д2) = 2 lg а надо написать lg (а2) = 2 lg | а |. Для краткости
обозначим \gx = X; \gy — Y; Ig|aj = j4. Логарифмируя
первое уравнение заданной системы, получим систему
X+Y = 2A, X*+Y**=WA*.
Возвышая первое уравнение в квадрат и вычитая второе,
получим XY = — ЗЛа, так что имеем равносильную систему
X-i-Y=*2A; XY = — ZA*.
Следовательно, Л^и Y—корни уравнения г3—2Аг— дА' = 0.
Значит, одно решение есть Х= ЬА, Y =» — А, т. е. х = | а |а,
У^щ- Другое решение: *"=щ. У = \о\л.
Проверка показывает, что оба решения годятся.
Отв. *, —|в|*, Ух=*щ\ *•—г|т.Л—М*.
306*. Из второго уравнения имеем у—х = (У2~У = 4.
Слеоователыю, у=ах-$-4. Подставив в первое уравнение,
получим 3* • 2*+4 = 576, или 6* . 2* = 576.
Отв. х = 2; у = 6.
307. Данную систему можно записать так:
| ху*=а,
Так как оба числа хну должны быть положительными, го
получаем систему
j xy~a
Отв. x^Vafo; >-£§.

311 ГЛ. 4. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 209
308. Данную систему можно записать в виде
1о2а* + -21о8в.Ув-2' TloSьJC + loe*>'==■2•
откуда
з з
Я 3 .18
Перемножая эти уравнения, будем иметь х2у2 г=а*Ь2,
или xy = ab. Последнее уравнение делим на каждое из
предыдущих.
л й* ь%
Отв. x=*j, y = f
309. Решение аналогично предыдущему.
Отв. х = аУ~№\ У^г4г~.
ъуь
310. Пользуясь формулой (а) (стр. 192), запишем первое
уравнение так:
log» й + toi^I *я 2* откУда ]°8* и ~ 1 -
т. е. и = г>. Подставляя во второе уравнение, будем иметь
в8 + и—12 = 0. Годится только положительное решение
(см. решение задачи 300).
Отв. а = v = 3.
311. Обозначим Уа = в; тогда
X
и
У
аналогично
log^K*=i.
Следовательно, второе уравнение можно записать так:

210 ОТВЕТЫ И РЕШЬНИЯ 311
Получаем систему
х*+ху-\-у* = а?, (1)
х+у = ^, (2)
равносильную данной. Возведём уравнение (2) в квадрат.
Получим
*2 + 2*з>+.у2 = ^-. (2а)
Вычитая (1) из (2а), найдём
Мы приходим к системе
'
, 2а
a2 i
1 *У—5-1
Она имеет единственное решение
Х=У=*ТТ'
(2)
(3)
Замечание. При возведении какого-либо уравнения в квадрат
мы можем получить лишние решения. Так и есть в данном случае:
уравнение (2а) имеет лишние решения по сравнению с (2). Например,
значения х =у = — —== удовлетворяют уравнению (2а), но не удовле-
творяют уравнению (2). Иными словами, уравнение х*-{-2ху+у* = —s-
2а
не равносильно уравнению х-\-у= ■; оно равносильно двум
2а la m
уравнениям: х4-у.= —?= и х +.У = ;==• *ем не менее данная
.. , 2я а1
система и система уравнении х+у>= ■, ху*=— равносиль-
1а
ны, потому что в последнюю систему входит уравнение х + У •=—?=:, -
уз
2а
и тем самым исключается возможность равенства х +у = j=.

313 ГЛ. 4. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ И ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЬНИЯ 211
при а Ф 0 (при я «= О уравнения х -\-у >
2а , 2а
-7=. и х+у=* ■=■
совпадают).
Но если бы мы взяли не систему (2)—(3), а систему (1)—(3),
т. е. систему
(х* + ху+у*~а*, (I)
я»
ХУ~Т,
(3)
то она не была бы равносильна данной. Действительно, кроме ре-
шения х—у=-уг= ока имела бы ещё решение х=.у = ^^
Поэтому в случаях, когда мы возводим одно или несколько
уравнений в квадрат, всегда необходимо либо исследовать вопрос
о равносильности, либо с помощью подстановки проверить, какие
решения годятся, а какие нет.
Ошв. x — y——jrz,
/3
312. Принимая во внимание формулу (б) на стр. 192,
будем иметь log4 х = -* loga x; вследствие этого первое
уравнение приводится к виду x=ys. Решаем систему
\je3_ 5^ + 4 = 0.
Отв. хх = 4, ух = 2; х$ = 1, у2 = 1.
313. С помощью формулы (б) на стр. 192, данную
систему можно записать в виде
]og2 х+ -2]°ё2У+ 2" 1о§2 г в 2,
]ogsy +"2 logs«4-f loesx = 2,
log< * + -J log* x + у log4 j> = 2.
Потенцируя, находим
x Ууг = 4,
*/*jr = 16.
(а)

212 ответы и рьшьния 314
Перемножая все уравнения (а), получим
(xyz)* = 4.9- 16,
откуда
хуг = 24 (б)
(берём арифметическое значение корня, так как по смыслу
данных уравнений х, у, г должны быть положительны).
Возводим каждое из уравнений (а) в квадрат и делим на (б).
г, 2 27 32
Отв. x = j, j; = -g-, 2 = -g-.
314. Из первого уравнения находим х-{-у = 2х УЬ 2 •
з из второго х-\-у = Ъ • 2а!~У, следовательно,
3 2 =3 или ^^-=1.
Значит, jc-f-jn = 3 - 22== 12.
Отв. х = 7; у = 5.
315. Заданная система приводится к следующей:
10 *• * у и>
Разделив второе уравнение на первое, получим х—у = -=-.
Решив систему
. 70 Ах
х + у = — и х—у = -1-,
будем иметь xt = 7, ^ = 3; *2 = — 7, у2 = — 3. Корни
х%, у% не удовлетворяют второму уравнению заданной
системы, так как числа х2-{-у% и дг3—у2 отрицательны.
Отв. х = 7; у=Ъ.
316. Представим данную систему в виде
ад 5+— — i 2~2у
2» = 2 *, 3^=3 у ,
Отсюда получаем
2х—км3У х 1 ' 2~2У

И* ГЛ. 4. ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ Я ЛОКАЗАТЕЛЬНЫЕ УРАВНЕНИЯ 213
Введём обозначение — = t, тогда из первого уравнения
I х
будем иметь 2/3—5t—3 = 0;/. = 3, fe = — -к, т. е. — = 3
* У
х 1
или — = — -я-. Отсюда находим выражения х — Ъу и
х = — -к- у; подставляя их во второе уравнение, найдём
хл = — 2, у{ = 4; *<j == y» -Уа == ■§" •
а I
О/ив. *, = — 2, j>, =4, •*a=2'i Л —"г*
817. Данная система приводится к следующей:
I х+у = 2.
Из первого уравнения (см. решение вадачи 316) находим
х х I 3
— = 3 или —s=» — -я-* Второе уравнение дает лг, = —.
Ул = Y* ■*8=="~2, j/2 = 4. Значения х9, у% не подходят.
^ 3 I
Отв. * = -£э ^==-2«
318. Данная система приводится к следующей:
| Vxy = A — Vx,
\2Vxy = 3 + Vy.
Введя обозначения VGc = a; р^_у = г>, получим azi = 4— а;
Отв. лс, = 4, jr, = 1; Jf4 = 1, Л — 9.
319. Перепишем данную систему в виде
ау*=хР, bx=yi.
Так как х и у должны быть положительными (как основания
логарифмов), то исходная система может иметь решения лишь
при положительных значениях а и Ь. Из первого уравнения
хр
найдём у=> ; подставляя во второе уравнение, получаем

214
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
320
хт = aqbx. Отбрасывая корень х = 0 (л: должно быть
положительным), получаем уравнение хРа~г = aqb. Если pq=\t
то это уравнение либо вовсе не имеет решений (при aqb Ф 1),
либо является тождеством (при aqb = 1). В последнем случае
исходная система имеет бесчисленное количество решений
хр
(х — произвольное число, а у — —-; или у— произвольное
число, а х = ~—}. Если рдф1, то получаем решение:
х= V аЧ, у = У IP а.
Отв. х= V aqb, у= V Ьра (рдф1).
ГЛАВА 5
ПРОГРЕССИИ
Арифметическая прогрессия
320. По условию ог = 5, d = 4. Подставляя эти значения
в (3), получим после некоторых преобразований уравнение
2я2 + 3я—10 877 = 0.
Корни его: я, = 73 и щ = — 74,5; из них годится только
первый.
Отв. 73 члена.
321. По условию
о, + (а, + d) + (я, + 2й0 + (а\ + 3d) = 26,
а, (а, + d) (а, + 2d) (а, + 3d) = 880.
Первое уравнение даёт 4at-{-6d = 26, откуда дх =—^—•
Подставляя во второе уравнение и упрощая выражения
в скобках, получаем
13 — 3d 13 — d 13 + «Г 13 + 3rf QQn
__ _ 2 ==8»0.

323 гл. 5. прогрессии 215
Освобождаясь от знаменателя и перемножая числители
(удобнее всего перемножить первый числитель на четвёртый и
второй на третий), находим:
9Ф— 1690йР-{- Н 481 » 0.
Обозначим через d', d", d"', d"" корни этого биквадратного
уравнения, находим d' = 3; d" = — 3; dm = —J—^ и
,„„ УТбОЭ 13 —ЗйГ
a e=s 1—-—; из уравнения Cj = —5— находим
соответствующие значения первого члена:
„' о. „« п. V» 13—УТбОЭ. _„„_13+УШ
Отв. Задача имеет четыре решения:
1) -+-2; 5; 8; 11; 14; ....
2) ч-ll; &;5\_2; —V, 111,
<U 13—У1609.39—У1609 .39+/1609. 13+ У1609 .
о) -*- 2 » 6 ' 6 ' 2 > • • • •
. 13 + У1609 .39 + /Тб09 .39— V1609 . 13— УТбОЭ
4; н g , 6 , g , 2 ; ...
322. Выражаем ар и с? через ах и d\ по условию
получим систему уравнений
f a^dQ)— l) = q,
I al + d(q—l) = p.
Отсюда находим d = — 1 и a1=p-\-q—1. По формуле (1)
находим:
а„ = (Р + Я— 1) — (л— l) = p + q — п.
Отв. an = p-{-q—п.
323. Натуральные двузначные числа составляют
арифметическую прогрессию с разностью d=l; при этом первый
член 0j==lO, а последний а„ = 99. По формуле (1) находим
число членов я = 90. Формула (2) даёт:
5„ = (i°±|^0==4905.
Отв. 4905.

216 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 324
324. Обозначим нечётные числа через я, (я -f- 2), (я 4 4),
(л-{-6). Тогда заключённые между ними чётные числа будут
(я+1), (п-^-3), (я-(-5). Согласно условию
ft2 4- (я + 2)2 + (» 4 4)2 + (я 4 б)2 =
= (я 4 1 )2 4-(л + З)2 + (л + 5)2 4" 48,
или
И2+[(л+2)2—(л 41)4 4- [(« 4 4)2—(л 4- 3)2] 4
+ Кя46)2 —(л + 5)21 —48 = 0,
откуда
в24(2я43)4-(2я + 7)4(2я4П) —48 = 0,
или
П2_|_6я_27 = 0.
Отсюда л = 3 или я = — 9.
Отв. 1) 3; 5; 7; 9 или 2) —9; —7; —5; —3.
325. Члены а2; д4; ав; ...; аго составляют
арифметическую прогрессию с разностью 2d и числом членов 10.
Применяя формулу (3) (где нужно взять а2 вместо аг и 2d
вместо d), найдём
(2а2 + 2*.9)10 = 250>
т. е.
a2-|-9fif = 25.
Подставляя сюда a2 = a1-{-d, имеем
а,+ 100" = 25. (а)
Таким же образом, исходя из прогрессии н- at; as; а5; ...; а,9
найдём
0^-1-9^ = 22. (б)
Из (а) и (б) можно найти at и й, а затем все члены
прогрессии. Но так как требуется найти только средние члены,
т. е. «!<) = «! + 9йГ и ап = «14- Юй?, то (а) и (б) сразу дают
Ojo = 22 и а13 = 25.
Отв. Средние члены равны 22 и 25.

327 гл. 5. птогРЕсгиа 217
326. Введём обозначения bt = [a -f- х)%, &а = (л2 + х%
Ьг = (а—л;)2. Находим £а—dt = 6,,—Ьъ = — 2ах.
Следовательно, члены Ьи Ьй, Ьь образуют арифметическую
прогрессию с разностью <а? = — 2ах. По формуле (3) имеем
Отв. 5„ = [а8-|-(3 —я)ялг-|-л:2]я.
327. По формуле (3) имеем
- _2ai+d{nl-\)
о, ^ nv
~ ^_2сц+<1(щ— I)
«a *= 2 ^'
«г _2ai + rf(«3-l)
о3 = g ' яз»
или
А=в1+4(Л2_1),
Умножаем полученные равенства соответственно на (я3— яя),
(Яд—nt) и («t—я2) и складываем произведения, после чего
найдём
= at [(я9 — Ид) -+- (л3 — лг) + (яг — я9)] +
4- -| [(я,. — 1)(л4—Лз)+(я9— 1)(я3—«ОЧ-Сйз— 1)(я1—Яз)|.
Выражения в квадратных скобках тождественно равны нулю,
следовательно,
f(«,-«e)-f- ^Слв-я^ + ^С^-^ = О,
что и требовалось доказать.

218
OTBLTbi И РЕШЫШЯ
323
328. Из условия следует, что 510 = 55б. Выразив S6 и 510
по формуле (3) и учитывая, что по условию аг =» 1, напдём
(2 + 9tf)10 _ (2 + 4tf)5
2 =& 2 '
откуда rf = — 3.
Отв. н—(-!; —2; —5; —8; ...
329. По условию
S„ = 3na или Pai + d(n- l)|i» д 3/А
Так как и ■£ О, то, сократив это уравнение на п, получим
2в14-<'я—<* = 6я или
2а, —tf = (6 — д)я. (a)
По условию равенство (а) должно удовлетворяться при любом
значении л, но левая часть (а) не содержит я, тогда как
правая часть будет менять значение с изменением я, если
только множитель 6—d не равен нулю. Лишь в случае
б — d = 0 правая часть не зависит от я (равна нулю), поэтому
мы должны иметь а" = 6. Тогда из (а) находим 2et — d=Q,
т. е. et = -g- = 3.
Отв. -+-3; 9; 15; 21; ..."
330*. Числа, которые при делении на 4 дают в остатке 1,
имеют вид 4A-J-1 (k — любое натуральное число). Они
образуют арифметическую прогрессию с разностью 4. Первое
из двузначных чисел этого вида есть 13 (оно получается при
* = 3); последнее есть 97. По формуле (1), где л, = 13,
ап = 97, d = 4 находим я = 22. По формуле (3) найдём
искомую сумму.
Для определения, при каких значениях к числа вида
4k -f-1 будут двузначными, можно было бы воспользоваться
системой неравенств
4fe-fl>10,
4/s-f 1<100.
1 3
Из этой системы находим 2 — •< к < 24 -г ; следовательно,
к может иметь значения, равные 3, 4, 5, ..., 24, число ко-
торых я — (24—3) + I = 22.
Отв. 1210.

834
ГЛ. 5. ПРОГРЕССИИ
219
Геометрическая прогрессия
331. Среднее геометрическое двух
(положительных) чисел а и Ь есть положительное число дг, определяемое
из пропорции а:х = х:Ь. Вставить три средних
геометрических между числами 1 и 256 — значит найти три числа в2,
в8, а4, удовлетворяющих условиям:
1: в9 = в8: в8 = в3: в4 = в4:256.
Значит, числа в, = 1, а2, в8, «4ии5= 256 образуют
геометрическую прогрессию. По формуле я-го члена прогрессии 256=1 •</*.
Это уравнение имеет один положительный корень q = ]^256=4
(—4; -\-4i\ —4/ не годятся). Теперь по той же формуле
находим: в9=4; аа=16; а4 = 64.
Отв. 4; 16; 64.
332. По условию sj -j- в3 = 52 и в? = 100, или иа = ±: 10.
По свойству геометрической прогрессии BiB3 = aj = 100;
следовательно, ал и в» — корни уравнения ва—52в 4-100 = 0.
Отсюда найдём: в, = 50 и и'3=*2 или и" = 2 и Вз=50.
Отв. Числа будут: 1) 50; 10; 2 или 2) 50; — 10; 2,
или те же числа в обратном порядке.
333. По условию: 1) в3 — Bj = 9 и 2) »6 — »3 = 36.
Применяя формулу вя = в1тп_1, запишем эти уравнения в виде:
1) и,<79—Bj = 9; 2) uTq*— в,02 = 36. Деля уравнение 2) на
1), получим 02=»4; отсюда д = ±:2; из 1) находим: в,вЗ.
Отв. 1) +*-3; 6; 12; 24; 48; ....
2) -н-3; —6; 12; —24; 48; ...
334. По условию «7-f-a4=s27 и а9а8=а72", но так как
Йя=3 или иъиг=ааха^, то имеем систему двух уравнений:
1) a,-f-a4 = 27 и 2) вгв4= 72,
откуда в, = 3 и в4 = 24 или в, = 24 и в4 = 3. Из формулы
и4*=*илф находим соответственно- q = 2 или qsa-~.
Отв. 3; 6; 12; 24 или в обратном порядке: 24; 12; 6; 3.

220 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 335
335. По условию 1) а, 4- й4 = 35 и 2) и3 + «3 = 30. Так
же, как в задаче 333, для определения q получаем уравнение
1 + Ф _ 35
Я0-+Ч) ~30'
или по сокращении
l-g + g*
6*
Находим:
О ? = -|; «2 = 8; 2) 9 = |-; а, = 27.
Получаем две прогрессии:
1) -н-8; 12; 18; 27; 40,5; ....
2) -**-27; 18; 12; 8; 5-J-; ....
у которых первые четыре члена одинаковы, но идут в
обратном порядке.
Отв. 8; 12; 18; 27.
336. Во второй данной сумме заменяем каждый член через
предыдущий, умноженный на q (согласно определению
геометрической прогрессии); получим
ЧЧ + ЧЧ + ЧЧ + ЧЧ + ЧЧ = 62
или
4(4 + Ч + Ч + Ч + Ч) = 62.
По условию выражение в скобках равно 31; следовательно,
<7—2. Пользуясь формулой 5„ = ^ _~ имеем 31 = % __Т
откуда а, = 1.
Отв. -*-i-1; 2; 4; 8; ...
337. По условию имеем:
2) 4 + 4 + 4-i-4=1^5' 2) 4+4 + 4 + 4 = ™'
Задача аналогична предыдущей.
Отв. и, = 1,6 и иБ = 8,1.

340
ГЛ. 5. ПРОГРЕССИИ
221
338. Члены а4 и вв—равноотстоящие от начала и конца:
поэтому в4вв —atag. Так как по условию а, и9 = 2304, то
и4ав = 2304; кроме того, по условию a4-f-ae=120. Из
этих двух уравнений находим а4 — 24; щ = 96 и а4 = 96;
и'ъ z=a 24. Возьмём первое решение. По формуле и„ = axqn~l
имеем:
1) 24 = а]99; 2) 96 = а,^.
Разделив 2) на 1), находим q* = 4, откуда q = 2 или <? = — 2.
В первом случае уравнение 1) даёт ах = 3, во втором случае
а, = — 3. Девять членов прогрессии будут в первом случае:
3; 6; 12; 24; 48; 96; 192; 384; 768;
во втором:
— 3; 6; —12; 24; —48; 96; —192; 384; —768.
Взяв решение в4 = 96; вв = 24, найдём те же два ряда
членов, но в обратном порядке.
Отв. 1) aj = 3; q = 2;
2) а, == —3; q= — 2;
3) и, «768; 9=.i;
4) а^ — 768; ? = — -i.
339. По условию 1) «j +a9-f-a3 = 126 и 2) в,,нда3=13 824.
Так как в, есть средняя пропорциональная между ил и а3,
то uiUu = ul; поэтому вместо 2) можно написать а?= 13 824,
откуда в2 =3^13 824. в данном случае, разлагая 13 824 на
множители, легко найти, что а2 = 24. Подставляя в 1) и 2),
получаем систему уравнений: вг-{~а3 = 102; ага3 = 576.
Решения её: aj = 6; а3 = 96 и в, = 96; а3 = 6. Получаем две
прогрессии: -*-г-6; 24; 96 и -нг-96; 24; 6, отличающиеся
только порядком членов.
Отв. 6; 24; 96.
340. из условия следует, что сумма членов, стоящих на
чётных местах, в два раза больше суммы членов, стоящих
на нечётных местах, т. е.
«г + «4 + ие+.-- + Игт» ^о
«l + Ks+"5+".+«2»-l

222 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 341
Заменяя члены и2; и4; ав; ...; к2п выражениями в9 = axq;
ai = as4'> •••'. "a» = Han-i?> находим q = 2.
Отв. Знаменатель прогрессии равен 2.
Бесконечно убывающая геометрическая прогрессия
341. Для доказательства того, что данные числа образуют
геометрическую убывающую прогрессию, надо проверить,
будут ли равны отношения — и — и будут ли они меньше 1.
Имеем:
и, 2— 1/"2'у"2— 1 У2(/2—1)'У2"—1 2+/2 *
2) "з^1- 1 _^2-yT=j2-y'2)(2+y'2~) = 1
н2 2*2— V2 2 2(2+ уТ) 2+У"2 '
Так как ^ = ^ = а = — < 1, то данные числа обра-
щ щ 2+у 2
зуют геометрическую убывающую прогрессию. По формуле
её суммы находим
«_ V2+1 __(y-2+D(2+V2l , .o,/s-
Отв. S==4 + 3|/"2.
342. Как в предыдущей задаче, находим, что выражение
в квадратных скобках равно " ~ . Всё выражение тогда
примет вид
(4^3 + 8). '-<&=£ = -_^-_ = _6(yXfl).
О/гее. —6(1^3 + 1).
343. По условию
32
«1 = 4 и «з— a5 = gj.
По формуле un = u1qn~1 из второго равенства получаем

845 гл. 5. прогрессии 223
Учитывая, что их = 4, получаем биквадратное уравнение
81g*—Ь\ф 4" 8=0; его корни; qu 2 = ± —^— и 93, < == — -г•
Отрицательные корни не годятся, так как по условию все
члены положительны, положительные корни годятся оба, так
как они меньше единицы. Получим две бесконечно убывающие
прогрессии.
Отв. S' = 12(3 4-2^2) и 5"== 6.
344. По условию
uj-|-«4s=5 54 и йа + «8 = 36.
С помощью формулы ип = и^"*1 получим систему двух
уравнений:
аг + й198 = 54, 1^(1 + ^(1 —? + ?2) = 54, (1)
и,? + и1?2 = 36,.ИЛИ \ «l9(l+g) = 36. (2)
Разделив (1) на (2), получим уравнение
1 — q±<P _ 3
Я ~2»
из которого найдём <7, = 2 и <?2 = •*■. Годится #2 = -н- < 1.
Находим из (2) ах = 48.
Отв. 5 = 96.
346. Первый способ. По условию
1) и14-й84-и6+...=36,
2) в9Ч-й4 + а6+ ••• = 12.
Члены первой и второй сумм составляют также бесконечно
убывающие прогрессии, знаменатель которых одинаков и равен
<?9, первый член в первой прогрессии равен ах, а во второй
и8, т, е. utf. Выражая суммы первой и второй прогрессий
по формуле суммы бесконечно убывающей прогрессии
(где вместо ц берём ф, а вместо аг во втором случае
берём utf), получим: 1) у~-ч == 36 и 2) jM_ — 12. Деля 2) на
1), получим 0 = тг, а из первого уравнения находим «j = 32.

224 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 346
Второй способ. Так как a2==uxq, ui = uzq и т. д.,
то вместо й3 ~Ь й4 ~Ь мб ~Ь .. • = 12 получим uxq + u3q +'
+ иб? + ••• = 12> или
?(ц, + и3 + иБ+...)=12. (1)
Разделив на (1) условие И1 + и3 + ив~г" •• • =36,
найдём q = -^. С другой стороны, сумма всех членов
прогрессии есть 12 + 36 = 48. По формуле суммы бесконечно
убывающей прогрессии имеем 48 = ——г, откуда их = 32.
_ _„. 32. 32.
Отв. ■*-*- о2; -j; -g-; .,.
346. По условию
и\ + иа + вз + • • ■ = 56; а? + «1 + и\ + ... = 448.
Слагаемые второй суммы образуют также геометрическую
бесконечно убывающую прогрессию с первым членом и\ и
знаменателем q2. Выражая суммы этих прогрессий, получим
"* — *5в Ui — 448
M ЛИ
*, = 56(1—9).
и? = 448(1—^).
Деля (2) на (1), находим
«1 = 8(1+0.
Исключая ut из уравнений (1) и (3), получаем
8(1+0=. 58(1 — q),
(О
(2)
(3)
откуда 9 = -j-. Из (1) находим ах= 14.
Ото. «j= 14, <7 = j.

349 гл. 5. прогрессии 225
347. Задача решается аналогично предыдущей. Для
определения и, и q получим систему уравнений:
"1 -3, (1)
\-q
и? 108
(2)
После исключения из этих уравнений и[ получим
уравнение 3<72—10174-3 = 0. Из двух корней его годится только
q = — (другой q = 3 больше единицы). Из уравнения (1)
находим и, = 2.
2 2
\JlllfO, • • Л»7Г| п ! ill
348. Задача решается аналогично задачам 346, 347.
Для определения и, и <7 получим систему уравнений:
| «^ = 6, (I)
\ и. \ щ
1т=7~гг=?- <2>
Уравнение (2) равносильно уравнению и1 = 8(1 + #).
Исключая и, из системы и^ = 6, ^ = 8(1+0), получаем уравне-
ние 4<7а + 4<7— 3 = 0. Из двух его .корней ^i = — -о"»
q% = -я- годится только второй, так как абсолютная величина
первого больше единицы. Из (1) находим их = 12.
Отв. /■*-»- 12; б; 3; ...
Задачи на арифметическую и геометрическую прогрессии
349. Из условия находим:
rf=16 —14 = 2; a1 = U — d= 12;
<*i+a2 + a3=12 + 14 + 16 = 42.
Следовательно, в искомой геометрической прогрессии 1) q = 2
и 2) и, + и^ + «t<72 =s 42, откуда и. = 6.
О/мв. -«-6; 12; 24; ...

22б ответы и решения «w
S50. Первые три члена геометрической прогрессии суть
3; Ъц\ SqK По условию flj==3; a^ = 3q~\-6; так как
а'а—<4==аа—аи то а8 = 2йа—«Л «= 6^-f-9. По условию
этот третий член равен третьему члену геометрической
прогрессии, т. е. З^2. Получаем уравнение 6q-\-9 = Sq2;
корни его ^ = 3 и # =— 1. В первом случае геометрическая
прогрессия будет -*-г-3; 9; 27; ..., а арифметическая
'-г-3; 15; 27; ... Во втором случае получаем два ряда чисел:
3; —3; 3; —3; ... и 3; 3; 3; .... которые можно
рассматривать соответственно как геометрическую прогрессию со
знаменателем q = — 1 и как арифметическую прогрессию
с разностью «? = 0.
Отв. 1) -*-3; 15; 27; ...; -«-3; 9; 27; ...,
2) •+-о; 3; 3; ...; -s-4-o; —3; о; —3; ...
351. Задача сходна с предыдущей. По условию ах = ах = 5;
следовательно, а3=с5#2; u5~5q*. Далее по условию
й4 = к9 = 5^8; в1в = в6 «== bqi. Значит: 1) 5^2 = 5-j-3d,
2) 5q* = 5 -j- Idd. Исключая d, получаем уравнение
q< — 5^2-j- 4 = 0, откуда q* = 4 или q* = 1. Так как а4 = 5q2,
то четвёртый член арифметической прогрессии в первом
случае равен 20, а во втором 5.
Замечание. В каждом из этих двух случаев получаем две
различные геометрические прогрессии; арифметические же
прогрессии— одинаковые. Именно, в первом случае имеем геометрическую
прогрессию гг5; 10; 20; ... и тт-5; —10; 20; ..., арифметическая
зке прогрессия (разность d—-2~x— = 5) будет -ь5; 10; 15; 20; ...
Во втором случае получаем геометрическую прогрессию -тт 5; 5; 5;...
и -гг5; —5; 5; —5; ...; арифметическая прогрессия состоит из
равных членов -*-5; 5; 5; ...
Отв. 20 или 5.
352. По условию ал = ир* а2 == u^q; ал = u^q*. Отсюда
находим:
l)d = c2—aj = Hj(g — 1) и 2) 6d = a, — ej = Bi(9a — !)•
Исключив d, получим u^q*—1) = 6и, (q — 1). • Так как
«! ф 0, то 9а—l = 6(q—1), откуда q = 5 или q=\. Из
условия u1-^-ulq-^~u1q2= 93 находим соответственно ^ = 3
и и, = 31.
Отв. 1) 3; 15; 75. 2) 31; 31; 31.

356
гл. 5. прогрессии
227
353. По формуле (2) на стр. 43 находим а7 = 729;
следовательно, в геометрической прогрессии имеем: ^ = ^ = 1;
а7 = а7 = 729. По условию требуется найти средний член,
который будет четвёртым с начала и с конца и, следовательно,
первый член ut, искомый средний и4 и последний и7 образуют
непрерывную пропорцию их: в4 = а4: в7. Отсюда и\ = ихй7
и в! = 729.
Отв. B4 = d=27.
354. По условию аг -\- а2 -f- ая = 15. Так как а2 — аг =
= аь—аа, то 2о2 = ах-f-аь и из условия имеем 2а2-|- а2 = 15.
Отсюда а2 = 5. Тогда а, = 5 — d; а2 = 5; a9 = b-\-d и по
условию и1 = а1-\-1 = 6 — d; a2 = a2-j-4 = 9; вд = а3 +
-j- 19 = 24-J-d. Так как йз = й1в3> то имеем;
92 = (6 — d)(2A + d),
откуда находим d = 3, at = 2 или d — — 21, ^ = 26.
Отв. 1) 2; 5; 8. 2) 26; 5; —16.
355. По условию a1 = a1-j-l; «а = иа Н-6; а3 = в3-|-3;
отсюда ах -f- а2 -j- о-ъ — (и1 ~Ь as ~f~ es) ~Ь (1 ~j~ 6 Ч- 3) или на
основании условия, что Sj -j- а2 -[- в3 = 26, получим
^ + «2 + % = 26 +Ю = 36.
Дальше задача решается аналогично предыдущей.
Отв. 2; 6; 18 или 18; 6; 2.
356. Положим, что искомые числа будут e:; uxq\ axq4;
тогда по условию числа ии uxq и (а^2 — 64) составляют
арифметическую прогрессию, и следовательно,
и^ — и1=(и1д2 — 64) — в^. (1)
Кроме того, по условию числа а{, (йхд — 8); (в^9— 64)
составляют геометрическую прогрессию, и следовательно,
(в1? — 8): ах = (в1?2 — 64): (в1? — 8). (2)
После упрощений система уравнений (1) и (2) примет вид
a^q* — 2?+1) = 64, Ul(q — 4) = 4,
откуда находим q = 13 и Sj = -g- или 9 = 5 и вх = 4.
Ож». 1)-J; §; ^. 2) 4; 20; 100.

228 ответы и PFiiiFHHfl 357
357. Положим, что искомые числа будут а,, а9 и »3. Если
эти числа суть члены геометрической прогрессии, то
«s = а,ив, (1)
а если эти числа суть члены арифметической прогрессии, то
2а,=»а,-4-ав. (2)
Исключив из (1) и (2) и„, найдём (и, -4-ай)' = 4илац или
(в, — а8)* = 0, откуда а, = ач, а из (2) находим а, = аи
Следовательно, а, = а9 = as.
О/гав, Возможно, если три числа равны между собой.
ГЛАВА 6
СОЕДИНЕНИЯ И БИНОМ НЬЮТОНА
Обозначения:
i4jj,—»число размещений чз т элементов по п,
Рп— число перестановок из а элементов,
С^ —число сочетаний из т. элементов по п,
7А+1 («- 6^аА*"*"*) есть (* -j- 1) й член разложения бинома
358. По условию
Р„ 0,1 Ь2.3...я 1
—— = т, или 1.2.3 ..4m + iwi»+e>~~35*
откуда (д-f-l)(/t-f-2) = 30. Корни этого уравнения (^ = 4;
я8=» — 7. Второй корень не годится.
Отв. я =» 4.
359. По условию
OCtl — W V2»
или
5я(я — 1)(я —2) 1в + 2)(я + 1)я(я* 1)
ГГгТз ва 1-2-3-4 '
откуда
б;—2)-(* + 2у + 1).
Одав. «j =» 14; я, = 3.

364 ГЛ. 6. СОЕДИНЕНИЯ И БИНОМ НЬЮТОНА 220
360. Искомый член
16.15.14-13.12-1Ы0.9 я*
1.-(-цг«(аГ(*7-
Отв. 12 870
1»2-3<4<5»6'7>8 х*'
аз
х*'
361. Имеем:
Буква а здесь содержится в степени у-|——-—'. По
условию j- + 2(123~")==7' откУДа л = 6. т. е. я+1 = 7.
Отв. Седьмой член.
362. Имеем:
'/1+1 =
«imvw
n-n п_ п_ щ-п
= С&а 3 "«*'" « .
,, я 21— я 21—я я ft
Но условию -д- g— = —2 "g"» откУДа л = 9.
О/яя. Десятый член. -
363. После упрощения получаем: \а*—а */ . Имеем:
Тп+х = (-1)пС?Аа~Ч\аЧ =(-1)пС?оа •"».
По условию —^-2. — -j — 0' откуда я = 4.
Отв. 7В = 210.
364. Пусть х есть показатель степени первого бинома.
Тогда сумма биномиальных коэффициентов есть 2х. Сумма
биномиальных коэффициентов у второго бинома есть 2Xf*.
Получаем уравнение
2*_(-2*+»= 144; 2*(1-}-8)=144; 2* = 2«; х = 4.
Отв. 4 и 7.

230 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ ЗвЗ
365. Имеем т{™^Х> — 105, откуда «=»15; тогда
г.-(-Ч»вВ(^)Г<»*-«.
0/»«. -jy.
366. По условию Cj, = С", следовательно, « = 15. Тогда
имеем
r-iв с» (тТ (дгТ~"" Сйв"л80"1
ЦП
По условию 30—Зя*» 0; в — 10.
Ошв, 7ив*3003в>°.
С* - и
867. По условию -j- «■ д-, т. е. «*—5/»—50 =» 0.
откуда m в> 10 (корень да е« — б не годится). Средний член
П - cto(-i)^ 1/7?)' (« "fa* в -252-
О/пв. Средний (шестой) член равен—252.
368. По условию 1-J- я» + т (""J- *■«— 46. Дальше
решается, как задача 367.
Отв. Искомый член (седьмой) Г7=з84.
869. По условию 2"» «» 128, откуда я» =» 7. Имеем
По условию — "т+ *7 (7—я) = 5, откуда л=»3.
Ошв. Искомый член (четвёртый) 74<=35Л
370. Имеем: ee»»,?4» _(i_j-Qe# Множимое у равно
•р в —j в — i. Множитель (1 -{- О6 согласно формуле бинома
Ньютона равен I -f-5/-r- Ю/^-Ь 10/8-f-5/' + ie. Следовательно,
«в== —/-.5**— Wi8 — 10<< —5**—А

373 ГЛ. 6. СОЕДИНЕНИЯ И БИНОМ НЬЮТОНА 231
Теперь заменяем степени мнимой единицы их выражениями:
Р« —1; /» = # = — /; /« = & = — # = -И;
/6={*i = /; ?__1.
- Замечание. В данном примере, где основанием степени
является 1 + / (или, вообще, когда основанием является двучлен вида
« ± «/). возведение в степень можно выполнить проще. Именно,
возводим 14-/ в квадрат. Получим (! + /)*«= 2/, отсюда (I+/)»■■
- О+«*•(!+0-(8М1 + О—-.4(1+0.
Отв. ив =— 4 + 4/.
371. Имеем а7 = 1'П +-— J. Так как у =—/, то а7 =
==/(1—0е- Дальше можно решать, как предыдущую задачу.
Можно также найти модуль и аргумент произведения шести
сомножителей, равных 1—/ каждый. Модуль величины 1—/
есть \^2; аргумент равен — 45°. Значит, модуль ■
произведения равен (\Г2?>=8, а аргумент 6 (— 45°) = — 270°.
Следовательно,
(1 __ if = 8 [cos (— 270°) +- / sin (— 270°)] = 8/.
Отв. и7 = — 8.
372. По условию числа Схп; С~п; С\ составляют
арифметическую прогрессию. Значит, С^ + Сл=2С£, т. е.
. , я(я-1)(я-2) в(я-1)
ДН Ъ 2 2—•
Так как я Ф 0, то обе части равенства можно разделить
на и. Получим уравнение и2—9ге + 14 = 0. Из его корней
и1==7 и я8 = 2 второй не годится, так как при и = 2
разложение бинома имеет только три члена, а по условию имеется
четвёртый член.
Отв. я = 7.
373. Решается, как предыдущая задача. После
сокращения па п<я~ '*""" "п~ (это число не равно нулю, так
как по условию я>6) получим я8— 21л+ 98 = 0.
Отв. я =14 или я = 7.

232 otbftm и решения ет*
374. Первое слагаемое п скобках запишем в виде
i. а~* *•* '~\ г"
а6 " «■ л ** ; второе слагаемое в виде а • а*+| =ла,+1.
5-Я 1>Я
Четвертый член разложения равен 56а ■» **'. По условию
>-я to
obfl * х+| в оба-'-'. Следовательно,
5 —л . пл __ - ,
~7- + Т+Т~5'&*
Оме. дс = 2 или je =» — 5.
375. Представим данное выражение в виде
[я—. Ht-clB
2 ^ -f- 2 <-* ] . По условию
> |.г—it I < —Я<
(г~ч-з*«)
1о . 2 « 2 * -* — 240,
т. е.
2 л i-x e2*.
Следовательно,
4(л —1) , 4(3—у) .
" I Г 4 —л =* *•
О/Ив. Х<а2,
376. Седьмой член 7, разложения бинома
равен
r,=c;(2^f V~0\
а седьмой член от конца
г^с^Лз"-?)* в.
Следовательно,
( , уо>— «t—«/ 1\в—»*—•> Д—18 Я—И Ж—И
77:7'ie.V2V V3 V =2 8 3 < — в ' .
я—а . в— I.'
По условию б * =»-r, т. е. 6 * в б-1. Следовательно,
О/ив. л еж 9.

383 ГЛ. 6. СОЕДИНЕНИЯ И БИНОМ НЬЮТОНА 233
377. По условию С\х% (xle*f = 10е, т. е. Шх3+2,яа,= 10"
или x3+2lsx=lOb. Логарифмируя это равенство, найдем
(3 -{- 2 \g x) \g х = 5. Решив последнее уравнение, получим
-i l
О/гае. *. = 10; *« = 10 8 = ==-.
1 а 100 |Л0
378. По условию
_ 3 ia 'ga + l
Сб(/Аг)^+'(|/^)3 = 200, т. е. 20л:*»"+-" = 200.
Деля обе части этого уравнения на 20 и затем
логарифмируя, получим после упрощений
(\gxf-\-d\gx — 4 = 0.
Отсюда Qgx1) = l, (lg*2) = — 4.
Оде. х1=10; д:9==0,0001.
379. Решается как предыдущая. Получим уравнение
xi%x-2 _ Ю00. Логарифмируя полученное равенство, найдём
(lgjr,) = 3 и (lgjt2) = — 1.
Отв. *t=1000; *2 = 0,1.
380. Решается как две предыдущие.
Отв. хх = 10; jc2 = -g .
/То
381. О/гее. xt = 100; *а = ^i—.
J/^lOO
382. Отв. «. = 1000; x« = -}=■.
383*. По условию
7л+а—7fc+t==30. (а)
где
_.£. 12~* 6—2ft « —2ft
7ft+1 = C?2* »* 6 =С?2х 3 и rfc+9 = Cf8+l* s .

234 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 384
6 —2А ^ 4 —2ft
По условию показатель —g— вдвое больше показателя —^—,
6 — 'Ik 4 — Ik
т. е. ■ .'.а2. ?1з » откУДа *=1. Тогда равенство (а)
после упрощений примет вид:
i. 1.
2*» —11*34-5 = 0.
Применяем подстановку Xs =у.
Отв. ^ = 5^5; хй = —-.
384*. По условию 5С1т = (?т, следовательно, имеем
уравнение
к т{т—\)(т — 2)
от j-^ .^
Так как т Ф 0, то обе части уравнения можно разделить
на т. Получим т1 = 7 и /ю2 = — 4. Годится только т1 = 7,
чак как от должно быть целым положительным.
По условию 74 = 7 • 20; значит,
С?(2^)3(2¥)4=140-
Отв. х = 4.
385. Из условия имеем С3га — m = 20; и(^ 2 !^ — т = 20.
Из двух корней 1! = 8и л»2 =— 5 годится только
первый, так как предполагается, что показатель бинома —
целое положительное число. Перепишем бином в виде
(2' ~м -J- 21в V. По условию
74-7в = 56
или
С»286*-?)25(т-1в)_ cS2*^~%*^~s^ = 56.

387 гл. 6. соединения и бином ньютона 235
После упрощений получаем 56*2* — 56 •д5 = 56. Положив
2* = у, получим уравнение у—у—2 = 0, откуда ^ = 2
и ,у2 =— 1. Так как 2х=у не может быть отрицательным
числом, то годится только ух = 2 и, следовательно, 2х = 2,
т. е. дг = 1.
Отв. х=»1,
386. Так как биномиальные коэффициенты членов,
равноотстоящих от начала и конца, равны, то вместо
коэффициентов трёх последних членов можно взять коэффициенты трёх
первых членов, т. е. \-\-m-\—^j-To—— 22, откуда т = 6
(см. предыдущую задачу). Следовательно, бином будет
(а! 1— <в\6
22 -f- 2 а ) . По условию
Га-}-Г,-135
С\\2 2 )\2*)+Ct\2 a ){?*} =135.
"5
ИЛИ
После упрощений получим
2^+1 + 2а-»=9 или 2-2*-{-^ = 9.
Как в предыдущей задаче, найдем: 1) 2х = 4 и 2) 2х = у.
Отв. хх = 2; хг = —1.
387. Числа ах, %, а6, являющиеся соответственно первым,
третьим и пятым членами арифметической прогрессии, сами
образуют арифметическую прогрессию, так что 2а3 = ах -J- аь.
Так как по условию ах = С1т; аА = С^,; а6 = С», то
2/я(/п—1) _ , пг(т — \){т — 2)
Сократив на т (т Ф 0), найдем уравнение /»9— 9/» -}- 14 = 0,
корни которого тх = 7, /и2 = 2. Так как по условию в
разложении бинома имеется не меньше шести членов, то /и > 5,
вначит, годится только тх = 7, Бином будет
[2>»-л+/?«.]'.

236
Но условию
или
Отсюда имеем
следовательно,
ОТВЕТЫ И
?в=
РЕШЕНИЯ
= 21
sjbn (я>—а) *8 sO * (1° ~ зХ)
niaj—2)ig8+lg 10-
-*-l-
(*—2)!g3-f lg(10 —3*
Потенцируя, получим
3*-2(Ю-
-3*)=1
21.
= 2°;
) = 0.
ИЛИ
jj(10 —3-)-I.
Дальше решается, как задача 385.
Отв. хх = 2; ха «■ 0.
388. По условию числа -д-Ст, С„ и Cl, образуют
геометрическую прогрессию; следовательно,
14 п2 v>4 ,пЬ ч2
Обе части равенства можно разделить на от2 (/в — 1)2(/в — 2),
так как ни /и, ни го — 1, ни го —2 не равняются нулю (ибо
из условия следует, что т > 3); получим от = 9; По Условию
74= 16.8 или
Отсюда получим уравнение
4!g(*— D—lg 5 — lg (6— /К) = -1.
После потенцирования имеем
10 У 1^1 =5(6- V 55).
Отсюда *t =» 50 и *а « 2. Первый корень не годится, так как
при jc = 50 число 6 — У 8* отрицательно и, вначит, не имеет
логарифма.
Отв. л; = 2.

391 ГЛ. 7 АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 237
389. По условию
ig(3-ci>—igc;„=i,
или
i* 5s-= 1*10:
отсюда —-=10. После упрощений найдём уравнение
т2 — Зот — 18 = 0, корни которого т1 = 6 и т.2 = —3.
Следовательно, показатель бинома т = 6.
Из условия 9 Т.л — 7Б = 240 получим уравнение
9Св22(т+"5'24("1 з7 — ch^+l) 2~У~2~~Ъ] = 240
откуда найдём
или
Следовательно,
Отв. х — 2.
9.23а>-2_23а!+1= 16
2_|^_23^.2=16.
23^ = 2в и л-= 2.
ГЛАВА 7
АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ
390. Вес патрона составляется из веса снаряда, заряда
и гильзы. Снаряд и гильза, взятые вместе, составляют по
2 I 1 П и
весу "т + т^То всего патрона. На долю заряда остаётся
1—12 = 19 веса патрона, что составляет 0,8 кг. Следова-.
тельно, вес патрона равен 0,8 кг : тд = 9,6 кг.
Отв. 9,6 кг.
391. Мужчины составляют 100% — 35% = 65% от
общего числа рабочих. Мужчин больше, чем женщин, на
65%—35% = 30%, что составляет 252 человека. Следова-
к л 252-100 алп
тельно, общее число рабочих равно —^— = 840.
Отв. 840 рабочих.

238 ответы и решения 892
392. Процент прибыли берётся по отношению к
себестоимости (принимаемой за 100%). Значит, продажная цена
(1386 руб.) составляет 100%+10%= 1Ю%
себестоимости. Себестоимость равна
1386-100 |П.Л , - ч
—ш— =1260 (руб.).
Отв. 1260 руб.
393. Убыток исчисляется в процентах по отношению
к себестоимости (принимаемой за 100%). Значит, 3348 руб.
составляют 100% — 4% = 96% себестоимости.
Следовательно, продукция обошлась артели в
2«^-3487.5 (руб.).
Отв. 3487 р. 50 к.
о л о iflfl
394. Содержание меди в руде составляет —^—%.
Отв. 15,2%.
395*. Цена снижена на 290 коп. — 260 коп. = 30 коп.
30 • 10Q
Эта сумма составляет ■ 290 % от старой цены. Число
30-100 1Л10 , ,
■ 29Q = Юдд заменяем приближённо десятичной дробью.
Отв. 10,34%.
386. Задача решается как предыдущая.
Отв. 10,94%.
397. По условию 2 кг составляют 32% от веса винограда.
Вес винограда равен * = 6,25.
Отв. 6,25 кг.
398. Обозначим число экскурсантов через х. В первом
случае взносы составят 75л; коп.; значит, на расходы нужна
сумма (75л;-}-440) коп. Во втором случае взносы составят
80л: коп.; значит, на расходы нужно (80л — 440) коп.
Следовательно, 75л: -j- 440 = 80л: — 440.
Отв. 176 человек.

402 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 239
399. Пусть было х человек; каждый должен был запла-
тить —•. По условию
(*-3)(7|+4) = 72.
Отв. 9 человек.
400. Пусть цена одного экземпляра первого тома
составляет х руб., а второго тома у руб. Первое условие даёт
уравнение 60* -f- 75у = 405. При скидке в 15% цена
экземпляра первого тома составит 0,85* руб.; при скидке в 10%
цена экземпляра второго тома составит 0,9.у руб. Из второго
условия получаем уравнение
60 • 0,85*4-75 • 0,9^ = 355 j.
Решая систему двух уравнений, найдём * = 3; _у = 3.
Отв. Цена первого тома 3 руб.; цена второго тома тоже
3 руб.
401. Пусть первый предмет куплен за * руб. Тогда
второй куплен за (225 — *) руб. При продаже первого предмета
получено 25% прибыли. Значит, он продан за 1,25* руб.
Второй предмет, на котором получено 50% прибыли, продан
за 1,5(225 — *) руб. По условию общий^ процент прибыли
(по отношению к покупной цене 225 руб.) составлял, 40%.
Значит, общая сумма выручки была 1,40 • 225 = 315.руб.
Получаем уравнение
1-^ * + 1 i<225 — *) = 315.
Отв. Первый предмет куплен за 90 руб., второй — за
135 руб.
402. В 40 кг морской воды содержится 40 • 0,05 = 2 кг
соли. Чтобы 2 кг составляли 2% общего веса, последний
должен равняться 2 : 0,02 = 100 кг.
Отв. Нужно добавить 60 кг.

240 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 4*8
403. Обозначим длины катетов (в метрах) через х и у.
По условию х* -f- у3 в (3^5)9. После увеличения на 133-д-%,
т. е. на .дд- «д 1-т своей длины, первый катет станет
равным 2"гл. Второй катет после увеличения на 16 у% будет
равен 1-г.у. Получаем уравнение 2-^x-\-l -ry=sl4.
Отв. 3 м и 6 «к.
404. Если из первого мешка отсыпать 12,5%
находящейся там муки, в нём останется 87,5%, что составит
140 кг:2»70 кг. Следовательно, в первом мешке • Л. »
Отв. В первом мешке 80 кг, во втором 60 кг.
405. Оба завода вместе могли выполнить в день у* часть
заказа. По условию производительность завода В составляет
Ьб-к-%» т. е. -я- производительности завода А; следова-
1 ельно, производительность обоих заводов составляет 1 -?
ццоизводительности завода А. Значит, завод А может
выполнить в день у?: I ■§" в=*5о часть 3aKa3at а завод В—выполнить
I о I
^•-о. часть заказа. До остановки завода А была
выполнена т»ЕЯ ? часть всего заказа. На выполнение остаю-
I/ о
тихся -g- всего заказа заводу В требуется -g-: gg sa 25 дней.
Олде. Заказ будет выполнен через
27(=25-f-2) дней.
406. Верно решившие 14 человек составляют 100% —
— (12%+32%) = 56% всех учеников класса. Общее число
л 14-100 ,)R
учеников класса было —gg— = «25.
Отв. 25 учеников.

409 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 241
407. Вес отрезанной части составляет 72% от веса всего
рельса; значит, вес оставшегося куска (45,2 кг) составляет
100% — 72% = 28% веса рельса; 1% этого веса
составляет ^, а 72% составляют ^ • 72 = 116~ кг яз 116,23 кг.
Вместо того чтобы определять 1% веса рельса, можно
составить пропорцию х : 45,2 =» 72 :28.
Отв. Вес отрезанной части (округлённо) 116,2 кг.
408. Вес всего сплава (2 кг) составляет 100%+ 14 у% =
е=»114у% веса меди. Значит, 1% веса и&№ составляет
А 9
■—ъ-кг. Следовательно, вес серебра, составляющий 14-=-%
Шу
веса меди, равен
П4у *
Вместо того чтобы определять 1% веса меди, можно
составить пропорцию
^:2=14у:114у.
Отв. Вес серебра ~ткг.
3 17
409. Заработок второго составляет 1 -г-: 7 -у» од ааРа^0Т'
ка первого или, в процентах, **• 100% = 23-л-%• Общий
заработок трёх рабочих (4080 руб.) составляет
100% + 231 % 4- 431 % - 166 j %
от заработка первого. Один процент заработка первого
составляет я- руб., эначит, первый заработал
i64
-i°®L . 100 = 2448 руб.
164

242 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 41*
Второй заработал 23 -j% 9Т0Й суммы, т. е.
2448-23i
щ^-= 571,2 руб.;
третий заработал
2448 • 43 •—
_-_!« 1060,8 руб.
Отв. 2448 руб.; 571 р. 20 к.; 1060 р. 80 к.
410. Если вес сахара в первом ящике х кг, то вес сахара
4 4 Т 17
во втором ящике -гх кг, а в третьем у х • -щ- = — х кг.
По условию jf + -rJf-j-gs* = 64,2, откуда лс = 30 (кг). От
4 17
этого числа берем сначала -г, потому.
Отв. 30 кг, 24 кг, 10,2 кг.
411. Возьмем х т первого сорта; в нём будет 0,05л: т
никеля. Второго сорта нужно взять (140—х) т с
содержанием никеля в 0,40 • (140—х) т. В обшем количестве 140 т
стали по условию содержится 0,30' 140 т никеля.
Следовательно, 0,05*-f 0,40- (140 — х) — 0,30» 140. Отсюда х = 40.
Отв. 40 т первого сорта и 100 т второго сорта.
412. Сплав содержит 12 кг • 0,45 » 5,4 кг меди. Так как
в новом сплаве эти 5,4 кг меди составляют по весу 40%,
то вес нового сплава будет 5,4 :0,40 =» 13,5 кг. Значит, нужно
добавить 13,5 кг —12 кг = 1,5 кг.
Отв. 1,5 кг.
413. Решается как предыдущая вадача: 1) 735 г «0,16=»
с=117,6г;2) 117,6 г:0,10 =1176г;3)1176г—-735? = 441 г.
Отв. 441 г.
414. Пусть х — вес меди (в кг). Тогда 24 — х есть вес
цинка. Потеря веса составляет ■§-# (дм меди) и у(24—х)
II 8
(для цинка). Следовательно, -g-x-f-y(24 — x) — 2-g. Or-
сюда х ев 17.
Отв. 17 кг меди, 7 кг цинка.

419 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 243
415. Количество рельсов длиной 25 м обозначим через х,
а рельсов длиной 12,5 м — через у. На участке 20 км=я
= 20 000 м нужно уложить 40000 м рельсов (две линии).
По условию
2
66 4
25л: 4- 0,50 . 12,5.у = 40 000 и 12,Ъу+-уйГ * 25х = 40 00°-
Отв. 1200 рельсов по 25 л и 1600 рельсов по 12,5 м.
416. Пусть число учеников есть х. При обмене
карточками каждый получит х—1 карточек, а все мучеников
получат х(х—1) карточек; по условию имеем уравнение
х(х— 1) == 870.
Отв. 30 учеников.
417. Пусть х — меньшее, а у — большее число (х < у).
Первое условие даёт У ху — х-\-\2, а второе условие —
* "Jy = у— 24, т. е. у — л: = 48. Решая систему, находим
х в= 6, у = 54. Так как 6 < 54, то это решение годится.
Отв. 6 и 54.
418. Пусть наименьшее число есть х, следующее у и
наибольшее г. Имеем три уравнения:
у — x — z—у; *.у = 85", уг = \\Ъ,
Из первого уравнения находим ,г = 2у — х; подставляя
в третье уравнение, находим 2_у2 — jey=115 или в силу
второго уравнения 2.у2 = 200. Из двух решений (^ = 8,5,
yY= 10,^1 = 11,5; jc2 = — 8,5,j/2 = —10, г3 = — 11,5)
первое гонится (ибо xt < yt < zj, а второе нет (ибо х% > у2 > z^).
Отв. 8,5; 10; 11,5.
419. Дано
х+у + г х*+у* + & __ fc
—з—~а и з ~0,
Требуется найти ху у? **. Из первого уравнения имеем
*а+У2 ~\~ г* + 2 (ху -j-yz -J- zx) = 9a2. В силу второго
уравнения имеем хъ-\-у*-\-г2 = ЪЬ. Следовательно, ЪЬ -\- 2 (ху -\-,
-\-yz-\~ гх) = 9а2.
Ome.xy+y* + ZX = S~±.

244 ответы и peihfiihh 42°
420. Если длина листа х см, а ширина у см, то коробка
будет иметь длину {х— 8) см, ширину (у— 8) см и высоту
4 см. По условию 4(лт — 8) (у — 8) = 768 и 2лг + 2у = 96.
Отв. Размеры листа 32 с«Х 16 см.
421. Пусть цифра десятков х, а цифра единиц у (х и
у— целые положительные числа, меньшие чем 10). Имеем
систему:
^±^ = 2|; (10*+.у)-(10у-г-*)~18.
Из двух решений (х = 6, у = 4их — -£, у = — -g-J
годится только первое.
Отв. 64.
422. Если число десятков равно х, то число единиц равно
JC-f-2. Получаем уравнение
I Юл + (х + 2)] \х + (ж + 2)1 = 144,
2
откуда х = 2 и # = — Зтт; по условию второе решение не
годится.
Отв. Искомое число есть 24.
423. Пусть искомое число будет х. Если справа к нему
приписать 5, то получим число 10х-|-5. По условию имеем
1 Ox -j- 5 ш (лг + 3) {х — 13).
Отв. 22.
424. Пусть большее число есть х, а меньшее у. Если
к большему числу приписать три цифры (нуль и две цифры
меньшего числа), то цифры большего числа будут выражать
число тысяч, так что в итоге получим 1000 х-\-у. Из
меньшего же числа получим число 1000j/-j-10 x. По условию
1000*-f-.y = 2(1000>/+10*)-|-590, 2х + 3у = 72.
Решая систему, находим * = 21,_у=Ю. Эти числа, будучи
двузначными, удовлетворяют условию задачи.
Отв. 21 и 10.

429 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 245
425. £сли цифра единиц множителя есть х(х— целое
число, меньшее 10), то цифра десятков Ъх. Множитель равен
3 • 10 л: -f- лг = 31 jc. Ошибочно записанный множитель был
\0х -j— Зле =13 х. Истинное произведение равно 78 • 31 х,
ошибочно полученное произведение есть 78 • 13 ле. По условию
78 • 31 х — 78 . 13 х = 2808. Отсюда находим х = 2.
Отв. Истинное произведение равно 4836.
426. Скорость первого поезда х км/час, скорость второго
(х — 12) км/час. Имеем уравнение
Отв. Скорость первого поезда 48 км/час, второго —
36 км/час.
427. Пусть скорость первого равна v км/час; тогда
скорость второго равна (v—2) км/час. Первый затрачивает
24 24
— час., второй ■■ ^' час. Получаем уравнение
24 24 _ ^
Отв* 8 км/час, 6 км/час.
428. Пусть скорость поезда х км/час; тогда скорость
66
парохода (Jf — 30) км/час. Поезд затрачивает — час., а па-
80,5 „
роход - ^ 3Q час. Получаем уравнение
80.5 66 . ,15
Г^ЗО * ~»~60'
Отв. Скорость поезда 44 км/час, скорость парохода
14 км/час.
429. Пусть первая мастерская шила в день по х
костюмов; тогда вторая шила по лг-{-4 костюма. Первая мастер-
екая выполнила заказ в — дней; значит, срок заказа был
/—■ -f- 3 J дней. Срок заказа второй мастерской был тот же.

246 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 430
Следовательно,
810 , о «*_ I л
Отв. Первая мастерская шила в день по 20 костюмов,
вторая — по 24 костюма.
430. Пусть скорость парохода, идущего на юг, х км/час,
а парохода, идущего на запад, (х -f- 6) км/час. Так как
направления движения перпендикулярны, то по теореме
Пифагора
(2х)а + [2(лг + б)1»=»605.
Отв. Скорость первого парохода 18 км/час, второго —
24 км/час.
431. Два скачка собаки составляют 4л;3 скачка лисицы
составляют 3 м. Следовательно, когда собака пробегает 4 м,
расстояние между собакой и лисицей сокращается >ia
Am—Ъм—\м. Первоначальное же расстояние между
ними в 30 раз больше. Значит, собака догонит лисицу, когд,а
пробежит 4 м • 30 = 120 м.
Отв. На расстоянии 120 м.
432. За 1 мин. минутная стрелка поворачивается на 6',
1 °
а часовая —на •*■ • Когда часы показывают 4 часа, угол
между часовой и минутной стрелками равен 120°. За х
минут стрелки поворачиваются соответственно на С* и -^х
градуса. ПО УСЛОВИЮ 6jf — -xXtsa 120.
о
Отв. Через 21 гт минуты.
433. Обозначим через t время следования поезда от А
до С (в часах) и через v—установленную скорость (в км/час).
По условию путь АВ пройден за я- час. при скорости
v км/час, а путь ВС—за -я-час. при скорости 0,75 •VHMfnac.
Значит, АВ ив v -я- км и ВС = 0,75 «v -j км. По условию на
обратном пути участок СВ был пройден со скоростью v,
а участок В А — со скоростью 0,75 v. Значит, участок СВ был

436 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ 8АДАЧИ 247
- » 0,75 ft 0,75/ о л
пройден за время — 2 : v, т. е. за -*£- час, а участок ВА —
за ^: 0,75 v, т. е. за jTqJK час' ^° Условию
' .0,75/ _ 5 , ,
Щ75 "г 2 ""12Т"1*
Отв. 10 час.
434. Положим, что велосипедист ехал со скоростью
v км/час; тогда скорость, которая предусматривалась,
равнялась (v—1) км/нас. Фактически велосипедист был в пути
3.' 30 г,
— час, а полагался срок _. час. По условию
30 30_ 3^
V — I v~ 60'
Отрицательное решение « = — 24 не годится.
Отв. 25 км/час,
435. Пусть скорость поезда по расписанию составляет
х км/час. Тогда фактическая скорость была <jc —|— 10) к At'час.
80
Продолжительность пути по расписанию —час., а фактиче-
80 п
екая , .„час. По условию
80 80 16
х ж + Ю 60*
Отв. 50 км/час
436. Первую половину пути поезд швл х час Тогда,
чтобы придти без опоздания, он должен был пройти вторую
половину за х — -^ часа. В первую половину пути скорость
420 420
поезда — км/час, а во вторую г- км/час. По условию
х — —
х 2
420 420_2
'-i
Уравнение имеет один положительный корень.
Отв. 21 час.

248 ответы и решгния 437
437. Пусть скорость первого поезда х км/час, скорое гь
второго у км/час. 3 первом случае первый поезд пройдёт
до встречи 10 х км, второй 10 у км. Следовательно,
10*-f Юу —650.
Во втором случае первый поезд пройдёт до встречи 8л: км,
а второй (который шёл 8 час. -J- 4 часа 20 мин. ■=» 12 -я- часа)
пройдёт 12-я-у. Следовательно,
8*4-12-1. у = 650.
Отв. Средняя скорость первого поезда 35 км/час,
второго— 30 км/час.
438. Пусть скорость первого поезда х км/час, я
второго у км/час. Расстояние о 600 км первый поезд проходит
600 600 п
за — час, а второй — за — час. По условию
600, 3_600 250^200
х ' у ' дг=*у*
Отв. Скорость первого поезда 50 к -/час, второго —
40 км/чае,
439. Если длина пути х км, то при скорости 3,5 км/час
дачник пройдёт это расстояние за .£• часа. А так как >п
опоздает к поезду на час, то в момент его выхода до отхо ia
поезда оставалось Ьр-—п час. Через час после выхма
дачника оставалось до отхода поезда f тД- — 2 J часа, a npor i и
нужно было ещё ;лс — 3,5) км. При скорости 5 км/час
г 35
дачник пройдёт это расстояние за —~ час. Так как он
О
придёт за -я- часа от отхода поезда, то
х су д — 3,5 1
Отв. 21 км.

443 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ НЕАРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 249
440. Пусть скорость велосипеда х км[мин, а автомобиля
у км/мин. Автомобиль пробыл в пути 10 мин., а
велосипедист 10 -}- 15 = 25 мин., когда его догнал автомобиль.
В этот момент расстояния, пройденные ими, были одинаковы.
Следовательно, 25л = \0у. Когда на обратном пути
автомобиль встретил велосипедиста, автомобиль прошил 50,у к м,
а велосипедист 65* км. Эти расстояния в сумме дают
двойное расстояние от Москвы до Мытищ. Поэтому 65дг -J- 50у =38.
Решая систему уравнений, находим от = 0,2; у ==0,5.
Отв. Скорость велосипедиста 0,2 км!мин— 12 км/час;
скорость автомобиля - 0,5 км/мин = 30 км/час.
441. Пусть поезда встретились через х час. после
выхода скорого поезда. Тогда почтовый поезд в момент встречи
находился в пути (jc-j-З) часа. До места встречи каждый
поезд прошёл 1080 : 2 = 540 (км). Значит, скорость первого
540 540
поезда — км/час, а второго - ■ 3 км/час. По условию
540 540
г-г, = 15. Годится только один корень х = 9.
* X -р О
Отв. Через 9 час. после выхода скорого поезда.
442. Пусть первый велосипедист ехал х час. Рассуждая,
« 36 42
как в предыдущей задаче, составим уравнение - х ==4.
Отв. Скорость первого велосипедиста 14 км'час, а
второго 18 км/час; первый ехал до встречи 3 часа, а второй
2 часа.
443. Пусть расстояние АВ между пунктами отправления
есть х км, и пусть первый пешеход пройдёт его за у час.
По условию второй проходит путь В А за (у — 5) час.
Значит, за час первый проходит — км, а второй -£-? км.
За час расстояние между пешеходами сокращается ни
(у + уЬд км> за 3 Т ча<* - на 3 1 (i + jJL.). Так как
через 3 -к- часа они встретились, то 3 -Q"f— ~f- —375) e=B *•

250 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ *44
Так как х ф 0, то обе части можно разделить на х. Получаем:
Отсюда находим у. Значение х остаётся неопределённым.
Отв. Первый пройдёт всё расстояние за 10 час, второй —
за 5 час.
444. Обозначим пункт встречи через С. Пусть АС = х км;
тогда по условию СВ = (х-\- 12) км. Далее, по условию
первый турист прошёл путь СВ за 8 час. Значит, его скорость
д 4-12
—£— км/час. Так же найдём, что скорость второго туриста
-^ км/час. Следовательно, путь АС первый турист проделал
за х : ^~— = - * 2 час, второй же турист прошёл путь ВС
9 (х -4- 12)
за v ~—- час. А так как второй был в пути на 6 час.
больше, чем первый, то
9 Qr-f-12) _8f__fi
х х + 12 '
При решении этого уравнения можно ввести вспомогательное
х -4- 12 8
неизвестное ==г. Получим 9г = 6. Из двух
корней (гх = -я- и га = — -о- j второй не годится, так как обе
величины * = ЛС и Jf-f-12 = CZ? должны быть
положительно-12 4
ными. Из уравнения —-— = -? найдём х = 36. Значит, ЛС=
==36 км, СВ=48км.
Отв. АВ = 84 км. Скорость первого туриста 6 км/час;
скорость второго туриста 4 км\час.
445. Задача сходна с предыдущей. Пусть дирижабль пролетел
до встречи х км; тогда самолёт до встречи пролетел {х-f-100) км.
Скорость дирижабля ^-i— км/час; скорость самолёта
О
—г- км/час. От своего аэродрома до места встречи дири-
„. jc + 100 3*
жабль летел х:~^— = —п™ час; самолёт же летел от
3 х 4-100

448 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 251
J j {X + 100)
своего аэродрома до места встречи час.
Получаем уравнение
х + 100 е х
* ( * V 1
» Т* е* U+ЮОУ в 9 •
jr 2
Следовательно, —™=»±j, откуда х = 200; второй
корень не годится.
Отв. Расстояние между аэродромами 500 км; скорость
дирижабля 100 км/час; скорость самолёта 150 км/час.
446. Первый способ. Можно решать, как
предыдущую задачу. Получим уравнение
{ х \* л х У~а
Отсюда
*==■
Yn — Vm *
Затем найдём скорости
х — а х
Второй способ. Обозначим через С точку встречи.
Так как первый пройдёт расстояние СВ за т часов, то
CB*=*vjn км. Аналогично CA^v^t км. По условию
С А—СВ = а. Получаем уравнение nv3—-mc, = о. На про-
АС
хождение участка АС первый пешеход затратил время— час;
значит, с момента его выхода до встречи прошло 2£! час.
Аналогично с момента выхода второго пешехода до встречи
прошло 2*2 час. Так как оба вышли одновременно, то
n2i = m£l. Из последнего уравнения находим vl%.vi='
«= Y~& ' V^. Это уравнение решаем совместно с первым.

252
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
447
Для симметрии полезно ввести вспомогательное неизвестное
/ie-^=t=-~. Подставляя в первое уравнение выражения
уп У т
vx = У a t, v9 = V m t, получим (л У~т — m УН) t = a, откуда
* = — д —ysri теперь находим:
пут — ту п
аУп а у~т
пут—туп пут—туп
Замечание. Задача имеет решение только в том случае,
когда я |Ли> да]^я";_деля обе част» j»Toro неравенства на
положительное число УтУп, получаем У7Г> У7п, т. е. я>от. Эго )с-
ловме можно получить и непосредственно из условия задачи: так
как до встречи первый пешеход прошёл большее расстояние, чем
н горой, то его скорость больше, чем скорость второго. С другой
стороны, персому пешеходу до конца пути остаётся пройти меньше,
чем второму. Следовательно, первый при нет в В скорее, чем второй
придёт в А
Отв. Скорость первого пешехода —._ "—7=- км/час,
пу т — ту п
скорость второго — " т -_ь км/час.
r r пУт — тУп
447. Пусть в 1 сек. первое тело пробежит х градусов,
,. ЗЬО 3G0 _
а второе у градусов. Из первого условия находим — = 5.
У •*
Каждую секунду расстояние между телами (по дуге) увели»
чивается на (х—у) градусов. За время, протекающее от
одного схождения до следующего (т. е. за 100 сек.)
расстояние должно увеличиться на 360°. Поэтому 100 (л;—_у)=»
=,360. Полученная система имеет два решения (*, = 18,
>•, = 14,4*. хй ——14,4, _уг = —18). Оба они годятся, но
физический смысл их один и тот же (меняются только
номера тел и направление движения).
Отв. 18е; 14*24'.
448. Обозначим скорость одного тела (выраженную в
mi мин) через х, а скорость другого — через у. Положим,
что х>у. Пусть тела движутся в одном направлении и
сходятся в некоторой точке А. Пусть ближайшая следующая

449 РЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 253
встреча происходит в точке В (заранее не исключается,
что точка В совпадает с точкой А; это будет, например,
в случае, если скорость первого тела вдвое больше скорости
второго; в этом случае до ближайшей встречи первое
сделает два полных оборота, а второе — один).
На пути от А к В (этот путь может для одного тела
или для обоих перекрывать сам себя) второе тело отстаёт
от первого, и в момент ближайшего совпадения отставание
составит длину полной окружности. Так как между двумя
ближайшими соединениями тел протекает 56 мин., за
которые первое тело проходит 56л: м, а второе 56_у и, то длина
окружности равна 56л; — 56j».
Пусть теперь тела движутся в противоположных
направлениях. Тогда пути, пройденные ими за время, протекающее
между двумя ближайшими встречами, т. е. за 8 мин., в сумме
составят длину окружности. Следовательно, длина
окружности равна Вх -f- $у. Имеем уравнение 56л; — 56у = 8л; -J- 8у.
В условии задачи сказано далее, что за 24 сек.
расстояние между ними уменьшилось на 40 — 26= 14 (м). За ти
24 сек. тела не встречались; поэтому уменьшение ргсстоя-
ния равно сумме путей, пройденных телами за 24 сек. =
е= -=■ мин. Получаем второе уравнение
!* + £,-14.
Отв. 20 м/мин; 15 м/мин; 280 м.
449. Пусть х и у-— положительные числа, выражающие
скорости точек в соответствующих единицах (если с —
длина окружности в метрах, то единица скорости 1 м/сек и
т. п.; в задаче не указано, в каких единицах измеряется
длина). Положим,'что х>у. Тогда имеем систему уравнений:
tx — ly = c\ ± — ± = п
(вывод первого уравнения см. в предыдущей задаче).
Подстановкой находим уравнение
гиу*-\-псу — с8 = 0.

254 ответы и решения 450
Его положительный корень у = ■■■'■ ~}~ — (второй
корень отрицательный).
Отв. Ббльшая скорость численно равна —^—^—. !—-,
меньшая скорость -*-*—-— '.
450. Пусть скорость парохода в стоячей воде х км/час.
,, 80 , 80 Q 1
Имеем уравнение ■ , . -{- _: = о -g-.
Отв. 20 -км/час.
451. Отв. 9 км/час.
452. Пусть скорость течения * км/час, а скорость лодки
в стоячей воде у км/час. Первое условие даёт уравнение
20 20 2
—ц \-~-~__ ■ = 10, второе условие—уравнение ■ __-• =■
з
= —т-—. Для решения этой системы удобно положить
__ 1 ... 1
У-
Решая систему
у+х=и- y-=^=v-
20а + 20х» = 105 2v = Зв,
находим
e=j; «=iq. т. е. y-j-x = 5; у—х=™,
5
откуда jc = -j-.
Отв. -g км/час.
453. Пусть плот проплывает расстояние а км от Киева
до Днепропетровска за х суток. Тогда его скорость, равная
скорости течения Днепра, есть — км/сутка. По условию
скорость парохода, идущего по течению, равна -д- км/сутка.

455 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ 8АДАЧИ 255
Следовательно, скорость парохода в стоячей воде будет
(1 — —) км/сутки. А так как скорость движения
парохода против течения составляет -*• км/сушка, то скорость
его в стоячей воде равна Нг + —) км/сутка. Имеем
уравнение
а а а , а
Отв. 12 суток.
454. Пусть скорость первого тела х м/cetc, а второго —
у Mjсек. Первая встреча происходит при движении первого
тела от Л к В (через 10 сек. после выхода второго тела,
1. е. через 10 -f-11 = 21 сек. после выхода первого тела).
Получаем уравнение 21 дг -J- 1 Од* == 301. Вторая встреча
происходит при обратном движении первого тела (через 45 сек.
после выхода второго тела, т. е. через 56 сек. после выхода
первого тела). Если С есть пункт второй встречи, то
первое тело проходит расстояние АВ + ВС, а второе —-
расстояние ВС. Разность этих расстояний есть /45 «301 м. Имеем
второе уравнение 56* — 45,у ==а 301.
Отв. Скорость первого тела 11 м/сек, второго — 7 м/сек.
455. Пусть скорость при движении в гору х км/час, по
ровному месту—у км/час и под гору — г км/час.
Вернувшись обратно с полпути, посыльный прошёл 14:2 = 7 км;
3 км он шёл в гору, 4 км — по ровному месту, потом (на
обратном пути) ещё 4 км по ровному месту и, наконец,
3 км под гору. По условию
1 + 1 + 1 + 1^3-1, т. е.1 + 1 + 1 = з1.
х ' у ' у l z 5 ' х * у ' г 5 ,
Два других условия дают:
3 , 5 , 6_ч9 6 , 5 , 3 о!7 i
■*"*"7Т"7""а2о» 7*т~7 + ^~" 20'
Находим —, —, —, а затем х, у, г.
Отв. В гору 3 км/час, по ровному месту 4 км/час; под
гору 5 км/час.

256 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 45в
456. Пусть норма х листов в день и срок у дней. Тогда
по условию
(* + 2)Су —3)«=*У и (Jf-|-4)(.y —5) = *у.
Отв. 120 листов, 15 дней.
457. Пусть рабочий сделал х деталей в у дней. Тогда
ежедневно он изготовлял — деталей. По условию, если бы
он ежедневно изготовлял —[-10 деталей, он выполнил бы
работу за у — 4-j дня. Значит, (4"Т-Ю)(.У— ^у)— ■*•
Другое условие даёт уравнение (——5](^-f-3) = x.
Получаем систему уравнений;
103,_4-if = 45.
__5 у 4-3-=* 15.
Помножаем второе уравнение на 2 и складываем с первым;
получаем — = 50. Подставляя это значение во второе
уравнение, находим у = 27. Следовательно, je:=50.y = 1350.
Замечание. Эту задачу можно решить как предыдущую,
если вместо неизвестного х ввести величину г — число деталей,
изготовляемых в день. Получилась бы та же система уравнений, где ве-
личина — была бы заменена через г.
Отв. Рабочий сделал 1350 деталей за 27 дней.
458. Пусть ежедневная норма машинистки х листов,
а срок окончания работы у дней; тогда работа содержит ху
листов. По условию, вырабатывая в день х-\-2 листа,
машинистка затратит у — 2 дня. Значит, работа содержит
(jf-f-2) (у — 2) листов. Следовательно,
(х + 2)(у—2) = ху.
Таким же образом получаем другое уравнение
(х 4- 0,60*) (у —■ 4) = ху + 8.
Отв. Норма 10 листов в день; срок исполнения 12 дней.

462 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 257
459. Пусть первый рабочий выполняет работу в х час.
Тогда имеем уравнение j—■j—fo=='5"'
Отв. Первый рабочий может выполнить всю работу в 12 час,
второй — в 24 часа.
460. Если первая труба наполняет бассейн в jc час, то
вторая наполняет его в (jc-f-5) час. Условие задачи даёт
уравнение
I+_i_ = I
Отв. Первая труба наполняет бассейн за 10 час,
вторая— за 15 час
461. Пусть, работая отдельно, первый может выполнить
работу за х час, а второй — за у час. Тогда в один
час первый выполняет — часть всей работы, а второй —
1 15
часть. По условию 7 • —f- 4 • — = -^. После совместной
четырёхчасовой работы первый отработал 7 —|— 4 = 11 час,
а второй 4 + 4 = 8 час По условию оба вместе выполнили
1 —Та == Тйвсей работы. Следовательно, 11 • —Н 8 • — = то.
Помножая первое уравнение на 2 и вычитая из второго, на-
13 11
ходим 3« — = Toi откуда л: =18. Затем находим — = 94,
откуда у = 24.
Отв. Первый мог бы выполнить работу за 18, второй — за
24 часа.
462. Обозначим искомые числа через х и у. Четыре
крана большей мощности работали 2 -f- 3 = 5 час.; два крана
меньшей мощности работали 3 часа. Поэтому (см. решение
предыдущей задачи)
4.5.-4-2.3.- = 1.
х ' у
Второе условие даёт
4.4.Б. —+ 2.4,5.- = 1.
' х ' У
Отв. В 24 часа; в 36 часов.

258 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 463
463. Пусть трехтонная машина может перевезти груз за
х час, а пятитонная — за у час. По условию (см. решение
задач 461—462)
30.8.- + 9.6.- — 1 и 9-8.1 + 30- 6- - = |i'
х ' у у ' х 15
О/ив. л; = 300; у = 270; 30 пятитонных машин перевезут
груз за 270:30 = 9 час.
464. Пусть первой машинистке для выполнения всей
работы требуется х час.» а второй—у час. Когда первая
проработала 3 часа, вторая проработала 2 часа. Обе они вы-
9 11
полнили 1—оп^3™ всей Раб°ты' Получаем уравнение
lj.1 — 11
х~т~ у ~20*
По окончании работы машинистки сделали поровну, т. е.
каждая сделала половину работы.- Значит, первая потратила
^ час, а вторая ^ час. А так как первая работала на час
дольше, чем вторая, то
£_Z — 1
2 2 '
Система имеет два решения, но одно не годится, так как
даёт для' у отрицательное значение.
Отв. Первая машинистка в 10 час, вторая в 8 час.
465. Задача сходна с предыдущей. Получаем уравнения
1м1£ —11. £ — У- 1
х~т~ у ~~30' 2 2=2'
где х и у — продолжительность пробега поездов (в часах).
Из двух решений системы годится одно.
Отв. 10 час; 9 час.
466. Пусть в одну минуту через первый кран поступает
х л, а из второго вытекает у л. По условию полная ванна,
вмещающая 2 X 9 X 2,5 = 45 л, при действии обоих кранов
опорожняется в 1 час Значит, в 1 мин. количество воды
уменьшается на ёк = -гЛ- Следовательно, у — х = -г. Сдру-

468 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 259
гой стороны, через один первый кран ванна наполняется
45 45
за — мин., а через один второй она опорожняется за — мин.
По условию
Система уравнений
45
X
у-
45 _
X
_45_
У
— х —
45 _
У
= 5.
3
4
5
имеет два решения (xt = 2 -j] уг — 3 и д:2 = — 3; у2 = — 2 -Л.
Второе решение не годится (х и у должны быть
положительными числами).
Отв. 2-гл/мин; 3 л/мин.
467. Пусть срок окончания есть х дней; тогда суточный
план кубометров. Бригада работала х — 8 дней; зна-
х 8000 Л „
чит, ежедневно вынималось ^- кубометров. По условию
8000 8000 кл ы х~~й „ ,
——5 = 50. Из двух корней этого уравнения (xt = 40
и х2 = — 32) годится только положительный х = 40.
Значит, суточный план составлял = 200 кубометров;
перевыполнение плана на 50 мь составляло
50-100^25"/
200 /о*
Отв. Срок окончания 40 дней; процент перевыполнения 25.
468. Пусть первая бригада ремонтировала х км в день;
тогда вторая ремонтировала (4,5 — х) км в день. Первая
бригада работала — дней; вторая ^с_х дней. По условию
тг~.— == *• Уравнение имеет корни хх = 2 и х.2 = 22,5.
Второй не годится, так как по смыслу задачи число 4,5 — х
должно быть положительным.
Отв. Первая бригада ремонтировала 2 км, а вторая 2,5 км
пути в день.

260 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 469
469. Пусть первый рабочий может выполнить всю
работу 8а х час, а второй—за у час. Значит, половину
работы первый сделал за ■*■ час; остальную часть (т. е. тоже
половину) второй сделает эа у час. По условию г? -f- у = 25.
Другое условие (см. решение задачи 461) даёт — -f- —tsa^
Отв. Один из рабочих (либо 1-й, либо 2-й) может
выполнить работу в 20 час, другой — в 30 час.
470. Пусть один трактор может вспахать поле да х дней,
а другой — за у дней. Имеем (ср. предыдущую задачу)
систему уравнений:
i4-i = I- LA.L — k
х^ у t ' 2 ^ 2 ~ "
Её можно заменить системой x-{-y = 2k\ xy = 2kf.
Отв. Один из тракторов за Ik -\- rf№ — 2kt) дней; дру-
I k
гой — за (к—у k2-—2kf) дней. Задача возможна при -^ >/.
471. Пусть все три землечерпалки, работая вместе, могут
выполнить работу в х дней. Тогда одна первая может выполнить
работу в (*-{-10) дней, одна вторая — в (лг-{-20) дней и
одна третья — в 6х /ней. В один день первая машина
выполнит ■ , -д часть работы, одна вторая - „л часть,
третья g- часть, а все вместе — часть работы. Имеем
уравнение
х+Ю~х + 20^6х х*
Отв. Работа может быть выполнена первой
землечерпалкой в 20 дней, второй — в 30 дней и третьей — в 60 дней.
472. Если второй рабочий может выполнить работу эа х
дней, то первый — за (jc-f-З) дня. Первый рабочий, про-
работав 7 дней, выполнит ■■■■ . ■* всей работы; второй, про-
1 U Т
работав 7 — 1 -^ = 5 -^ дней, выполнит — всей работы.

474 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 261
Получаем уравнение
4
+ -г—1.
х + 3^ *
Отв. Первый рабочий выполнит всю работу за 14 дней,
второй — за 11 дней.
473. Пусть первым трактором можно вспахать всё поле
sa х дней, вторым — за у дней. Первое условие даёт
1-1-1 = 1
х^у 8#
Первый трактор может вспахать половину поля за 4-* дней.
По условию другая половина может быть вспахана двумя
тракторами за ПО — -я-лЛ дней. Отсюда получаем второе
уравнение
1
Сравнивая два найденных уравнения, получаем.
1
2 1
Ю — улт
Отсюда лг == 12; подставляя в первое уравнение, находим
.у =.24.
Отв. Первым трактором можно вспахать поле sa 12 дней,
вторым — за 24 дня.
474. Так как рабочие приступали к работе через равные
промежутки, и вследствие этого первый проработал в 5 раз
больше времени, чем последний, то число рабочих было
равно 5. Если последний работал х час, то общее число
человеко-часои было х -\~ 2х -\- 3 х -\- Ах -\- Ьх « 15*. П о
условию, работая впятером, они могли бы выполнить ту же
работу в 6 час. Следовательно, 15лс = 5«6, откуда х=*2.
Работа по прорытию канавы продолжалась столько времени,
сколько работал первый рабочий, т. е. 5jc час.
Отв. Работа продолжалась 10 час.

262 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ d7S
475. Пусть первый рабочий может выполнить работу за х
час; получаем уравнение
J.4—! u-L = i
лг^лг + 1^2* f
Отв. x = j(5l—2 + l/"25/2 + 4/ + 4).
476. Пусть первый кран наполняет бассейн за х час,
в второй — за у час. За 1 час первый кран наполнит — часть
бассейна, а по условию он был открыт (д-у\ час, значит,
1
вода из первого крана заполнила часть бассейна. Анало-
1
Тх
гично найдём, что вода из второго крана заполнила —- часть
13
бассейна. Так как после этого заполнилось -rg бассейна, то
М Z_L.i- i — li?
3 ' х "г" з у ~ 18\
Второе условие даёт уравнение
I_!__L— 1
х "Ту "~18*
Эту систему можно решить следующим образом. Если
положить — = г, то первое уравнение примет вид
1 1 1 _ 13
3 г~"~3 *7~"18-
3 2
Отсюда гх = -^\ 2* = -*. Второе уравнение представим
в виде
Подставляя сюда == т • найдём у = Э; значит, х =
2 у 2
= -^-_у=6. Подставляя i = —, найдём д/=6 и х = 9.
Отв. Один из кранов наполняет бассейн за 6 час,
другой— за 9 час.

480 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АГИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 263
477. Если норма ежедневной кладки была х тысяч штук,
а п действительности укладывали у тысяч шгук в день, то
будем иметь систему уравнений
I Зу — 4л: = 5.
Отв. Норма в день 10 тысяч кирпичей; в
действительности укладывали 15 тысяч кирпичей.
478. В следующей таблице даны последовательные
количества воды (в литрах) в трех сосудах (I, II, III):
II
.2 2 1 Г Ь/1 . \ . 1 , 2
х> Iх' Iх'' w[i\jx+y)+*\+jx>
у 1х+У' Шх+у}> т*+у}>
Ш г; г; Щх+у) + г; Щ£х+у) + г].
Каждое из выражений последнего столбца по услоиию равно 9.
Отв. 12 л, 8 л, 7 л.
479. Если первый раз вылили х л спирта, то осталось
(64 — х) л спирта; второй раз было отлито —гц—хл чистого
спирта. Осталось
чистого спирта. Получаем уравнение
±(64-х)* = 49.
Отв. Первый раз вылили 8 л спирта, второй раз 7 л.
480. Перелив х л спирта и дополнив второй сосуд
водой, будем иметь во втором сосуде щ л спирта на каждый
литр смеси. Обратно переливается х л смеси; в них
содержится ж х = 2jt л спирта. После обратного переливания
количество спирта в первом сосуде составляет (20 — х~Ьшг-
Теперь из первого сосуда отливается 62/а л смеси, т. е.

264 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 481
-яЗ составляет -я- всего количества этой смеси. Вместе с тем
на -к- уменьшается и количество спирта, т. е. в первом
сосуде остаётся -г (20 — х~\~9о) л спирта. Так как
количество спирта в обоих сосудах неизменно равняется 20 л,
а по условию в обоих сосудах теперь содержится одинаковое
количество спирта (т. е. по 10 л), то
К20-*+йН°-
Отв. 10 л.
481. Пусть из сосуда выпущено х л воздуха и введено
такое же количество азота. В оставшемся количестве (8 — х) л
воздуха содержится (8 — х) 0,16 л кислорода. Это количество
приходится на 8 л смеси, так что на 1 л приходится - тг л
кислорода. Следовательно, когда вторично х л смеси
заменяется х л азота, остающееся количество (8 — х) л смеси со»
держит ~~g ' • (8 — л:) = (8 — хУ• 0,02 л кислорода.
Значит, по отношению к общему количеству смеси (8 л) содер-
(8— д-)а 0,02 1ЛЛ (8 —*)2 п
жание кислорода составляет ^ ^—'—• 100 = i—-.—-. По
(Я х\2 ° *
условию1—j—^ = 9. Из двух корней (хх — 2, ж2=14)
годится только первый, так как больше 8 л выпустить нельзя.
Отв. 2 л.
482. Пусть у первой колхозницы было х яиц, а у второй
у яиц. Если бы первая продала у яиц, то, по условию,
выручила бы 72 руб. Следовательно, она продавала яйца по
72 72
— руб. за штуку и выручила — х руб. Таким же образом
32
найдём, что вторая выручила — у руб. Имеем два уравнения:
— у = — х', лг4-у = 100.
х ■* у ' -г
Из первого находим (=М ==з2* откУда х==~2 (°тРица"
У_
X
Отв. У первой было 40 яиц, у второй 60 яиц.
тельное значение — = — -я- не годится)

486 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 265
483. При обозначениях предыдущей задачи получаем
систему
х у .
у х ' •"
Из первого уравнения находим х:у = Vп '• V"1- Делим
затем а на части, пропорциональные У и и ]/т.
Отв. У первой ._ п _ л, у второй * * т'' л.
Ym+УИ Ym+Yn
484. Пусть первый двигатель расходует в 1 час х г
бензина, а второй—у г; тогда 600 г бензина первый
израсходовал за — час, а 384 г бензина второй израсходовал за
384 „ 600 384 0 „ ,
■— час. По условию = 2. Если бы первый расхо-
у J х у г I-
довал в 1 час у г бензина, то за — час. расход бензина был
бы — • у г, а если бы второй расходовал в 1 час х г,
384 , 384
то за — час. он израсходовал бы — • х г; по условию
60Qy 384*
* = у '
Отв. Первый расходует 60 г/час, второй — 48 г\час.
2
485. В х кг первого сплава содержится -?■ х кг золота и
я
-г х кг серебра. В (8 — лг) кг второго сплава содержится
3 7
^(8 — х) кг золота и ^(8 — х) кг серебра. Получаем
уравнение
Отв. 1 кг первого сплава и 7 кг второго.
486. См. решение предыдущей задачи.
Отв. 9 вёдер из первой бочки и 3 ведра из второй.

266 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 437
487. Пусть третий сплав содержит х частей первого и
у частей второго сплава, т. е. на х кг первого сплава
приходится у кг второго сплава. Тогда в {х-\-у) кг третьего
сплава содержится Иг х -J- -гу\ кг первого металла и
(2 3 \
З"-*+ Т.У) к* второго металла. По условию
(т*+з'М!*+М=17!27-
Приведя делимое и делитель к общему знаменателю (15) и
деля их на у, получим
(5j + 6):(l0.|+9)=17:27,
х 9
0ТКУда7=15-
Отв. На 9 частей первого сплава нужно взять 35 частей
второго сплава.
488. Пусть в 1 мин. большее колесо делает х оборотов,
а меньшее—у оборотов, у>х. Имеем уравнения
лпл 5 5 1
у — лг = 400; = -ж-
J х у 60
Второе уравнение можно представить в виде ху = 300 (у — х)у
т. е. ху= 120000.
Отв. Большее колесо делает 200 оборотов в минуту,
меньшее — 600 оборотов.
489. Пусть окружность переднего колеса равна х дм,
а окружность заднего—у дм. Имеем два уравнения:
180 180 1Л 180 180
= 10 и —p-jr zr = 4.
х у х + Ь у—Ь
Первое преобразуется к виду 18(_у — х) — ху; второе —
к виду 39 (у—х) = ху -f- 504. Из этих двух уравнений
найдём у—х = 24; ху — 432.
Отв. Окружность переднего колеса 12 дм, заднего —
36 см.

492 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИL И А1>МФМЕГИЧЬСКИЕ ЗАДАЧИ 267
2
490. В первый н трети» дни было выгружено 600 • -j =*
= 400 га; во второй день выгружено 600 га — 400 га = 200 га.
Пусть в первый день выгружено х га; тогда в третий день
выгружено (400 — х) т. Уменьшение выгрузки во второй
день по сравнению с первым днём было (х — 200) га, что
(л—200) 100 0/ v
составляло - % от выгрузки первого дня.
Уменьшение выгрузки в третий день по сравнению со вторым
днем было 200 — (400 — х) = (х—200) га, что составляло
(г—200) 100 п, д:_200п/ п
2иТГ '° или —5~^ /о ВЬ|ГРУЗКН второго дня. По
условию
х — 200 (х — 200)100
—2 х = 0-
Найдём два корня л:, = 250; ;с2=160. Второй корень не
годится, так как по условию выгрузка с каждым днём
уменьшалась, между тем как при х=160 выгрузка
составляла бы: в первый день 1G0 от, во «горой 200 га и в
третий 240 га.
Отв. В первый день было выгружено 250 от, во второй
200 т, в третий 150 га.
491. Пусть первый раствор весит х кг, тогда второй
пссиг (10 — х) кг. Процентное содержание безводной серной
0.8-100 80 ОиМОО
кислоты в первом растворе = —, а во втором .ц_ =
«0 г,
= -г?! • ПО УСЛОВИЮ
К) — х J
_ао во __ 1п
х ~~ 10 —л- ~"~ 1 '
Уравнение имеет два положительных корня ,v,=20 и лг2 = 4.
Так как по условию дг< 10, то первое решение не годится.
Отв. 4 кг и 6 кг,
492. Если в первом сплаве было х°/0 меаи, то во втором
бмло (х -f- 40) %• Первый сплав весил — кг, а второй —
12-100 п 600 . 1200 кл
yqriir"2- Получаем уравнение —- + —^ = 50.
Отв. 20% и 60%.

268
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
493
493. Пусть скорость товарного поезда х м/сек, а
пассажирского у м/сек. За 28 сек. товарный поезд прошёл 28 х (м),
а пассажирский 28 у(м); получаем уравнение
28jc + 28j/ = 700.
490
Товарный поезд идёт мимо светофора сек., а пассажир-
„ 210 п
ский сек. Получаем второе уравнение
490 _ _210_ __ 35
х у
Отв. Скорость товарного поезда 10 м/сек, т. е. 36 км/час,
пассажирского— 15 м/сек, т. е. '54 км/час.
494. Если число четырёхосных цистерн равно х, то число
двухосных равно (х -f- 5). Если одна двухосная цистерна весит
у т, то одна четырёхосная весит 3 у т. Вес нефти в двухосной
цистерне равен (40-0,3) т =12 т. Четырёхосная цистерна
с нефтью весит (Зу-\-40)т, а двухосная (у-{-12) т. Имеем
первое уравнение
* (3jf + 40) + (х + 5) (у + 12) = 940.
Вес нефти во всех четырёхосных цистернах (40 х)т, а вес
всех гружёных двухосных (х-\-5)(у-\- 12)т. Имеем второе
уравнение
40х — (х + 5) (у + 12) = 100.
Отв. Четырёхосных цистерн было 10, весом каждая по
24 т, двухосных цистерн было 15, весом каждая по 8 т.
495. Пусть первая машина проходит в день х м, а
вторая у м. В первом случае первая машина выполнила бы 30%
всей работы, т. е. прошла бы —^г- = 18х(м), а вторая
300 = 16^ W-
Имеем уравнение
18л:+16.у = 60.
2
Во втором случае первая машина прошла бы -^ • 60у (л),
2
3
затратив на это -^ • 60 • ^ дней. Вторая машина затратила бы

497 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 269
3 х
_ . 60 • — дней. Имеем второе уравнение
Фу 18лг __ 6
х у
Полученная система легко решается, если положить 2- = г.
К задаче подходит положительное значение г = —.
4
Отв. Первая машина проходит в день 2 м тоннеля;
. 1
вторая » » » » 1 y -ж а •
496. Пусть первая бригада может отремонтировать участок
пути в х дней, а вторая — в у дней. По условию задачи имеем
систему уравнений
х^ у 6 '
40£__40у _2
100 300 *
Отв. Первая бригада может отремонтировать участок
в 10 дней, вторая — в 15 дней.
25
497. Пусть первая часть груза (составляющая ^g-«690 =
е= 375 т) была перевезена за х час, и каждая трёхтонная
машина делала у поездок в час. Тогда каждая полуторатонная
машина делала 0>4"1) поездку в час. По условию вторая
часть груза (т. е. 690 — 375 = 315 т) была перевезена за
(х — 2) часа, причём трехтонные машины делали по {у + 1)
поездок в час, а полуторатонные—по {у -\- 1) -f- 1 = (у -J- 2)
поездок. Получаем систему уравнений
5-Зху+Ю. 1^х(у+1) = Ъ75,
5.3(лг — 2)(у+1)+10'1±(х — 2) 0>+ 2) = 315.
После упрощений эти уравнения примут вид
f 2ху-}-х = 25,
| 2ху-{-Зх — 4у = 27.
Вычитая первое уравнение из второго, получим 2х — 4у = 2.
Отсюда 2у = х—1. Подставляя в первое уравнение,

270 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 498
получим я2 = 25, т. е. х = 5. Первая часть груза была перепе-
эена за 5 час., вторая — за 5 — 2 = 3 часа.
Отв. Груз перевезён за 8 час; трёхтонные машины
вначале делали по 2 поездки в час; полуторатонные—по 3
поездки в час.
498. Если х — ширина дорожки, то площадка вместе
с дорожкой содержит (a -j- 2x) (p -f- 2x) м*. Имеем уравнение
(а-\- 2x)(b + 2x) = 2ab.
Отв. I[/(a + 6)a-i-4ad — (a-f b)\.
499. Число стульев в каждом ряду обозначим через х;
тогда число рядов равно —. Получаем уравнение
После упрощений имеем:
IQcx* -j- (a + ЮАс) x — IQab = 0.
Отсюда
— (а + Ю&с) ± V(a + №c)* + 400я6е
x 20^ •
Если радикал взять со знаком минус, то х < 0; если взять
со знаком плюс, то х > 0.
Отв. Число стульев в каждом ряду
У[а+ ЩЬс)* + 400о6с — (а + 106с)
20с
500. Обозначим скорости тел (в м/сек) через Ьг и оа;
пусть г>! > г»а. Первое условие даёт уравнение во, -\-av^ = d;
второе даёт уравнение bvl — bv% = d.
Отв. vx = ■£(— + -А; v2— -j(— — у). Задача имеет
решение только при а<Ь.
Б01. Обозначим скорость мотоциклиста (в км/час) через
х, а велосипедиста — через у. Получаем систему уравнений
2x + 2y = d; - — -*=/.
' ■* у х
Отв. Скорость мотоциклиста d "*~ ^—i— км/час,
.t + 4 — УШ+Т*
скорость велосипедиста d—'■ ^ '■—км/час.

503 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 271
502. Если велосипедисту требуется л: час, то пешеходу1
требуется (лг-f-c) час. Обозначим через у расстояние АВ
(скажем, в километрах). До места встречи пешеход прошёл
* 7J" км, а велосипедист проехал — км. Имеем уравнение
*№ + $-* 1* « >«>. то 5+l + i»!, н„
x* — (a-!r2b — c)x — bc=:0.
Это уравнение имеет один положительный и один
отрицательный корень (так как произведение корней равно
отрицательному числу —be). Годится только положительное
решение
а + 2Ь — с+ У (а + 2Ь — с)* + Abe
Расстояние у остаётся неопределённым. Величину х-\-с
можно найти либо из вышеприведённого выражения, либо
из уравнения —~—] = 1, положив х-\-с = г. Получим
X "у~ С X
уравнение ———| = 1. Берём только положительное
решение.
Отв. Велосипедисту требуется
а + 2Ь — с + У(а + 2Ь — с)* + 4ftc
2 час,
а пешеходу
а + 2Ь + с + У (а + 2Ь — с)а + 46с _
2
_ (a + 2b + c) + V(a + 2b + c)t-4(a + b)c ...,
_ 4dc.
503. Обозначим длину пути (в километрах) через х.
Согласно условию поезд А должен по расписанию нагнать
поезд В через — час. после выхода. Фактически он нагнал
v
поезд В, пройдя (х — а) км, т. е. через - час. Следо*
вательно, оба поезда шли до встречи на — час. меньше полб»'
женного времени. Но поезд В должен был итти до встреча

272 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 5U4
х 2
— час., фактически же он прошёл расстояние -тгХ со ско-
Щ 1 1
ростью г>1 и расстояние -ях — а со скоростью -д"^» затРа"
№Ь
тив на весь этот путь I — 1 j I час. Следовательно,
X I* , Т*-М £
Отв. Длина пути равна V" ЛЛ* Задача имеет
решение только при vx < 2v.
504. Пусть сберкасса даёт х°/0. Тогда первоначально было
1500 - D
положено руб. В начале второго года на счету вкладчика
было -~ _f_ 15 + 85, т. е. (~ + 100) руб. В конце второго
года эта сумма обратится в ( f- lOOjfl -f- -щ) руб.
Получаем уравнение
(^+100)(,+1^) = 420.
Отв. 300 руб.; 5%.
505. Обозначим производительность станков А, В, С
соответственно через х, у, г. По условию
Найдём из этих уравнений выражения х и у через г; сложив
их, получим
100(от + я) + 2шг
Х-Т-У— 10000 —отп 'г'
9
Искомое число процентов равно , , • 100,
„ ... 10000 —тя А У
0ш' 10°- mU(« + i.) + W

507 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 273
506. Примем за единицу измерения продукцию года,
предшествующего первому. Тогда продукция 1-го года составит
1 -f- -щ. По сравнению с ней продукция 2-го года
возрастает на д°/0, т. е. на П +-т^-)-тж- и составит
Если продукция 3-го года возрастает на х°/0, то она
увеличивается на (l -f -jgj.)(l + ш)ш-
По условию
■з[шб"К1 "*"Шу1оо~К1 ~^~ ТШу Ч1 ~^~ шоу looj==s loo *
V ^ юо Д юо/
507. Пусть себестоимость всего товара составляет т руб.
Тогда себестоимость первой проданной партии составляет
в°/о от т> т» е- "шо" РУ^* ^° Условию полученная от
продажи прибыль составляет р°/0 этой суммы, т. е. -щ- • -щ- руб.
Себестоимость товара, оставшегося после продажи первой
партии, равна т j^- = т П £r J руб. Себестоимость
второй проданной партии составляет Ь°(0 от этой суммы, т. е.
т\ ГОЬ~) "100 РУ^' ^Ри пРодаже второй партии было
получено q°/0 прибыли; следовательно, эта прибыль составляет
Себестоимость товара, оставшегося после второй продажи,
составляет
т~1ш-т(1 - ж)ж==т(1 --йжХ1 —ш) ру6-
Пусть эта остальная часть продана с прибылью д;%- Тогда
прибыль от её продажи составит т{\ — щд1 -~ Tmjloo Р^6*

274 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 508
Общая прибыль будет
от[ш'Ш"'"(.1 ~ Ioo)loo'Io6~HI ~m)v ~~Тоб)ш\'
' По условию общая прибыль должна составить г% от т РУб.»
т. е. -щ- руб. Следовательно,
[а _£_ i Л а \ Ь д .
ию'ню ~*Ч loo; loo ' loo ~1~
"К1 — ТооД1 ~" TooJtooJ ^Too •
Величина т сокращается.
_££ bq_(
' 100 100 \
loo J
V 1ооД loo/
608. Первый способ. Положим, что каждый из отре-
ванных кусков весил х кг. Для краткости назовём первый
сплав (весом т кг) «сплавом А», а второй — «сплавом В».
Из двух вновь полученных слитков первый содержит (от—х) кг
сплава А и х кг сплава В, а второй — х кг сплава А и
(я — х) кг сплава В. По условию процентное содержание
меди в обоих слитках одинаково. А это возможно лишь в том
случае, когда в двух слитках количества сплава А и сплава В
пропорциональны. Получаем уравнение
т — х х
откуда
X
и —
тп
т +
-X
п
»
Второй способ. Пусть и кг есть вес меди в 1 кг
сплава A, a v — вес меди в 1 кг сплава В. Тогда в первом
слитке (от — х) a -f- xv кг меди, т. е. на 1 кг первого слитка
(т — х) и -4- xv .
приходится ^ —! кг меди. Аналогично выразится вес
меди, приходящийся на 1 кг второго слитка. Приравнивая
два найденных выражения, получим уравнение
и [(от — л;) a -f- xv] = in [(я — x)v-\-xu\,

5#9 ГЛ. 7. АЛГЕБРАИЧЕСКИЕ И АРИФМЕТИЧЕСКИЕ ЗАДАЧИ 275
содержащее три неизвестных х, и, v. Его можно представить
в виде
(« — v)(mx -\-пх — тп) = 0.
По условию сплавы А а В имеют различные процентные
содержания меди, т. е. величина и— v не может равняться нулю.
Следовательно,
тх -f- пх — тп а 0.
Отв. Каждый кусок весил -wf ■ кг.
J m -j* я
509. Пусть в первой кучке первоначально было xt руб.,
во второй было х9 руб. и т. д.; в последней (я-й) кучке
первоначально было х„ руб. Первая кучка явно находится в
особом положении, так как из неб сначала изымается — часть и
п
лишь в конце процесса она пополняется из я-й кучки, тогда
как по отношению к каждой из остальных сначала
производится пополнение из предыдущей кучки, а затем изъятие
— части. Поэтому рассмотрим какую-либо кучку, кроме
первой. Обозначим ей номер через k. Первоначально в ней было
■** РУб.. к ней прибавилось некоторое количество у руб. из
(k—1)-й кучки, а затем из обшей суммы у-\-хк руб. была
изъята — часть. Осталось (у-\-хк)а~ руб. По условию
имеем уравнение
В предыдущей же (k—1)-й кучке, если она не была
первой (т. е. если k Ф 2), должно было остаться А руб.
(в первой кучке А руб. образуется лишь после пополнения
ей из л-й кучки). Значит, до изъятия у руб. в ней было
А-\-у руб. По условию изымаемая сумма у руб. составляет
— часть от A -f- у, т. е.
y-iv+yh m
Отсюда находим у = -^гт^* Подставляя в (1), получаем
хк — А. Таким образом, во всех кучках, кроме, может быть,

276 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 509
второй и первой (прежде исключённых из рассмотрения),
первоначально было по А руб.;
л?3 = х4 = ... = хп = А, (3)
Неизвестное xt можно найти так. По условию сначала
из суммы я, руб. изымается — часть. Остаётся хх руб.
В конце процесса в первую кучку добавляется некоторая
сумма у руб. из последней кучки. Получаем уравнение
y + xtZ=± = A: (4)
Рассуждая (применительно к я-й кучке) так же, как выше,
найдём, что у= А. Подставив в (4), найдём:
(п-2)п
Для разыскания х2 имеем уравнение
(г*|+*01:г—* (б)
где л^ определяется формулой (5). Решая это уравнение,
находим:
У .я(я-1)-(я-2) ,
*2— (я —1)2 Л'
О/ив.
_л2_—2л _я2 — 2я+2 Л. _ __ _
■*1 — (я 1)2 Л» *9 /л 1)2 А> ХЪ Xi • • • ХП А.

ЧАСТЬ ВТОРАЯ
ГЕОМЕТРИЯ И ТРИГОНОМЕТРИЯ
ГЛАВА 8
ПЛАНИМЕТРИЯ
510. Пусть а и Ъ — катеты прямоугольного треугольника,
а с — его гипотенуза. По условию а-\-b-\-с ~ \Ъ1 и
а2 + £2 + с2 = 6050. Так как яа + йа = с2, то 2са = 6050,
откуда с = 1^3025 = 55. Поэтому а -\- b = 77. Возводя это
равенство в квадрат и учитывая соотношение а2 4- *2 = 3025,
получим ab= 1452.
Следовательно, а и b суть корни
уравнения
*2— 77*4-1452 = 0.
О/ив. Катеты
треугольника равны 44 и 33,
гипотенуза 55.
511. Высота В/С (черт. 1)
параллелограмма ABCD
равна 20N=*2p. Так как
/_ВАК = «, тоАВ = ^Р-
sin a
Аналогично /Ш
sin a
. Находим:
S = AD.BK = ^E-.
sin а
Диагонали находим по теореме косинусов.
Отв. S = ^£-,
sin a '
рр 2 Yp2 + m2 — 'Imp cos a
sin а *
AC _ 2fp-J + пг> + 2mp cosT
sin а '

27«
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
512
512. По условию АС =30 см и ВО = 20 см (черт. 2).
Высоту ЛЯ можно найти из подобия прямоугольных тре-
)гольников BDC и ЛЕС (у них угол С—общий), но проще
Я J) С
Черт. 2.
сравнить два выражения площади 5 треугольника ABC.
Именно, S = ~ АС > BD к S = -^ ВС • АЕ. Следовательно.
АС-ВО . 30-20 __2,
Owe. 24 ел.
Б13. Из треугольника ДР£, где АО = 12 ел и BE — 13 ел,
находим DE = |Лз2— 122 = 5 (ел) (черт. 3). Следовательно,
В
Д BE С
Черт. 3.
АП = АЕ— DE^jAC— D£=-i-60 — 5 = 25 (ел) и
DC = ЕС 4- £>£ = 35 (ел). Боковые стороны находим из
треугольников ADB и DCB.
Отв. Л£ = 1/769» 27,7 см, ВС = V1369 = 37 ел.

515
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
279
514. Пусть ABC есть данный треугольник {АС = СВ = Ь).
Требуется определить площадь S треугольника Oj020.,
(черт. 4).
Имеем S = j 0<гС>2 . ОхС, где О^Оъ = АВ viOxC=AB.
Следовательно, 5 = -^ АВ2 = №.
ч
\
\
\
£<
/
/
/
в
/
/
/^
с
о,
\. ^^^^/^[\
^^000^ / I
""^N. / / ' /
х /' /
/ X. / 1 •
/ X/ ' /
/ /X1 '
х / /
X / /
Х7/
Л\
/ \
д
Черт. 4.
Другое решение. Треугольник Ог02С равновелик
треугольнику ОхВС (у них общее основание ОхС и равные
высоты). Треугольник ОхОйС равновелик треугольнику ОхАС
(по той же причине). Значит, треугольник ОхО^О&
равновелик квадрату О^ВСА.
Ome. S = £2.
515. По условию задачи отрезок АВ = а делится
точкой М в отношении m : я (черт. 5). Поэтому AM =
m + n
MB = —;—. Таким же образом
m-\-n v
BN=CK=DL:
m-\-n
и NC=KD = LA=-
m-\-n'

280
Следовательно,
LM = MN= NK = KL =
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
516
Я2й2
-7^Vtn* + n*
(т + п)г m-j-n
Кроме того, все углы четырёхугольника LMNK прямые
„ (ибо из равенства
треугольников ALM и BMN имеем
/. LMA = £ MNB =* 90° —
— £_ NMB; следовательно,
. £LMA + /_NMBc=90°; по-
V этому ^LMN =90°). Значит,
четырёхугольник LMNK есть
квадрат и площадь 5 его
равна
(т + я)^
516. По условию ^LM.A = 30° (черт. 5). Следовательно,
AZ. = ~ ML и уШ = ^~ ML.
Значит,
>Ш = AM + ЖЯ = А М + Л1 = i- (1 +1/"3) ML.
Следовательно,
пл. Л£С£):пл. LMNK = АВ* :ML? = (\ -\-j/"3)2 :4,
т. е.
4
пл. LMNK =
0 + Y З)2
пл. HSCD.
Отв. Отношение равно
О + У з)2
= 2(2 —К 3) л; 0,54.

513
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
281
517. Обозначим AM (черт. 5) через х. Тогда Л1=»
= MB z=a— х. Следовательно,
пл. KLMN= LM* = Л/.2 + AM* = (а — xf + х\
По условию (а — Jf)a -j- х2 = ^ а?. Решаем это уравнение.
Отв. Искомые отрезки равны -=- и -=-.
618. Предварительное замечание. Из решения
выяснится, как отыскать положение вершин вписанного
прямоугольника K.LMN (черт. 6). Пока нужно выполнить
построение схематически, начав с построения
прямоугольника KLMN.
Черт. 6.
Решение. Найдём отрезки MB = х и BN = у. Так как
ЛВ = 4, то AM = 4— х. Треугольники DI/C и ВАШ равны
(доказать!); следовательно, DL = BN=yu. LA = 3—_у.
Треугольники /.ЛЖ и ЖМ? подобны, ибо острые их углы ALM
и NMB равны (как углы с взаимно перпендикулярными
сторонами). А так как по условию ML втрое больше, чем ММ,
то и LA = ЪМВ, а также AM = 3BN, т. е. 3 —у = Ъх и
5 9
4 — х = Ъу. Отсюда находим х = -^, у = у. Теперь имеем
«"-/({•У+ЙУ
жь
з Уюб
О/ив. Стороны прямоугольника равны
-~т—«3,87 л.
У"106
1,29 м и

282
ОТВЕТЫ И РЕШ1ЛШЯ
519
619. Площадь равностороннего треугольника ABC (черт. 7)
равна ^ а • i-*- а = -^— а2. Треугольник ANL, у которого
j 2
по условию Ж=з-а и AN=-^a, имеет общий угол Л
с треугольником ABC. Значит, их тощади относятся, как
1 2
Sanl -3a'Ta
произведения сторон: -р- —
11оэтому
>АВО
а-а
12 2
5д#ь = -j • у Sabq = •§ Sabc»
Следовательно,
Siti.u = 5д но — SSanl =
■-o-Sabo =
я«т/~3 '
12
Замечание. Треугольник LMN, равно как и треугольник
ABC, рэпосторонний (доказать). Но тем же способом можно
определить площадь треугольника LMN в общем случае, когда
треугольник ABC произвольный и стороны его разделены в произвольных
отношениям
Ошв.
с? т/3
12
520. При обозначениях черт. 8 имеем а-)-Ь-\-с = 2р.
Отсюда а + Ь = 2р — с и а* -{- 2аЬ + *2 = (2р — cf. По
fl2_j_£2_ca и ab = ch (см. решение задачи 512). Поэтому
с2 -j- 2ch = 4ра—4рс -)- с9, отку аа
2/?-'
с =
Л + 2а»'

521
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
Теперь имеем ~ , ., h + 2p
те.тьно, а н b суть корни уравнения
283
Следова-
Отв. с = г$2р>
а = лТТр [* +'+ ^-A)2-2/>].
* = т+Тр1'1 +" - ^('' -llf - 2ftll-
случае, если
Задача имеет решение
/>>Л(/2+1).
лишь
том
621. Каждая из боковых сторон АС и ВС (черт. 9)
треугольника ABC раина
2Р- 2а
= /э — а. Пусть лг есть длина
отрезка CM(x = CM — CN). Периметр 2р трапеции AMNB
получится из периметра 2Р треугольника ABC, если из 2Я
вычесть сначала CM-\-CN = 2x и к
разности прибавить MN. Из подобия
треугольников ABC и MNC находим
MN==AB.MC Чах
АС
Р—а
Следовательно,
2Р — 2х + -^-^2р,
откуда
х =
(Р-а)(Р -р)
Р- 2а
Черт. 9.
Так как по условию р<.Р и 2а < Р (а значит, тем более,
«</■>), то величина д: положительна, и задача имеет
решение.
Отв. На боковых сторонах нужно отложить от вершины
(Р -а)(Р -р)
Р — 2а
отрезки длиной

284
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
522
522. Требуется определить расстояние NP = x точки N
522. Требуется определить расстояние np = x точ]
(черт. 10) до основания AD^a1) и расстояние ЛШ =
боковой стороны АВ = с. Из подобия тпеугольников л
MN AM
и ABC (где ВС=Ь) н&хо№и~ = ~
т.е. f =7,аиз
подобия треугольников NPD и ДДО имеем -g-j = -т^, т. е.
— = у . Решаем эти два уравнения.
ас
аЪ
а + Ь"
От», х = —7-г-;
а-\-Ъ
523. Пусть ABC (черт. 11)—данный треугольник. Так как
DE—средняя линия треугольника и DE = CD, то CD = -кАС.
Следовательно, / CAD=2>0°. Поэтому CD=ADl^=2Yz см.
О
Отв. 5=12/3 см*.
') Решение останется тем же, будет ли а большим или
меньшим основанием.

ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
285
524. Положим х*=ВО, у = АО (черт. 12). Тогда
площадь 5 ромба ABCD равна 2ху. По условию х-\-у — -^\
кроме того, из прямоугольного треугольника АОВ, где
АВ в — 2р = •£, находим х*+_у9 = ( £\ . Возводя в
квадрат обе части первого уравнения и вычтя второе, найдём
Отв. S-.
I L— Г Ui
сма.
525. Обозначим высоту BE (черт. 13) через х. Тогда
5 * £
Черт. 13.
АЕ=>х vi FD = x Уд. Так как AD = АЕ + EF-\-FD, то
e-* + *-t-*Vb Отсюда *а.р^_,,(«-»>ГГЗ-'>.
1^3+1 2
Oms. Ss
(д»~й»)(Уз—1)

286
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
526
526. По условию ДО = 44 см и ВС = 16 см (черт. 14).
Следовательно, AE-\-FD = 28 си. Обозначив длину АЕ
(в сантиметрах) через х, имеем /rD = 28 — х. По условию
Л5= 17 см и CD = 25 си. Значит, BE2 = 172 — х9 и С/^
= 25а — (28 — х)2. Получаем уравнение
17а—л:2 = 252 — (28 — х)\
откуда х = 8 (ся). Следовательно,
h = BE = 1/"172 —л2 = 15 (ел).
Теперь находим о = -—Ц;—•
Отв. 5 = 450 см2.
527. Обозначим сторону вписанного квадрата (черт. 15)
через х. Из подобия треугольников AKL (где АК = ^
а — х
, a LK = x) и АЕВ (где Л£ = |- и В£ = -2-0)
получаем уравнение
2 ' 2 ~~* * 2 '
из которого находим
*-■£&—У*0-УЪ
Отв. S = 3a2(2 —/3)2 = 3(7 —41/"3)а2.

529
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
287
528. По условию AD = 36 см и DC = 14 см (черт. 16).
Площади 5, и 5„ треугольников ADB и CBD, имеющих
общую высоту, относятся как
основания, т. е.
51;S2 = 36:14 = ^.
18
7
18
Следовательно, 5хг=^5, где
,S = 5j + 52 есть площадь
треугольника ABC. По условию
прямая EG делит пополам
площадь S; значит, эта прямая пересечёт основание АС между
точками А и D (а не между D и С). Получим треугольник
AGE; его площадь 5S равна ■*•£. Так как площади
подобных треугольников AGE и /IDS относятся как квадраты
сторон AG и AD, то
)^S'.±S = b&:AG\
Отсюда найдём
АО = 30 (ел).
Значит,
GC = ,4C — AG =
с =(36 + 14) —30 =
= 20 см.
Отв. 30 ел и 20 ел.
Черт. 17.
629. См. решение предыдущей задачи. Из условия
AD:DC=l:& находим, что площадь треугольника ВВС
Q
(черт. 17) составляет ■*■ площади S треугольника ABC. Так
как по условию ВО = 4, то имеем
£/*:16 = 7~S:J-S.
Отв. EF = B.

288
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
530
530. Так как Sebf^Sosfo^Sadoo (черт. 18), то
площадь треугольника EBF вдвое меньше площади
треугольника DBQ и втрое меньше площади треугольника ABC
Черт 18.
Так как эти треугольники подобны, то ЕВ2:£>£9:Л52= 1:2:3.
По условию АВ = а; следовательно, ЕВ — —^= и DB=-—^.
Отв. Сторона АВ разбита на части —=, -^=(У2—\)
и ^= (КЗ-1^2).
S31. По условию плошадь треугольника ABC (черт. 19)
равна S, а площадь треугольника КВМ равна q. Три
вершины четырёхугольника
совпадают с точками К, В
и М; четвёртую же
вершину L можно взять на
стороне АС произвольно.
Действительно, площадь Sx
четырёхугольника LKBM
есть сумма площади q
треугольника КВМ и
площади треугольника KLM,
а последняя не меняется
при движении вершины L
по прямой АС,
параллельной основанию КМ. Пусть высота BE треугольника ABC
проходит через точку Е основания АС. Поместив точку L в точку Е,
получим четырёхугольник КВМЕ, диагонали которого взаимно
Черт. 19.

гл. 8. планиметрия
289
перпендикулярны; следовательно, Sx = -к КМ • BE. А так как
q = tj /СМ • BD, то 5t: q = BE : BD. Но из подобия
треугольников ABC и /Г5уИ имеем 5 : q = Л52 : Z?D2. Следовательно,
Замечание. Если точка L не совпадает с точкой Е, то ре-
шение видоизменяется так: находим
Sv^^ KM.BD + ~KM'NL = -^KM(BD+NL)==^KM. BE,
и дальше попрежнему.
Отв. У Sq.
532. Пусть отрезок EF — х (черт. 20) делит площадь
трапеции ABCD (AD—a,
ВС = д) пополам. Тогда
(a + x)FL _(x + b)FM
2 ~~ 2 '
т. е.
(a-\-x)FL = (x-{-d)FM.
Высоты FL и FM по
отдельности найти нельзя
(длина одной из них мо- Д
жет быть взята
произвольно), но отношение
FL : FM имеет
определённую величину. Именно, из подобия треугольников HFD
и CFK (где HD = a — х и СК = х — Ь) находим
Черт. 20.
а — х
FL
х — Ъ
' FM
Помножив почленно это равенство на предыдущее, получим
.** = *»-—,
откуда

290
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
533
Другой способ. Продолжив боковые стороны,
получим подобные друг другу треугольники BGC, EGF и AGD.
Их площади 5lf 5a, 58 пропорциональны квадратам сход
ственных сторон Ь, х, а, так что Sx = qb2, S% » qx*, SL
где q—"некоторый коэффициент пропорциональности (вели
чина его зависит от высоты трапеции). По условию 5а—S^
qa\
■ «Sflt "&• £•
q(x2—b*) = q(a* — x*),
а так как ,д Ф О, то
*a —Даев8 —*a.
, = ]/№.
Отв.
533. По условию BE = BF = a (черт. 21) и EF = b.
Значит, EGss^h 50 = у а2—/-^-j . По теореме о
пропорциональных линиях в прямоуголыюм треугольнике (BDE)
находим BD =
&
Теперь найдём сторону
ромба (AD). Равнобедренные треугольники ABD и BEF
подобны, так как их углы (все они острые) соответственно
равны (как углы с взаимно перпендикулярными сторонами).
Следовательно,
AD:BD = BE:EF,

533
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
291
т. е.
AD : д3 = а : Ь.
У*- (47
Отсюда находим Л£), а затем площадь ромба S = AD • а.
Отв. —- .
б/4д2_й2 Д
634. Пусть ЛЯ = 27 ел и ЛС = 29 см
(черт. 22); тогда медиана AD = 26 см.
Требуется найти ВС. Продолжим AD
на расстояние DE = AD.
Четырёхугольник АВЕС будет параллелограммом
(доказать!) со сторонами 27 см и 29 см;
а диагонали его АЕ = 2AD = 52 ел
и ВС — х см. Имеем
*2 + 522 = 2(272 + 292),
откуда
х = УШ> (см).
Теперь площадь треугольника можно
вычислить по формуле Герона. Имеем
/j=-i(27 + 29 + /436") = 28 + /T09 Черт. 22.
5 = 1^(28+ /Т09)(28—/Т09)(/Т09 + 1)(УГ09*— 1) »
= У (282— 109)(109— 1) = 270.
Отв. 270 см\
535. По теореме косинусов я2 = #2 + с2 — 2bc cos A,
а так как S — i> be sin А, т. е. slnA = r~ = -&, то
cosA = ±:Vl— sla2A = ±j.
Получаем два решения; оба они годятся (в одном случае
угол А острый, в другом — тупой).
Отв. а = j/V + c2 —!&: или « =

292 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 836
636. При обозначениях черт. 23 имеем из
треугольника ABC:
m* =. *» -f- с* — 2bc cos В,
а так как cos Be» cos (180°—A)**-— cos А, то
«3 s *« -f- C« -J- 2*C COS Д.
Из треугольника HZX7 находим
m% am a* -\-<P—2ad cos D.
Приравнивая это выражение предыдущему, получаем
26с cos A + 2ad cos D» о* — 68-f-«P—с», (1)
Таким же образом, рассматривая треугольники ABD и С5£>,
получим
2<нг cos А + 2М cos D =» а9—6*—(«Р—с9). (2)
Из уравнений (1) и (2) можно найти cos А и cos D, а после
этого найдём т* и я9. Вычисление удобно вести так;
1
помножим (1) па b, a (2) на а, после чего вычтем первое
уравнение из второго. Получим
2(а« — 6a)*cos/»=»(ae — b*){a — b)—(d*—c*)(a + l>).
Разделив обе части равенства на (ва— №)\Ф 0J, получим
d-—c-
2сcos Am*a— 6——-—г-.
а —о
Теперь находим
т2 тм #> -+-cs-+- (2с cos Л) * «»
T a —6 a — Л *

537
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
293
Аналогично найдём
2d cos D = a—b-т- ——■£-
1 а — *
и затем
„a== p + tp + (2d cos Р)Ь и «(*-*>+_»(*-*).
Замечание. Отрезок AD = а меньше ломаной ABCD.
Поэтому задача может иметь решение лишь при условии а •< * -f- с + d.
Однако одного этого условия мало, что видно из следующего. Пусть
й>6ис>й (если эти неравенства не выполняются, то всегда можно
изменить обозначения и после этого неравенства будут иметь место).
Проведём прямую BL параллельно стороне CD. Получим
параллелограмм DCBL, так что BL=CD=*d и DL = CB = b. В
треугольнике ALB сторона LA = DA — DL = a—b больше* чем разность
сторон АВ = с и BL = d. Поэтому должно соблюдаться ещё второе
условие а—t>c—d. Если хотя бы одно из двух условий не
выполнено, то по крайней мере одно из выражений, полученных для
т1 и п\ окажется отрицательным.
Двух условий а </> -f- с -\-d и а — b~>c — d уже достаточно,
чтобы задача имела решение. Действительно, первое условие можно
записать в виде a — о < с + d. Следовательно, можно построить
треугольник ABL со сторонами AL = a — Ь, АВ =с и BL=d.
Продолжив сторону AL на расстояние LD = b и построив
параллелограмм DLBC, получим четырёх-
угольник ABCD; он будет трапе- ^ -£
цией с основаниями AD = a,
ВС=Ь и боковыми сторонами
АВ = с и DC=d. bj
d.tf-'t^ + tt^,
а — b '
.»— «(* — *) + * (а1-*)
п JZTB •
537. При обозначениях черт. 24, где /_ А = 60°,
имеем
BD* == AD* + Л£а — 2 • В А • AD • cos 60° = о2 -j- £2 — ab
и
/1Са = в2 + *2 + а*.
19 АО*
Так как ЛС больше BD, то данное отношение у равно тгт™

294
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
538
(а не -77^2 )• Из уравнения
а2 + Ь* + аЬ _ 19
ач. _|_ j,4 — ab 7
или
(тУ+'+Т L9
(D'+'-f"7
в 3
7Г=<ГИ
в 2 -.,
т = ■§• • Оба эти значения дают один и
находим
тот же параллелограмм (на черт. 24 можно изменить
обозначения— обозначить АВ через а и AD череа 6).
Опхв. Стороны относятся, как 3 : 2.
Б38. Пусть О—произвольная точка внутри
равностороннего треугольника ABC (черт. 25). Соединим точку О с
вершинами. Площади треугольников АОВ, ВОС и СОА в сумме
дадут площадь треугольника ABC. Обозначая сторону этого
треугольника через а, а высоту через h, получим
(0/С4-0£Н-ОЖ)-|=^.
Отсюда находим
h = OK+OL-+-OM.
Черт. 26.
539. По условию ВС = 47 л и СЛ«9 л (черт. 26; на
этом чертеже истинные размеры не соблюдены); значит,
В А = 56 м. Следовательно, AD • АЕ = 9 • 56 = 504. Пусть
AD — x\ тогда DE = x-{- 72 и, значит, Л£ = 2*-{-72. Из
уравнения х (2х -j- 72) = 504 находим * = 6.
Отв. АЕ = 84 м.

541 гл. 8. планиметрия 295
540. Задача сводится к разысканию одного из катетов
треугольника ОАВ (черт. 27) по данной гипотенузе ОА = т
и высоте BD = -k, Обозначим больший катет через х,
меньший— через у. Двоякое выражение площади треугольника
ОАВ (см. решение задачи 512) даёт уравнение ху = а ^, т. е.
2ху = ат\ кроме того, х%-\-у* = т?. Складывая и вычитая
эти уравнения почленно, получим
х -\-у = Ym? -\- am
и
х —у = Ym<i — ат-
Как х, так и у может служить искомым радиусом.
Отв. ~ <Ут? -\- am -f- Vm2 — am)
или -J (Ут* -\-ат — Ym^ — am)>
Черт. 27. Черт. 28.
Б41. Так как радиус круга равен 13 ел и МО = 5 см,
то MD = 8 см, МС= 18 см (черт. 28). Обозначим MB
через х. Тогда /Ш =* 25 — х. Так как AM - MB = МО • МС, то
(25 — лг)лг= 18 • 8.
Отсюда хх = 16, #а = 9.
О/ив. Отрезки равны 16 ел и 9 см.

296
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
542
642. Из треугольника ЕВ02 (черт. 29), тде ВЕ=^АВ,
находим
R = 02B =
АВ
о я
2cosT
Из треугольника ADOt, где £mDAOl = j/_DAB == |-(90о—|-).
В
находим
г« 0,D = AD. tg(45°—|).
Так как AD = AS« sin -£- (.из
треугольника ABD), то
Черт. 29.
R:r.
Отв. у
Sin a *
ctg(45°-|)
Sin о
Б43. По условию а = ВС =13 ел, А = СА=» 14 ^л,
г = ЛВ=15 ел (черт. 30). Обозначим OE=OF через /?.
Площадь треугольника ЛВС равна
сумме площадей треугольников ВОС
и АОС. Так как площади этих
1 реугольников равны соответственно
13# 1-U?
~Y и -£-, то
с _:##
°4ВС — 2 *
С другой стороны, по формуле Герона &
6хес===
/21(21—15) (21 —14) (21 —13) —
«= 84 см\
Черт. За
Приравниваем друг другу эти выражения площади.
2
Cms. R = 6 ■§■ см.

545
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
2Q7
544. В прямоугольном треугольнике ОЕВ (черт. 31;
угол ЕВО равен 60°. Поэтому
ВО = £0.-|= = ^.
УЗ /3
Следовательно,
BD-R(1+Vi)
Уз-
Из треугольника ABD находим
/?(УЗ + 2)
Уз
лв=2^(Уз + 2) и Л1)==/?(уз-|-2);
следовательно,
УЗ-
ДС =2/? (УЗ+2).
Отв. Д5 = ДС = 2^(Т^1+2), ЛС = 2/?(Уз + 2).
545. Из треугольника y4SD (черт. 32) имеем
BD=*YBA*— Л£>2=18 ел.
Так как
BC-BD = ВА*.
то
ВС= |^ = 50 ел.
Следовательно,
ЛС =* У ВС2— В Л2 = 40 ел. ЧеРт- 32-
О/ив. Длина полуокружности равна 20ir.

298
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
546
546. Так как углы В, D и Е четырёхугольника ODBE
прямые и DO = ОЕ (черт. 33), то этот четырёхугольник
есть квадрат. Искомая дуга DE
равна четверти длины всей
окружности. Обозначим её радиус через R.
Из подобия треугольников ADO a
ОЕС имеем
AD
АО
ОЕ 1
ОС,
Так как
AD = У АО*— ODa = Yl5*—R*,
то
15 ~20*
Отсюда R = 12.
Отд. 6л.
547. Площадь 5
четырёхугольника ADEB (черт. 34) равна
Имеем
'^лво SOJsa.
АС
SAbo = CTBD=='12 (CM*>-
Для разыскания SVE0 заметим, что треугольники DEC и DBC
имеют общую вершину D и одну и ту же высоту (на
чертеже не обозначенную), причём SOBC = -^ SABG = б (см9).
Следовательно, 5ДВ0 : 6 = СЕ: СВ. Неизвестный отрезок СЕ
найдём из свойства секущих, проведённых из одной точки (С).
ИмеемCE'CB=CD'CA, откудаС£=» —^—. Следовательно,
Отв. 5= 10,8 см\
СВ
RCE_fiCD'CA__f. 2-4
СВ~~ СВ* ■-02а4-6«'
1,2 (см%

ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
299
548. Площадь 5 треугольника ABC (черт. 35) равна
произведению его периметра 2а -j-2l/a?>-+-h? на -5
(г—радиус вписанной окружности):
S = (a-f-Vr«2 + Aa)r.
С другой стороны,
S=-j4C8G = aft.
Приравнивая эти два выражения,
находим
ah
Отрезок DE находим из пропорции
DE: АС = BF-.BG,
где
Ж7 = 2а, BF = k — 2r и BG = ft.
Замечание. Величину г можно найти ещ8 так: прямая АО
есть биссектриса угла А. Значит, отрезки GO = г и OS = ft — г
пропорциональны сторонам ЛО и АВ,
т. е.
г = .
ft —г
0/Я5. /• =
ha
Va*-\-h* + a '
Ya3+h* + a
_2а(Удг + /га — gf
h~i *
549. Так как ОВ-ОА =
=OC-OD (черт. 36) и ОВ=-ОС,
то О А = OD.
Противоположные стороны АВ и CD
четырёхугольника ABCD равны; значит, данные длины 6 м и 2,4 м
относятся к сторонам AD и ВС (AD = 6 м, ВС = 2,4 м).
Прямые ВС и AD, отсекающие на сторонах угла AOD равные
Черт. 36..

300
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
550
отрезки, параллельны, так что четырёхугольник ABCD —
трапеция (равнобочная). Из подобия треугольников ВОС
и AOD находим
ВО : АО = ВС: AD,
откуда
АО
BO-AD 2-6 е/ .
= 2д=5(л);
ВС
значит, АВ = 3 м. Теперь
находим высоту трапеции
h = вк=Уа&—ак> =
Черт. 37.
Ome. S= 10,08 л2.
550. По условию АВ = 6м,АС = 7 м,ВС = 9м (черт. 37).
Пусть /?А, /?£ и Rc—искомые радиусы окружностей с
центрами в Л, В и С. Тогда RA-\-RB = 6, R0 — RA = 1,
Rc— RB = 9. Отсюда находим радиусы RA, RB и Rc,
Отв. RA = 4 м, RB = 2 м, RG=U м.
J
Черт. 38.
551. Проведём OaS параллельно АВ и 0$Р параллельно
DC (черт. 38). По условию АВ = -к CD. Обозначим CD

582 рл. 8. планиметрия 301
через х. Тогда 03Р = х, Оа£ = -| х. Из треугольников ОхЕ0.2
и О^РО^ имеем
OtO/ = 0,£2 + |V и 0,0? = 01Р*'-\-х\
Приравниваем эти два выражения и учитываем, что
OiE=OlA — ЕА = 01А — 03S = 5 — 2 = 3 (ел)
и аналогично
0,Р = 0,С+090 = 7 {см).
Тогда получаем
9+-|ха = 49+ха.
откуда х2 = 32. Поэтому
010/ = 49 + 32 = 81.
Отв. Ofin Т= ^ см-
552. Так как расстояние между центрами окружностей
меньше суммы, но больше разности их радиусов, то окруж-
Черт. 39.
ности пересекаются; значит, они имеют общую внешнюю
касательную и не имеют общей внутренней касательной.
Положим О^С = х и ОйС = у (черт. 39). Имеем *
л—у = 0,Ог = 21 (ел) и *: .у = 01Л:ОаВ= 17: 10.
Uте. 0^=51 см, 0.£ = 30 см.

302
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Черт. 40.
553. Через точку М (черт. 40) проходят две касательные
(MD и МА) к окружности Ov Значит, MD = MA. Так же
докажем, что MD = MB. Следовательно,
MN=2MD =
= АМ + МВ = АВ.
Чтобы найти АВ, проведём
прямую ОйС, параллельную
АВ. Из треугольника Oft^C,
где 0%С = АВ, О^а^
=ai?-}-r и ОгС = Я — г,
получаем-
АВ = YiR-^-rf—(/?—г?
или
АВ = 2 VRr.
Ome, MN=2YRr.
554. Пусть MN—общая касательная к двум
окружностям (черт. 41). Так как AM = MP = MB, то MN— средняя
линия трапеции ABCD. Имеем MN= AB — 2 YRr (см.
решение предыдущей эадачи). Найдём теперь высоту BG трапеции.
По теореме о
пропорциональных линиях в
прямоугольном треугольнике
(ЕАВ) имеем
АВ*
BE'
Но
ВЕ=Ог02 = R + r.
Следовательно,
4/?г
/? + /■•
555. Обозначим радиус искомой окружности через х.
Проведём через её центр 08 (черт. 42) прямую МЩАВ.
Так как прямая АВ перпендикулярна к радиусам ОхА, 025
и ObD, то AM = BN=x и, значит, ОхМ = /? — х и 02М=»
= г — х. Кроме того, имеем Ofib = R-\-x и Оа08 = г4-*«
50 =
50 =

556 ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ 303
Следовательно,
М03 = У(Я + л;)2—(/?—*)2 = 2 у]&1
точно так же
M>3 = 2f7*.
Черт. 42.
А так как MN=2Y~Rr (см. задачу 553), то
2 У"Я^ + 2]/г* = 2 УЖг,
откуда
Rr
Отв, Радиус окружности равен
(Уя + УГ)2'
556. Так как S = -^ab sin С, где С — угол между хордами,
то задача не имеет решения при 5>п-ай. Если S^-^ab,
IS
то находим sin С = —г и существует два треугольника,
имеющих стороны а и Ь и площадь 5; у одного угол С — острый,
1 щ,
4s2
1 ——2^. Следовательно,
с2 = я2 _|_ £2 _ 2fl£ Cos С = я2 + £2 q= 2 у а2*2 — 4S2
(верхний знак, если угол С острый, нижний — если тупой).

304
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
SS7
При S=-^ab получаем прямоугольный треугольник, так что
Радиус окружности, в которую вписан треугольник,
находится по формуле R = ^s|n-g.
Отв.
о ab Va* + *г ч= 2 У я**» — 4S»
45 — —. При 5 > -g- ab
решений нет, при S < -я- ад — два решения (верхний знак, если
угол между хордами острый, нижний — если тупой). При
5 = -j ab — одно решение (хорды взаимно перпендикулярны).
657. По условию (черт. 43) AxBx==ai=sR, Ла5а = о4 =
= R 1^2 и А3В3 = as — R j/З. Высоты треугольников ОАхВх,
ОА^В^ и OAqBq соответственно
равны _
/?ут
Черт. 43.
Отсюда определим площади этих
треугольников. Затем найдём
площадь сектора OAxDBx\ он
составляет -тг площади круга; поэтому
Soa,db, = -о- rcfi2.
Аналогично SoAj)Bi=-Tn^ и ^ол.оВа™-? w/?a. Вычитая из
площади каждого сектора площадь соответствующего
треугольника, находим площади сегментов:
St-a-G-1?). V-*(t-t). V-a-G-1?)-
Площадь части круга, заключённой между хордами Л^ и
Л2В2, равна
S,—$^^(«4- 3 КЗ — 6);

559
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
305
площадь круга, заключённая между А2В3 и AjBg равна
5rt-5a = -g (тс— 3/3-4-6).
^ » п + 3(2 —УТ) 1
Отв. Отношение площадей равно —!—т т^*
я —• 3 (2 —• V 3)
558. Для определения радиуса ОК=**г (черт. 44)
вписанного круга воспользуемся формулой площади
треугольника S = рг (р — полупериметр треугольника). По
условию AD =14,4 см, DC = 25,6 см, поэтому АС = 40 см.
Значит,
Л5=]ЛШ. ЛС = 5
= 24 (ел),
ВС = /^С • ЛС —
= 32 (ел).
Следовательно,
р = 48 ел и 5 = 384 ел2.
Отв. Площадь круга
равна 64я ел2.
559. Прямая LN, соединяющая точки касания двух
параллельных прямых АВ и CD (черт. 45) есть диаметр окруж-
В
Д-
гп°\
Ои 1
L
М
\ К
°/
£
(V
D
Черт. 45.
ности. Поэтому вписанные углы LEN и LMN (и аналогично
углы MLE и MNE) — прямые. Следовательно, четырёхугольник

306
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
560
LENM действительно явится прямоугольником.
Треугольник ABD — равносторонний (ибо AB = AD и,/. Л = 60°);
отрезок LN (высота ромба) равен высоте треугольника ABD,
т. е. L/V = ^p. Площадь 5 прямоугольника равна
i- LAP • sin £_ LOE = jL№- sin £_ BAD
(стороны углов LOE и BAD взаимно перпендикулярны).
Следовательно, 5 = -к- {—^—) sitl 60°.
Отв. S--
За.ъУЗ
16
660. Требуется определить площадь St фигуры MCNF
(черт. 46) и площадь S2 фигуры KDNE (площади фигуры
"С. s\
1^-
0/
tr**b
н*
Е^
*уМ
гШЩг
^N
Д
D
Черт. 46.
КАШ и LBMH соответственно равны St и S^). Так как
по условию задачи АС я 4R, то ОС = 2 • ОМ; следовательно-;
/_ОСМ = 30°. Значит, ^_МОМ= 180° — 2 • 30° = 120° и
/_КОЫ=6<У. Площадь четырёхугольника CMON равна
ft2 Уъ, а площадь сектора М ONF равна-*- vR\ Следовательно,
51==/?2Уз_-^; так же найдём S^^R*-^.
6
0ш, $1==*'(зУ;з-,); 5а=а*Ч2УУ-,0

ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ 307
661. Так как / А = Ж (черт. 47), то высота BE = h
1
трапеции равна -^АВ. По свойству описанного четырёх»
угольника ВС+ AD = АВ + CD = 2АВ. Поэтому
Отв. AB*=V%S.
562. По площади 5 = 20 см2 и высоте ВЕ = 2г = 4 см
(черт. 48) найдём полусумму оснований ^— = 5 (см),
ВМС
Л Е N D
Черт. 48.
Следовательно, АВ = 5 см (см. предыдущую задачу). Теперь
находим АЕ — УаВ*—ВЕ2 = д (см). Но АЕ есть
полуразность оснований трапеции. По полусумме и полуразности
находим сами основания.
Отв. /Ш = 8 см, ВС = 2 см, AB = CD = b см.

308 ответы и гашения 563
бвЗ. Плошадь Q трапеции ABCD (черт. 49) равна
BC+AD BM = (BC + AD)R
(R — радиус вписанного круга). Так как эта трапеция
описана около круга, то ВС + AD = АВ -f- CD. Но АВ=>~^,
iff
CD «-г2?. Поэтому
sinfl
«-^Ьп+я^тЙа
ош. «-«/qgs:,
4/?j sin —тр- cos —s-i-
sin з sin p '
564. Так как боковая сторона АВ (черт. 50),
перпендикулярная к основаниям, равна 2л, то наклонная боковая сто»
рона CD больше, чем 2л Значит, наименьшая сторона тра-
пеции, равная •* г, есть (меньшее) основание ВС. Чтобы най ги
большее основание AD, проведём прямые ОС и OD. Они
являются биссектрисами углов MCD и NDC, в сумме
составляющих 180°. Следовательно, /. МСО-f-Z.0£>Л/= 90°.
Из прямоугольного треугольника ODN находим /. NOD -)-
-f ^. ODN = 90\ Следовательно, /. NOD = £ /WCO, так что
треугольники ODN и ОСМ подобны. Получаем пропорцию

568 ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ 309
ND;ON=OM: МС, где ON = ОМ — г и Л*С f= у (по
условию задачи). Отсюда ND = 2r, так что AD = AN-\-ND =*
= г-\-2г = Ъг.
Отв. S —-<>-•
66S. Треугольники ОМ? и OMD (черт. 50) подобны
(см. предыдущую задачу). Так как 757? ^ "2" ^ 2' тосЩ=52
и щ. = 2, т. е. ND = 20M = 2r и МС^Щ-=\г. Из
прямоугольного треугольника О/VD находим г2 -f- (2г)2 = 4*.
откуда
12
Теперь находим AD = AN-\-ND — r-\-2r=s Ъг=--у=. (см)
и ВС = —== (см). Высота MN трапеции равна
2г = ф=(см).
Отв. S= 14,4 ел2.
Б66. Центр О первого круга (черт. 51) делит
высоту BN=h в отношении ВО : ON—2: 1. Следовательно,
2 1
диаметр MN составляет -jA и, значит, BM = -^h. Второй
круг вписан в треугольник DBE, высота которого втрое
меньше высоты я треугольника ABC. Значит, радиус гг = О,Ж
втрое меньше радиуса г = ON. Поэтому, если S есть
площадь круга О S = я [ 6 ) = -т|г , то площадь круга 01
будет Si = -р- 5. А так как таких кругов три, то общая их
площадь Qi будет
Рассуждая так же, найдём, что общая площадь трёх еле-

310 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 568
дующих кругов будет
Получим бесконечный ряд слагаемых
Члены этого ряда, начиная с члена -g-S (слагаемое S выде»
В
ляется особо), образуют бесконечную убывающую
геометрическую прогрессию (a1=-jS; ? = -p-J. Сумма этой
прогрессии равна
9
Сюда нужно ещё прибавить слагаемое 5
П
8
Отв. Искомая площадь равна —■ 5 »= gg ка\

569
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
311
CN ВМ 6
или -Т7г- == -г{г , откуда
567. Чтобы найти площадь трапеции BMNC (черт. 52),
нужно найти основание ВМ и высоту MN, так как CN
известно. Определим сначала
CD = x.
Имеем
x(BC + x) = AD*
или
х (5 + х) =150.
Отсюда
CD = л; =10 («л).
Из подобия треугольников
£ЛЮ и CND следует -qq *=■££} -«« -jg То
/Ш = 9 (см). Высоту ММ трапеции найдем из пропорции
*W e _£g. f Где туе e /CD»—C/V». Получим ЖЛГ= 4 ел.
Отв. 5 = 30 сла.
568. Пусть Од, О^и Оа—центры равных вписанных
кругов и пусть г—их радиус (черт. 53). Так как АОх и С02—
биссектрисы углов А
и С, равных 60°, то
l_OxAD=* 30°;
следовательно, AD=*EC=i
— гУъ. Далее DE =
= ОгОа = 2л_
Поэтому 2г(1 + /3) = а.
Отв.
г =
2(У"3 + 1)
я(/3-1)
569. Искомая
площадь LMN
(заштрихована на черт. 53)
получается, если из площади треугольника Ог0^03 вычесть
общую площадь трёх секторов O^ML, O^LN и OaNM (их
общая площадь равна площади полукруга радиуса г). Сторона
Черт. 53.

ai2
треугольника 0-,02Оа равна 2г
задачу); поэтому
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
570
(см. предыдущую
S0io,o, = r*Vz =
? _Ф Уз(У"5- 1)а
16
Общая площадь трёх секторов равна
В
ж
у/
&м
Оз
к/*_ ид2(УЗ—I)9 _
2 ~ 32 ~"
itg»(2—/1)
16
в2(2-У1)(2У1- к)
16
/7
2?
570. Решается подобно
предыдущей (черт. 54).
«а(4 — к)
Черт. 54.
О/ия. 5:
16
671. Определим радиус R дуги окружности сегмента.
Периметр его равен сумме длин дуги АСВ и хорды АВ
2 /—
(черт. 55). Получаем -g- it/? -f- R у 3 = р, В
откуда
г, SP
2тс + 3 V 3 *
Площадь 5 сегмента равна площади
сектора без площади треугольника ОАВ,
так что
s-4-я».
/?^У~з
О/гее. S =
3/>2(4rc — 3/3)
4(215 + ЗУЗ)2
572. Для того чтобы найти стороны АВ и ВС
треугольника ABC (черт. 56), достаточно определить EB = BG = x,

573
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
313
так как AE=AD=±6 см a CG = CD = 8 см. Для этого
сравним два выражения для площади треугольника:
S = rp и S = Vp(P—a)(p — b)(p — с),
где р есть полупериметр треугольника, т. е.
j(EA + AD + DC + СО -f- GB + ££)=*-! (28-f-2.tf)=>14+jt.
Получим уравнение
4(U + x) = V(l4-i-x)x-6'8.
Отсюда x = 7 {см).
Отв. АВ— 13 см; ВС= 15 см.
Черт. 57.
Б73. Пусть CD: DB = т : п (черт. 57). Тогда BD:BC*=*
= л : (m-4-n). Следовательно, cos fi = -r^- = —г = —,—. Так
1 ' ЛВ ВС т-\-п
как 5= 180°—2С, то cos2C = cos(180° —5) =
Отсюда
яг + л
cos С = у -
О/ив. В = arc cos
+ cos 2C
У":
2 (яг + л) '
лг+я '
С = arc cos ]/"2(Дв) [-{arc cos ( -j^)}

314
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
574
574. Окружность разделится на четыре попарно равные
дуги АВ = ВС и CD = DA (черт. 58). Пусть дуга ВС
содержит меньше чем 90° (мы оставляем в стороне простейший
случай т:п=1, когда все дуги содержат по 90°). Найдём
центральный угол а = /_ ВОС, измеряющийся дугой ВС.
По условию DE : ЕВ =>т : п. Приняв за единицу измере-
DE
будем иметь DE = m и ЕВ «я.
Значит,
DB т + п
ния длин величину
т
и
OE = DE-
■ т
■ DO=*
/H-f- Я
т—п
Черт. 58.
Следовательно,
и
cos a =
ОЕ
ОС~
т
а = arc cos —
т —
' т-\-
— п
п
Дуга CD содержит 180°—arc cos ^ , * (градусов), т. е.
■arc cos
т.-
т-\-п
1С
(радианов).
т —л
Отв. Дуга, меньшая чем -*-, равна arc cos m,n (« > я);
дуга, большая чем -у, равна
it—arc cos
т—п
Ш+П~
=агс cos
_л—т
т-\-п'
67Б. Пусть а (черт. 59) есть
угол параллелограмма. Тогда
hx = ВМ = АВ • sin a
и
из = BN= ВС • sin о.
й М
Черт. 59.
Значит, h\ + Ад = (Л5 -{- SC) sin а = р sin а,
откуда singes 1П^в. Если а —острый (или прямой) угол,

577
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
315
: 40: 41 (черт. 60). Примем
В
то « = arc sin -t+-fo». Тогда тупой (или прямой) угол парал-
лелограмма будет я — arc sin—-—.
Замечание. Задача не имеет решения, если h\-\-,h^y-p.
Если же ftt-ffts</>, то задача имеет решение (при h^rK^P
имеем прямоугольник).
Отв. Один из углов равен arc sin *"[* ■■, другой
. h\ 4- ft,
я— arc sin ———i.
P
676. По условию BD : BE--
за единицу длины щ часть BD.
Тогда BD = 40, В£=41. Так
как треугольник ABC
прямоугольный и BE—медиана
прямого угла, то АЕ = BE = 41.
Треугольник BDE
прямоугольный, поэтому
DE = УВ& — ВП* = 9.
Следовательно, AD = AE—ОЕ = Ъ2. Из Подобия треуголь-
,пгл ,Ds> AB AD 32 4
ников ABD и ABC находим т?с ^ "ШГ ^ "40 ^T*
О/я*, -ggr-^
Черт. 61.
677. Так как ЛО (черт. 61) есть биссектриса угла
a = /0mCAD, то LВАО = 4. Таким же образом получаем

316 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 578
^ЛВО = ^.(90о—о)«»45°—-J. Из треугольников АОО
и £01) имеем
MDeODctg-J
и
0fl = OD.ctg(45e—|).
Следовательно,
«=»^B=»^D4-£'Ba=0D[ctg| + ctg(45o—-J)].
Отсюда находим
с
cig-J-f ctg(45°— .0
Знаменатель можно преобразовать к виду, удобному для
лога рифмирования:
cos-5- cos {45°—к)
1 V *' sin-J sin (4У—J)
cos j sin (45° — J) + sin j cos (45u — j)
= sin-J sin (45° ~j) "*
sin 45°
sln-Jsin(45u-|.y
Отв. г = с V 2 sin -J sin (45°—-|).
578. Обозначим стороны треугольника через а, Ь и с и
пусть д = 7 ел, ft = 24 ел, а с = 25 ел. Так как оа -j- ft9 = са,
то данный треугольник прямоугольный. Следовательно, радиус
с
R описанного круга равен -я-. Радиус вписанного круга най-
дём по формуле г =—, где 5 — площадь треугольника,
а р—полупериметр.
Отв. R=s 12,5 см, /- = 3 см.

579 ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ 317
579. По условию ^ВАЕ^у (черт. 62). Следовательно,
Черт. 62.
/_ВАОх —-§-• Требуется определить /? = 0,5 иг = ОаС.
Имеем
/? + /- = 0,^+^ = 0,0,=-^
и
/? — /• = 0,5 — ОаС = ОгО.
Из прямоугольного треугольника O^DO^, где
Z.o1o2o=z.^o1=|,
находим
0,£) = 0,Оа. sin-1, т. е. R—r = dslnl.
Из двух полученных уравнений находим
*- 2
и
/■ =
*(l-s,nf)
Заменяя sin-l через cos (90°—-|Л, можно преобразовать
si и выражения.
О/ив. /? = d cos2 (45° — |Л, г » й sina (45° — |).

318 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
680. Из черт. 63 имеем
da ^ BAD-.
DE
MN
2г
AD
AD
По условию MN'DC=Q, т. е. 2ra ==Q и, кроме того,
w2 = S. Из этих уравнений
можно определить отдельно г
и а, но так как нам нужно
8нать лишь отношение —. то
а '
лучше разделить почленно
второе уравнение на первое.
Получим
2S
кг
1а
-, откуда
г
~а
Отв. / BAD = arc sin ~.
!
581. Площадь правильного вписанного 2я-угольника равна'
180°
nR2 sin # Площадь правильного описанного л-угольника
180°
равна nR2tg . По условию
Отсюда
У я (tg о — sin о) '
180°
где а = . Выражение tga — sin a можно преобразовать
так:
tg a — sin a = tg a (1 — cos a) = 2 tg a sin2 -я-,

ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
319
682. Правильные одноимённые многоугольники подобны;
поэтому (черт. 64) площади их (Sj— площадь вписанного
многоугольника, 52 — площадь описанного) относятся, как
квадраты радиусов
S^.S^^OD*: ОА\
Но из треугольника OAD имеем
OD , ~л. 180°
-тгг = cos / DO A = cos ——.
ОА А- п
Отв. Sj:^ —cos»—-.
fl Л В
Черт. 64.
Черг. 65.
583. Пусть АВ = а (черт. 65) есть сторона правильного
«-угольника. Тогда
а
(как вписанный, опирающийся на дугу а). Площадь Q кольца
равна
Q =* л (ОЛ2 — (Ш*) -в «• /Ша -» к (J)\
Ширину d кольца можно найти из треугольника NAM.
4
О-. Q = &; rf-^lg^

320
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
584
584. Обозначим искомый радиус через х, так что
(черт. 66) 0$А = 0а5 = х. Из прямоугольного треугольника
Ох09А, где L°4°\A = ^ и Ох09 = ОхВ — О^В = Ц — х,
имеем 0%А = ОхО^ sin -я-, т. е. x = (R — х) sin -к-.
О/в*. лг==
/?sin
flsin-
1+sin-i 2cos*r45° —^) '
Черт. 66.
Черт. 67.
685. Площадь St четырёхугольника АВОС (черт. 67)
равна 2 • -я- ОВ • АВ = /?2 ctg а. Из неё нужно отнять
площадь Sa сектора COBD, центральный угол которого равен
(180—>2а)°. Имеем
^2 —*« "360 *^ 180
(а — градусная мера).
Отв. S = S1 — Sg = /?2lctga — -f+ -щН. где а
—градусная мера угла или
S = /?*[ctga'-- ■£ + «'].
где а' — радианная мера угла.

587
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
321
586. По условию площадь треугольника ABF (черт. 68)
1 2
составляет д- площади ромба ABCD, т. е. -j площади
треугольника ABC. Так как треугольники ABC и ABF имеют
общую высоту AG, то
Поэтому
AF* = Л£2 _р я/га __ 2ЛЯ . В/7 cos (180° — а) =
О/ив. Л/7 = Л£ = ■£}/" 13+ 12 cos а".
Черт. 68.
Черт. 69.
587. Продолжим ВМ (черт. 69) до пересечения со
стороной ОА угла АОВ в точке R. Из треугольника AMR,
где /,/Ш/? = £_АОВ = 60° (как углы с взаимно
перпендикулярными сторонами), находим MR = 2AM = 2а.
Следовательно, RB = RM+MB = 2a-\-b. Теперь из
треугольника ROB, где OR = 20В, находим (20В)*—ОВ* => (2а + bf.
Следовательно,
ов=*а-Р-.
^3
Искомое расстояние ОМ определяется из треугольника ОВМ.
Отв. OM = -4=-Vа*-\-аЬ + Ь*.

322
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
588
Б88. Положим /_ВСО = а (черт. 70). По условию
/_ACD = 2a, так что 1_АСВ = Ъа и /_ВАС = /_АВС =
= 90°—-у-. Из треугольника BCD, гже ^.BDC = 90°+-j ,
находим
^ sIn(90°—|.) Cos^ 4cosb|—
3 cos
«1)
Отсюда cos
.(904-f)
cos-
a
C0S1
+ 3«
j—. Далее вычисляем sin -я-. затем
sin a = 2 sin -^ cos -g- и находим
S = у a2 sin 3a = -i a2 sin a (3 — 4 sin2 a).
Ome. S = ~{2a-\-t)Y(ba + t)(a — t),
589. При обозначениях чертежа 71 имеем
ADa = *a-r-'2—2&cosa и DB* = a*-{-ft—2at cos a,
а по теореме о биссектрисе внутреннего угла треугольника
-j . Получаем уравнение
DB»
62 + £> —2Wcos о
62
а2 _j_ р — 2at cos о
J) По формуле косинуса тройного угла cos За = 4 cos3 a — 3cosa;
если она неизвестна читателю, то её легко вывести из формул для
cos (2a -f- a), sin 2a и cos 2a.

593
из которого находим cos a
1
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
(а + Ь) t
2аЬ
628
; затем находим sin а и
S = -к ab sin 2а = ab sin а cos а.
Отв. S a *fl jff * ]Aaafta — (аЧ-г>)2^.
590. Обозначим искомый угол через <р (черт. 72). Пусть
угол 5 — больший из двух углов А и В. Тогда
£ЯСО = /_ВСЕ-\-<? = 90° — Д + <р,
а
£ ЛСО = /_АСЕ—у = 90° — Л — 9.
Применив теорему синусов к треугольнику АОС, получим
~ АВ : ОС = sin l,ACO : sin A.
Аналогично из треугольника ВОС получим
~АВ:ОС = sin {_BCO : sin В.
Приравняв правые части и подставив найденные выражения
С
углов АСО и ВСО, получаем уравнение
cos (А + у) cos (В — 9)
sin A sin 5 '
которое приводится к уравнению
2 sin <p = cos <? (ctg Л — ctg В).
Отв. tg 9 =2-(ctg Л—ctg В).

324
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
591
591. Искомая площадь 5 (заштрихованная на черт. 73)
равна утроенной площади фигуры EMFB. По условию ОЕ =>
= -тг АВ = -=-. В прямоугольном треугольнике OED катет OD
аУЪ ,
следовательно,
(радиус вписанного круга) равен
OD = OE^y~. Значит, £_DEO = 60°. Точно так же
/_KFO = 60°. Так как угол EBF тоже равен 60°, то EO\\BF
и 0/^1 ЯЕ, и четырёхугольник OEBF есть ромб со стороной
-к и с углом 60° при вершине О. Вычитаем площадь сек-
1 I а \2 / а V V"3
тора £0/% равную -~-я (j), из площади ромба lj) -^—,
и разность утраиваем.
Отв. 5 = -^-(3/3 —it).
Черт. 73.
Черт. 74.
592. Требуется найти S = jAB- DC (черт. 74). Угол
CFB — прямой (как вписанный, опирающийся на диаметр).
Следовательно, DC = AF, так что 5 = -g- AB • AF. Но по
свойству секущей имеем
/Ш.ЛР=Л£3 = (-0!.
О/ял. S = —.

595
ГЛ. 8. ПЛАНИМЕТРИЯ
325
593. Так как ЦОС А = 1.0ВС (черт. 75) и ЦВСО —
= £_ОВС (ибо медиана ОС равна половине гипотенузы),
то /JDCA = /_ВСО. Но по условию /„АСЕ — ^ВСЕ.
Д D Е О В
Черт. 75.
Вычитая из этого равенства предыдущее, получаем /_DCE=>
= £jOCE, т. е. СЕ делит пополам угол DCO.
594. Диаметр 2/? окружности, описанной около
прямоугольного треугольника ABC (черт. 76), равен гипотенузе АВ.
Д L В
Черт. 76.
Диаметр 1г вписанной окружности равен МС-\-СК (так как
МОКС есть квадрат). Следовательно,
АС + ВС = (/Ш + ВК) + 0WC + СК) =
= (Л/, -f- £Я) + 0WC + С/О = 2/? -f- 2л
595. Как в задаче 594, докажем, что а-{-b = 2 (г-\-R),
т. е. а-\-£ = 2(-|/?-j-/?) = |-<\ Кроме того, а2 + й2 = с2.

326
ОТВЕТЫ И РЕШЬНИЯ
оэо
Отсюда
3 4 / 4 t 3 \
e = jC b = -gc (или я = -5с' b — jcj.
3 4
Ome. sln./4 = -jr, sin 5 = -=-.
696. Построим (черт. 77) треугольники ОЕОх и OFOg
(точки Б и F — середины сторон параллелограмма). Эти
треугольники равны. Действительно, OE—FC, а из условия
следует, что FC = 02F. Следовательно, ОЕ = 0%F. Так же
докажем, что OtE~OF. Углы ОЕ01 и OFO^ (оба они ту-
Черт. 77.
пые) равны, так как их стороны взаимно
перпендикулярны. Из равенства треугольников OEOt и OF02 следует,
что ООх = 002 и что 1_ ООхЕ = £ OgOF. А так как Ot£
и OF образуют прямой угол, то и прямые ООх и 00$
образуют прямой угол. Значит, треугольник OtO^O —
равнобедренный и прямоугольный. Таковы же и треугольники
02ОяО. ОгО40 и OfixO. Отсюда следует, что Ofi^Ofi^
есть квадрат.

597
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
327
ГЛАВА 9
МНОГОГРАННИКИ
В этой и следующей главах приняты такие обозначения:
V — объем,
S ИЛИ Soca ПЛОЩЭДЬ ОСНОВаНИЯ,
5бок — боковая поверхность,
5П — полная поверхность,
а — сторона основания,
г — радиус окружности, вписанной в основание,
R — радиус окружности, описанной около основания,
Н—высота тела,
h — высота основания.
Если указанные величины обозначаются иначе, это
каждый раз оговаривается.
На изображениях пространственных фигур мелким
пунктиром обозначены невидимые линии; крупным пунктиром
изображены вспомогательные линии.
697. Проекция диагонали Afi параллелепипеда (черт.78)
на плоскость основания ABCD есть АС (диагональ основа-
Л,
С
О,
А
•
* - —
/
iff
л
в
Черт. 78.
ния). Поэтому угол а между AtC и плоскостью ABCD
измеряется углом AfiA. Из треугольника AAfi находим
AAt = AC- tg a = Yа2 + *2tg а.
Подставляем в формулу Ss0K = (2а -f- 2Ь) • AAV
Отв. 5бок = 2 (а + Ъ) У a2 -f Ъ2 tg a.

328
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
59d
Б98. Из каждой вершины призмы, например из вершины Ах
(черт. 79), можно провести три диагонали {AxEt AlD, АХС).
Они проектируются на плоскость ABCDEP диагоналями
основания (АЕ, AD, АС). Из наклонных АХЕ, AXD, АХС —
наибольшая та, у которой проекция — самая большая.
Следовательно, наибольшая из трёх взятых диагоналей есть AXD
(в призме есть ещё диагонали, равные Afi, но ббльших нет).
Из треугольника AXAD,
где [_ DAXA = а и AXD =
= d, находим Н = АА^ =
es»dcosa, AD=dslna,
Площадь равностороннего
треугольника АОВ равна
—. АО* • У~3. Следовательно,
\(^.УЪ. Объём
зУ~з
' 8
1
А
М
<
F,
^
УС!
п
F
dy'y
У У/
в,
^^^^^'У*
У/ КУ~~
/ \
/ \
- Хв
~" —— "ч
Й1
я
= 6
тл
ОА* • УЗ
V=»S • Н=
F
<АП*>ААХ.
Черт. 79.
Отв.
31^3
8
' sm^ a cos а.
Замечание1). Для изображения правильного шестиугольника
(основания призмы) можно построить произвольный параллелограмм
BCDO. Откладывая на продолжениях прямых DO, СО, ВО отрезки
ОА = OD. OF—OCxOE= OB,получаем шестиугольник ABCDEP.
Точка О изображает центр.
') Наглядность чертежа часто облегчает решение задачи. Поэтому
в ряде задач указаны способы изображения пространственных фигур
на плоскости. Они могут дать хороший чертёж даже при
построении от руки.
Изображения даются в параллельной проекции: направление
проектирования — произвольное. При таком проектировании
изображениями параллельных прямых служат параллельные прямые (но
изображения перпендикулярных прямых, как правило, не
перпендикулярны). Равные отрезки, отложенные на одной прямой или на
параллельных прямых, остаются равными и на изображении (но
длина их, как правило, меняется). Равные отрезки, отложенные
на непараллельных прямых, могут изображаться неравными
отрезками.

601
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
329
599. а) Способ изображения. Квадрат, лежащий
в основании, изображается
произвольным параллелограммом ABCD
(черт. 80). Точка О пересечения
диагоналей изображает центр квадрата.
Соединяя середину F стороны АВ
с вершиной пирамиды Е, получаем
изображение EF апофемы.
б) Решение. Имеем
где х — сторона основания (АВ на
черт. 80) и Н— высота пирамиды
(ОЕ). Угол а есть £ ЕВО (см. ре- Черт. 80.
шение задачи 597). Из
треугольника ЕВО находим Н—т sin а; из треугольника ОАВ
х = ОВ- У"2 = т]/"2 • cos a.
Отв. V = -я- ть cos9 а sin а :
т3 sin 2a cos а
600. Обозначив через т искомое боковое ребро, найдём,
как в предыдущей задаче,
.. т3 sin 2а cos a
"— з
Отсюда определяем т.
Отв. т =
•6V
Sin 2<x COS a "
601. Введём обозначения АВ = х; EF = y (черт. 80).
Тогда имеем 5 = 2ху. Из прямоугольного треугольника OEF,
где ОЕ = Н, находим y2 = (^j -f-Я2. По исключении у
из найденных уравнений получаем xi-\-4H2x2 — 52 = 0. Это
уравнение имеет два действительных решения, но лишь одно
из них положительно.

330
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
602
602 1). Соединив середины М и N (черт. 81) сторон ВС
и FE, получаем изображение MN диаметра вписанного круга,
так что MN=d и ОМ==^. Так как ОМ есть высота
равностороннего треугольника со стороной а (= ВС => ОС =
= О В), то § = Ц^-, откуда « = т£= • Высоту Н = OS
находим из треугольника SCO:
h=Vcs*— ос*=ур—а* = У~р—^.
Апофему т = SM пирамиды находим из треугольника SCM:
Ome. V = ~V^—d\ S6oB=f 1Л2/2 —d2.
S
Черт. 81.
Черт. 82.
603. а) Способ изображения. Основание можно
изобразить любым треугольником ABC (черт. 82). Центр
основания изображается точкой О пересечения медиан 2).
1) Об изображении правильного шестиугольника см. на стр. 328
замечание к задаче 598.
г) Затем две из этих медиан, как не имеющие значения для
решения задачи, можно стереть, оставив только точку О на медиане АЕ,
как это сделано на черт. 85 на стр. 333.

6U4
гл. 9. многогранники
331
б) Решение. Имеем V = -i • SoaB • Н= ~ • j а2 У'З И.
Связь между а и И найдём из треугольника AOD, где
AD = а, а ЛО есть радиус # круга, описанного около
основания, так что a = R У~3. Имеем Я2 = AD2 — АО2 =
_2 о о
= fl2-- = ^fl2, Подставляя a2 = -jtP в выражение V,
получаем V = -!-£— Я3,
О/ма,
• »^fZ-
Уз
параллелепипеде в основании
4
604. а) Способ изображения. В отличие от пр я
моугольного параллелепипеда, все грани которого —
прямоугольники, в прямом
находится параллелограмм,
а прямоугольниками
являются только четыре
боковые грани. Но при
изображении прямоугольного
параллелепипеда (см. черт. 78 на
стр. 327) мы вынуждены
изображать основание также в
виде параллелограмма.
Поэтому чертёж прямого
параллелепипеда по существу
ничем не отличается от
чертежа прямоугольного
параллелепипеда, и это создаёт
дополнительные трудности
при пользовании чертежом: необходимо помнить, что острый
угол параллелограмма на чертеже является острым и в самом
деле у изображённой фигуры. Для ббльшей ясности
рекомендуется на чертеже делать этот угол очень острым,
как на черт. 83, и обязательно отмечать его буквой
(в данном случае — буквой а).
б) Решение. В прямом параллелепипеде диагонали
(всего их четыре) попарно равны: А1С — АС1 и BDt = BtD
(на черт. 83 ACL и DBX не проведены). Пусть острый угол
основания ABCD есть [_ DAB = а; тогда £_ ABC = 180°— а
тупой, и АС > BD. Значит, меньшая диагональ параллеле-

332
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
605
пипеда есть BDX (ибо BD* = Я2 -f- BD2, тогда как А£?==>
= £Р-\-АС2; следовательно, BDXS < /ЦС2). Из условиями, =
■= АС можно найти Н. Именно, из треугольника BDDX имеем
Я2 = BD* — BD* = АС* — £D2.
Из треугольника ABD находим
В£>2 = а2+*3 — 2ab cos а,
а из треугольника ABC находим
АС* = a2 -f *■ — 2с* cos (180° — а).
Следовательно, Я2 = iab cos a.
Отв. V = 2 sin а V^(a£)8 cos а.
605. Обозначим ббльшую сторону основания (Л5 на
черт. 84) через а, меньшую (ВС) — через Ь. По условию
а -\- b = 9 (см). Чтобы найти а, Ь, а также острый угол а,
вычислим диагонали основания. Как доказано в решении
предыдущей задачи, меньшая диагональ [BDt = \/"33 (см)\
параллелепипеда проектируется на плоскость основания
диагональю BD. Поэтому
BD* = BDi — DDi = (/ЗЗ)2 — 42= 17 (ел2).
Точно так же найдём АС* = 65 (ел2). Получаем два
уравнения
а2 + £2 — 2с* cos а =17; о2 + *a + 2а* cos я = 65.

606 гл. 9. многогранники 333
Складывая их, находим a2 -j- № = 41, что вместе с а -}- Ь = 9
даёт а = 5, b = 4 (мы обозначили через а ббльшую
сторону). Вычитая, находим 4aft cos a = 48, т. е. cos a =
48
. = 0,6. Следовательно,
4-5-4
•Sooh = ob sin a ■■
Отв. V = 64 ел3, 5Л =
:4-5-0,8 = 16 (ел2).
104 смК
606. а) Способ изображения. О построении
точки О см. в задаче 603 (черт. 82 на стр. 330). Чтобы
построить линейный угол двугранного угла при ребре ВС
Черт. 85.
(черт. 85), соединим середину Е отрезка ВС с точками D
и А. Точка Е является изображением середины ребра; так
как треугольники CDB и CAB — равнобедренные (в натуре),
то DE и АЕ перпендикулярны к ВС, т. е. £_ DEA =
= <р — искомый линейный угол. Высота пирамиды DO = h
лежит в плоскости DEA.
б) Решение. Имеем tg<p = 7Jp-, где OD = h, а ОЕ=*
ОЕ
= у • АО (медианы делятся в отношении 1: 2). АО находим
из треугольника AOD, где AD = l.
Отв. ? = arctg:p|L=.

334
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
607
607. Угол а измеряется углом ОБЕ (черт. 86), так как
ОВ — проекция ребра BE на плоскость основания. Для
построения линейного угла <р двугранного угла при ребре АВ
соединим середину F стороны АВ с О и £ (см. объяснение
Черт. 86.
к задаче 606). Так как SoeH = а2 = ^ то для вычисления
V нужно найти Н = ОЕ и d = BD. Из треугольника ОВЕ
находим //=-«5-tga и, по условию, -^H=S. Перемножив
эти равенства, а затем разделив их почленно, найдём
№ = 5tga и (IJWctga.
Следовательно,
1
V = J ' 50„Н
H = j'S2ctg* a.
Угол <f определяем из треугольника OFE, где
0/>-f
d
2УТ'
tg<P = §J = W:^r4 = /5tg«: ^?Vr5ctga = /2tga,
Отв. V=-|s2ctg2 a; tg <p = 1^2 tg a.

60S
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
335
Основание пирамиды
608. а) Способ изображения
есть правильный
пятиугольник (из уравнения
180° (я — 2) = 540°
находим и = 5). А в
правильном
пятиугольнике ABCDE (черт. 87, а)
каждая диагональ
(например AD) делится каждой
другой (например BE) в
крайнем и среднем
отношении, так что DM —
= ^4>—Ud«0,6 AD.
Кроме того, каждая
диагональ параллельна
одной из сторон (например
AD\\BC). Центр О
лежит на пересечении СМ
и EN. Поэтому
изображение правильного
пятиугольника можно
построить следующим образом.
Строим произвольный
треугольник ABD (черт.
87, б). Делим стороны AD
и BD точками М к N в
крайнем и среднем
отношении — приблизительно С1
в отношении
AM:MD = 2\b;
достаточно разделить
одну сторону и провести
MN^AB. Проводим AE\\BD до пересечения с
продолжением прямой ВМ в точке Е. Аналогично строится точка С.
Изображение центра О лежит в пересечении СМ и EN.
б) Р е ш е н и е. Из треугольника COF, в котором /_ OCF—a
и CF = l, находим H=OF = /sin а; ОС = / cos а. Площадь

336
основания
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
S = 5 . -1 • ОС • OD • sin l_ COD = -| • ОС* • sin 72° =
= -|/2 cos2 a sin 72°.
Отв. F = -i^^ = -|/3s>n720cos2asina.
6 о
609 *). Для определения угла а рассмотрим треугольник
COF (черт. 88), где /^С — СВ = л (по условию треугольник
CBF равносторонний).
Сторона же ОС
(радиус описанного
круга) выражается через о
из треугольника COU,
где у гол СО U равен 36°
и CU = ■£-. Имеем
ОС =
2йШ" так что
_ОС __ 1
cosa —c/? —2sln360.
Угол 9 определяется из треугольника OUF, где FU=;—^—
(как высота равностороннего треугольника со стороной а), а
OH — ZIJL.— (из треугольника COU). Имеем
cos®
Ошв. а = arc cos
_ Ot/_actg 36° t а УЗ __ctg36°
~FU~ 2 : 2 ~ уз *
1 ctg36°
'P = arc cos - sr— •.
r yT
2 sin 36°
610. При обозначениях чертежа 88 имеем ВС = а,
OU = -nCtg . Площадь основания
s _ пЛ. £ «„Ж _ па* cte 180°
1) Об изображении правильного пятиугольника см. в предыдущей
задаче.

611
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
337
Из формулы V = -^SH находим
H = — z=~t —
6* па2 * я "
Обозначив искомый угол OCF через а, имеем
ОС = -
где
2 sin
180°'
Отв. <x = arctg
„,,, , 180° „ 180°
пф
Предварительное замечание к задаче 611
и следующим
Если все боковые рёбра пирамиды образуют равные углы
с основанием, то 1) все боковые рёбра равны; 2) около
основания можно описать окруж- §
ность; 3) высота пирамиды
проходит через центр этой
окружности.
Доказательство. Пусть
рёбра SA, SB, SC и т.д. (черт. 89)
образуют с плоскостью ABCDE
равные углы. Рассмотрим
прямоугольные треугольники AOS и
BOS (OS — высота пирамиды). У
них общая высота, а острые углы
О AS и OBS равны (так как они
измеряют углы наклона рёбер SA,
SB к основанию). Следовательно,
AS = BS. Так же докажем, что
BS = CS и т. д. Из тех же
треугольников AOS и BOS находим Черт. 89.
АО = ОВ. Так же докажем, что
ОВ=ОС и т. д. Значит, окружность с центром в О и радиусом
ОА пройдёт через точки В, С и т. д.
611. По доказанному, высота ЕО проходит через центр
описанной окружности, т. е. через точку О пересечения диагоналей
ел
/г
/ / i
/Л'/ -С
щ
у V

338
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
612
(черт. 90). Площадь всякого параллелограмма равна половин/:
произведения диагоналей на синус угла между ними. Поэтому
1
Sioi! = -2-*9sina
противоположного угла а, так
Из
треугольника АОЕ находим:
H=AO.tg?=*±lg?.
Отв. V = |j^sinatgp.
612. а) Способ
изображения. Высота
пирамиды, согласно предварительному
замечанию (стр. 337), должна
проходить через центр
окружности, описанной около
равнобедренного треугольника ABC
(черт. 91). Поскольку угол
a = /_ CAB при вершине
остаётся произвольным,
изображение центра О можно взять
в любой точке отрезка АЕ
(Е—середина ВС) и даже на
продолжении его за точку Е
(в последнем случае угол а в
натуре тупой).
б) Решение. Высоту DO
определим из треугольника
AOD, где l_ OAD=$, а АО ■=
= R есть радиус описанной
окружности. Согласно теореме
синусов сторона ВС равна
произведению диаметра 2R
описанной окружности на синус
ВС
что R = к—,—. Величина
/Sin a
-я- = BE находится из треугольника ABE l-^- = a sin -j)
Следовательно,
tf = /?tgp =
esin-|igP
sin a

613
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
339
Площадь основания
5 = -я- a2 sin а.
«•■in-Jtgp
Отв. V'=» -г .
613. а) Способ изображения. Окружность
изображается в параллельной проекции эллипсом.
Эллипс можно построить следующим образом.
Проведём какой-либо диаметр MN окружности (черт. 92) и из
произвольной точки Р окружности проведём прямую РР/,
перпендикулярную к MN. Пусть R— точка
пересечения РР* с MN. Укоротим отрезок RP в каком-либо
отношении (например вдвое) и отложим укороченный
отрезок RQ на той же прямой РР1 по обе стороны от R
(RQ = RQ'). Поступая так с рядом точек окружности,
получим ряд точек эллипса.
Эллипс симметричен относительно MN (большая ось
эллипса) и относительно прямой UU', проведённой через
центр О перпендикулярно к MN (отрезок W — малая ось
эллипса). Точка О называется центром эллипса.
Чтобы изобразить окружность, описанную около
прямоугольника, удобнее сначала начертить эллипс ABCD, изобра-

340
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
613
жающий описанную окружность (черт. 93). При этом
большую ось эллипса лучше расположить наклонно1). Одну
сторону прямоугольника можно изобразить произвольной
хордой АВ эллипса; эту хорду целесообразно провести
горизонтально. Через центр О эллипса проводим прямые BD и
АС. Четырёхугольник ABCD есть изображение прямоугольника.
Черт. 93.
б) Решение. Вписанный угол CAB содержит а°, так как
опирается на дугу ВС в (2а)°. Из треугольника ВАС имеем
АВ = 2R cos а; ВС — 2R sin а, так что
5 = 2{АВ + ВС)Н = 4tf (cos a + sin а)Я.
Отсюда
Н =
4/? (cos a + sin a) '
Теперь находим V = АВ • ВС • Н. Условие, что дуга (2а)э
стягивается меньшей стороной прямоугольника; является
излишним.
SR COS a sin a SR sin 2<x
Отв. V =
COS а + sin о y"8cos(45°— а)'
•) Ha черт. 93 большая ось эллипса принята за диагональ АС
прямоугольника. Это упрощает чертёж, но не является обязательным.

615 ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ 341
614. Площадь основания S = -r-a2tga (черт. 94). По
условию I
Scob = 25 — -j a2 tg a.
С другой стороны,
'бок
= (д + 2.-§-// =
\ ' COS a /
2fl COS» тг
COS а
н.
Приравнивая-два выражения 5в0в, на- Л
ходим
/f = f
sin a
cos2-
а . a
2*
Owitf.
^=-**»« tew.
Черт. 94.
6151)* Соединим середину Af стороны /45 с О и 5
(черт. 95). Угол OMS — линейный для двугранного угла a
(см. объяснение к задаче 606). Следовательно, ОМ =
= SM-cos а = т cos a. Из треугольника ЛОЖ, где £ ЛОЖ =
= 30°, находим
т cos a.
ЛЛ* = -| =
Далее находим
и
Подставив найденное
выражение -к-, получим
5П = .S0oB + ^вок = 2 /З m2 cos a (1 + cos a).
Отв. Sn = 4 j/3 m2 cos a cos2 ~.
') об изображении правильного шестиугольника см. на стр. 328
замечание к задаче 593.

342
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
616
616. По условию наклонные АС и С В (черт. 96) равны.
Значит, равны их проекции: AD = DB. Угол DEC
(Е—середина АВ) есть линейный угол двугранного угла а.
Черт. 96.
Так как треугольник АСВ прямоугольный при вершине С, то
С£ = ЛЕ = -н-> Следовательно, £D = -|-cosa. Наконец,
AD — BD = V Л£2 -f ED2 = -|/1 -j- cos2a.
С3 COS a
Отв. Sabd =
AB-+BD-\-AD = c{\ + V\-\-zo&o).
Предварительное замечание к задаче 617
и следующим
Если все боковые грани пирамиды наклонены к
основанию под одним и тем же углом а, а высота проходит через
некоторую точку О основания пирамиды, то
1) высоты всех граней равны;
2) в основание пирамиды можно вписать окружность,
центром последней будет точка О;
3) 50СЯ = 5бов cos a.
Доказательство. 1) Проведем (черт. 97) высоту FM
боковой грани ВРС и соединим М с точкой О. Отрезок ОМ есть
проекция РМ на плоскость ABCDE. Следовательно, он
перпендикулярен к ВС («теорема о трех перпендикулярах»). Значит, угол
ОМР—линейный для двугранного угла а. Из треугольника ОМР
ОР
имеем FM = — ; ОМ = ОР • ctg а. Если из вершины Р провести
высоты FL, FN и других боковых граней, то таким же образом
OF
найдем, что все они равны —— .

617 гл# 9. многогранники 343
2) Отрезки OL, ОМ и т. д. будут перпендикулярны соответственно
к сторонам АВ, ВС и т. д. и равны OF • ctg а. Поэтому если провести
из центра О окружность радиуса ОМ, то она будет вписана в
основание ABCDE.
3) Точка О — основание высоты пирамиды, по доказанному есть
центр вписанной окружности.
4) S ово = ± ВС ■ ОМ = ± ВС (FM. cos я) =
==(-=- ВС • FM J cos a = S$B0 cos о.
Точно так же найдём, что S0iB = SFAB cos о, и т. д. Складывая эти
равенства, получим S0CH = S6aa cos a.
617. Высота FO всякой пирамиды (черт. 97) проектируется
на боковую грань BFC отрезком, лежащим на прямой FM.
Поэтому £ OFM = <р. Значит, а = 90° — <р. т. е. все грани
наклонены к основанию под одним и тем же углом. По
доказанному
о в 0 0_
°вов COSa ""sin?*
л „ < Q с оЛл. М 2^С05г(45°-т)
Отв. oj0B = -~, Sa = Q (1 4- -:—) = -. .
и™ sin 9 \ sin <p/ sin <f

344 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
618. Из треугольника DOE (черт. 98) *) находим
613
Имеем
Я= ОЕ- tg<p = i.Cfi-tg? =1 •^ - tg<p.
(см. предварительное замечание к предыдущей задаче).
В
Черт. 98.
Отв U-^iil. с ...«,У?(1 + со»т)гтта'УТс(>8,'5'
о/ив. к gj-, 6„_ ^^ 2costp .
Замечание. Общее выражение для полной поверхности
пирамиды, у которой все грани наклонены к основанию под
одинаковым углом <?, можно записать так:
$и — ^оон + 56о* = 5оову + ZSs^) '
9
2SOOHcos*2
619. Пользуемся формулой Sa--
в предыдущей задаче.
Отв. а =
<руъ cos«-|-
COS<p
1
2
2 cos?
найденной
cos
z\T-
25 cos a
Уз
i) Способ изображения — см. черт. 82 на стр. 330.

621
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
6i5
620. а) Способ изображения. Прямая LN,
соединяющая точки касания L и N противоположных сторон ромба
(черт. 99, а), проходит через центр окружности. Поэтому,
начертив сначала эллипс (черт. 99, 6), изображающий
окружность1), проведём через центр О две прямые NL и КМ.
Через концы их N, L, К, М проведём прямые, касающиеся
аллипса. Получим параллелограмм ABCD, изображающий ромб.
Е
Черт. 99.
б) Решение. Чтобы определить S0CH, найдём высоту DF
ромба и его сторону АВ. Из черт. 99, а находим DF = 2 (Ж=>
= 2г; из треугольника AFD, где 2. А = а, имеем
a==AD=t _DP_ __ _2г_
Sin а stn а *
Далее находим
50ея = АВ. DF = а - 2г =
4г» '
Sin а*
Из треугольника ONE (черт. 99, б), где ON — г, а £_ ONE=$,
находим Н. Для определения Sa используем замечание к
предыдущей задаче.
ОШ- V— 3sina » Лп
8r»cos*-|- ,
sin а cos g *
621. Использовать замечание к задаче 618.
Отв. » = arc cos —.
* О
J) О вычерчивании эллипса см. стр. 339—340 (задача 613).

346
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
622
622. а) Способ изображения1). Сечение есть
параллелограмм AXDXCB (черт. 100). Чтобы изобразить линейный
угол двугранного угла, образуемого сечением A^D-fiB с
плоскостью основания,
проведём прямую DM,
изображающую высоту
ромба ABCD. Так кик
в натуре DM и DDX
перпендикулярны к
ребру AD, то плоскость
DD^NM
перпендикулярна к AD, а значит,
и к ВС, Эта плоскость
пересекает плоскость
сечения по прямой
MDX, так что
б) Решение. Боковая поверхность состоит из четырех
равных прямоугольников (так как основание — ромб). Площадь
боковой грани AtDxDA равна
St = Л1£)1 • DDX, а площадь
сечения равна Q = Л101 • D^M.
Из треугольника DMD^ имеем
DD1=D1M- sin р; поэтому 5,=
= Q sin p.
Отв. 5б0В = 4Q sin p.
623. Учесть
предварительное замечание к задаче 617. По
условию EO = d (черт. 101).
Точка Е (середина гипотенузы
ND треугольника NOD) есть
центр окружности, описанной
около треугольника NOD.
Поэтому ND=2 - ED=2. EO=2d.
Из треугольника DON, где Черт. 101.
£mOND = y, находим радиус
ON = r круга, вписанного в основание: г = 2d cos «р. Чтобы
') Об изображении прямого параллелепипеда см. стр. 331
(задача 604).

624
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
347
найти Soch, определим BN (половину основания
равнобедренного треугольника ABC) и AN (его высоту). Центр О
вписанного круга лежит на биссектрисе угла ABC, равного в
т. е. /_OBN=i^, Из треугольника BON находим
BN= r ctg -*-• Из треугольника ABN находим AN= BN» tg a.
Следовательно,
S^ = у ВС • AN == BN- AN = ВЛГ2. tg a == г2 ctg9 -J. tg а =
= 4rfa cos2 <p ctg2-^ tg a.
Отсюда (см. замечание к задаче 618) найдём:
5дВ=
COS If '
О/гее. 5П = 8й?2 cos <p cos2 -£ ctg2 -g- tg a.
624. Учесть предварительное замечание к задаче 6171):
Высоту пирамиды найдём из треугольника ONP (черт. 102).
# = rtg(p. Если alt p
яа и т. д.—стороны
основания, то
•Sobh == $аов + $вос-\-
+ ... = ±АВ.ОМ-\-
+ ±BC-ON+...=>
1 i 1 i
w
/ J" 7 i'' V --^s.
:-^Г'2р = Гр.
Отв. V-.
. r*p tg у
Черт. 102.
') О вычерчивании эллипса (изображения круга, вписанного
в основание) см. стр. 339—340 (задача 613).

348
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
625
625. а) Способ изображения. Сделав изображение
правильной треугольной пирамиды DABC (черт. ЮЗ)1),
построим треугольник А1В1Си стороны которого соответственно
параллельны сторонам
треугольника ABC. Треугольник A1BiCl
изображает верхнее основание
усечённой пирамиды.
Изображение центра Ох верхнего
основания получается в пересечении
DO с одной из медиан А1Е1
треугольника А^В^С^ Отрезок АЛМ,
параллельный OOt и
оканчивающийся в точке М, лежащей на
медиане АЕ, изображает высоту
усечённой пирамиды, опущенную
из точки Ах (отрезки DAX, DBit
DCX и DOx можно стереть).
б) Решение. Объём
усечённой пирамиды
Черт
V=*%(Q + q + VQ9).
где Q a_q—площади треугольников ABC и АХВХСХ, так что
Q = -*£- a2; q = -^т- Ь2. Высоту Н = АХМ найдём из
треугольника ААХМ, где £тМААх = а и AM —АО — АхОх. Но
АО и АхОх— это радиусы окружностей, описанных около
ABC и Afifi^ Поэтому АО = у= и A1Ox = yf- 3начит»
АМ =
а — Ь
следовательно,
»-7Г«-
Отв. V = .l(a8 —*3)tga.
<) Об изображении
стр. 330 (черт. 82).
правильной треугольной пирамиды см.

ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
349
626. а) Способ изображения. Усечённая пирамида
изображается как в предыдущей задаче. Для изображения
линейного угла искомого двугранного угла проводим АгЕ и
B^F (черт. 104) параллельно ООх до пересечения с
диагоналями АС и BD. Проводим прямую EF\ она будет параллельна
АВ и пересечёт рёбра AD и ВС в точках М и N. Плоскость
MAXBXN перпендикулярна к ребру AD, так как она проходит
Черт. 104.
через прямые AtE и MN, перпендикулярные к ребру.
Следовательно, £_ЕМАг = ср есть линейный угол двугранного
угла при ребре AD.
б) Решение. Из трапеции MAXBXN получаем МЕ =
= — ~- . Высоту усечённой пирамиды находим из
треугольника АЕАЛ, где АЕ = а~ . Имеем
1 Y2
Объём находим по формуле V=s-^-(d2 -f- ab + Ъ\
Искомый угол 9 — /_ЕМАЛ находим из треугольника АХМЕ, где
МЕ =
а — Ь
Отв.
(из трапеции MNBXA^). Имеем
. А\Е а—Ь . а — Ь '
У = (а*Тг2*а' <P = arctg(/2tga).

350
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
627
627. См. предварительное замечание к задаче 611 на
стр. 337. Высота пирамиды должна проходить через центр
окружности, описанной около основания. Но в прямоугольном
треугольнике ABC (черт. 105) центр лежит на середине
гипотенузы АВ в точке Е. Следовательно, АЕ, BE и СЕ будут
проекциями боковых рёбер AD, BD и CD на плоскость
основания, так что /_DAE = ^DBE= £mDCE = $. Объём пи-
I АС СВ
рамиды найдём по формуле V = -j • —к— ' && И3 AASC
Черт. 105.
имеем i4C = ccosa, ВС = с sin a; из Д/Ш£ находим D£=
e "5" *£ ?• Обозначим плоские углы при вершине: ^ADB = 8lf
IJBDC в 08 и ^ADC = %. Так как эти треугольники
равнобедренные, то высоты их DE, DM и DN пройдут через
середины соответствующих сторон основания. Из Д ABD имеем
£^=180°—2р; из Д£>ВС имеем sin %• => ^ и из Д/ШС
/W
jjjj-. Из Д ADE находим /Ш = DB ■■
имеем sin -4 i
из Д ЛВС находим MB = ^ — у sin a и AN=^ t
О/ш». v=ii5!^iil; 0, = 180°-2p,
в2 = 2 arc sin (sin a cos P), 08 = 2 arc sin (cos a cos p).
cos a.

628 гл. 9. многогранники 351
628. Требуется найти объём пирамиды СгАВС (черт. 106).
Так как боковые рёбра её равны между собой, то они
наклонены к основанию под одним и тем же углом (эта
теорема обратна доказанной в предварительном замечании
к задаче 611 на стр. 337), и высота СгО проходит через
центр О окружности, описанной около треугольника ABC.
Так как этот треугольник прямоугольный, то О лежит на
середине гипотенузы АВ (см. объяснение к предыдущей
задаче). Угол ODCt (D—середина катета АС) измеряет наклон
боковой грани АССгАл к основанию. Катеты ВС и АС
находим из двух уравнений:
ВС-\-АС = т и ВС = АС • tg a;
получаем
.„ т mcosa „-, m sin a
1 + tg a sin о + cos а ' sin a -f- cos a *
I
2
Затем находим SQaB =» -^ ВС • AC. Высоту Н находим из
треугольника DOCu где OD = -к ВС (как средняя линия
треугольника).
г, ,, 1 яг8 sin2 a cos о 0 яг8 sin2 a cos а , D
Отв. V = та т-1 ; я tg 3 = 7= tg Р-
12(sina+cosa)3 sr 24/2 cos8 (a —45°) St^

352
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
629
629. Точка О есть центр окружности, описанной около
основания ABC (черт. 107) (см. предварительное замечание
к задаче 611 на стр. 337).
О А = R есть радиус этой
окружности. Объём пирамиды
V = ±.B£^.DO =
так как■
AE-DO
■■ Qj.Gropo-
Черт. 107.
ну ВС находим по теореме
синусов:
ВС = 2# sin (180° — 2а) =
= 2/? sin 2а.
Д ADO оо Д ABE (так как /_ ADO = /. ABE = а); имеем
пропорцию:
АО _ OP t.
АЕ~~ BE ''
откуда
AO-BE = AE-OD.
Подставив сюда
ВС
получим
AO = R, ВЕ — =^-, AE-OD = 2Q,
*# = 2Q.
Исключив R из найденных формул, получим
ВС = ]/~8Qsin2a.
Ome. K = -i-(2Q)2sin22a-
') Черт. 107 (где АО < АЕ) явно не соответствует этому
соотношению. Но чертёж, точнее изображающий условие задачи
у = 90° — а, был бы очень не нагляден.

631
ГЛ. 9, МНОГОГРАННИКИ
•353
630. Если грани ADE и СОЯ (черт. 108) перпендикулярны
к плоскости основания, то ребро DE есть высота пирамиды.
Утол DAE есть линейный для двугранного угла ЕАВС, fak
как плоскость DAE перпендикулярна к ребру АВ (доказать!).
Следовательно, l_DAE = а; аналогично /JXE = |3. Из
треугольников ADE и CDE,- где DE = Н, находим AD и DC и
подставляем в формулу
K = -j AD.DC-H.
Отв. V — ±H*ctgaclgp.
Е
Черт. 108.
631. Из треугольника BDE (черт. 109), где {_EBD = §
(доказать!), находим
Значит,
DE = lsiu$ и BD = lcosp.
АП BD /cosp
Из треугольника ADE находим АЕ = Yad* -f- DEK Угол <р
наклона ребра АЕ к плоскости основания есть /JDAE (до-
DE
казать!). Из треугольника ADE имеем tg <р = -rjr.
Отв. Z)£ = /suip; AE = CE = l\/~1-±f!-£,
<P = arctg(j/2tgp).

354
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
632
632. Наибольшую площадь имеет грань ADB (черт. ПО),
так как её высота DE больше высоты DC двух других
боковых граней, а основания у всех граней одинаковы. Из
треугольника ACD имеем
Л£> = -2_ и H = atgu.
cos g ь г
Затем находим
Угол <р наклона грани ADB к плоскости основания есть
/J2ED (доказать!). Имеем
♦ и
где £С = •
0тв- 5tt=4^^4-cos2P' <Р = агс^^
Черт. 111.
633. Площадь 5 сечения равна -к- • Ав • ЛШ (черт. 111).
Из прямоугольного треугольника ACN, где £_CAN = 30°,
находим
AJV==-g-.^B;
JJU HCiV=|o.

634
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
355
Из треугольника NCM имеем
где H = atga (из треугольника ACD).
яауТГ
Отв. S =
4 cos а"
634. а) Способ изображения1). Чтобы изобразить
сечение, перпендикулярное к основанию ABC (черт. 112) и
делящее пополам стороны основания АВ и АС, проведём
среднюю линию MN. Из точки
F, где MN пересекает медиану
АЕ, проведём FK параллельно
высоте OD. Искомое сечение есть
NMK. Действительно, плоскость
NMK проходит через прямую
FK, перпендикулярную к
плоскости ABC (значит, плоскость
NMK перпендикулярна к
плоскости ABC). Двугранный угол а
измеряется углом AED (доказать!).
Плоскость AED проходит
через прямую KF, так как точки
К и F лежат в плоскости AED.
М
Черт. 112.
б) Решение. Примем за основание пирамидл KANM
треугольник AMN. Его площадь 5 составляет -j плсщади
треугольника ABC, т. е. 5 = т^а2|/3. Высоту KF выразим
через OD, пользуясь подобием треугольников AFK и AOD. Так
3 12
как AF составляет -г АО (ибо AF = -^AE, а АО = -^АЕ),
то KF = -j OD. Отрезок OD находим из треугольника DOE,
где ОЕ =
аУЬ
и £D£0 = os.
Отв. V = -j§-
!) Об изображении правильной треугольной гщрзмиды см. задачу
603 на стр. 330.

356
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
633
635. Прямая MN (черт. 113), по которой плоскость
основания пересекается с плоскостью сечения, параллельна ВС.
Чтобы построить угол <р, проведём OF\\AB и соединим
точку К, где OF встречает MN, с Е. Тогда /^ОКЕ — у
(доказать всё это). Площадь сечения S = -д- • MN • КЕ, где
Черт. 114.
MN = a и КЕ =
Н
-. Высота Н определяется из
треугольника EOF, где OF=z-^ и FE — i ctg-i (из треугольника
EBF). Получаем
Отв. S
636J). В сечении получаем треугольник DKN (черт. 114).
Как в задаче 634, докажем, что плоскость AED
перпендикулярна к стороне ВС. Значит, она перпендикулярна и к сред-
в2 У cos a
4 sin -л- sin ч>
а \2
2 У "
•
-(!)'=
в У cos a
2 sin J
J) Об изображении правильной треугольной пирамиды см.
черт. 82 на стр. 330.

637
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
357
ней линии KN. Следовательно, /JDME—линейный угол
данного двугранного угла а. Из треугольника OMD, где
ОМ = j AE — -тг а'2 , находим
DM- aVJ
UM 12 COS a *
Плошадь сечения
S^.KN.DM^.^.JggL-
УЗ а*
48 cos о'
Площадь основания пирамиды DAKN вчетверо меньше
площади основания пирамиды DABC, а высота у них
общая. Поэтому объём Vt пирамиды DAKN равен — V, где
V — объём пирамиды DABC. Следовательно, объём пирамиды
DKNBC V2 = j V.
равен
Объём V
V =
1
Н:
3 4
Отв. S =
йУ"з
12
tga.
48 cos a *
V,=l|tga;
Ф
Черт. 115.
637. По условию BE : ЕА =
= 2:1 (черт. 115). Сечение есть
£±DEC. Найдём его площадь S. Треугольник
DEC—равнобедренный, так как EC = ED как соответственные стороны
равных треугольников ЛЕС и AED (AC = AD; сторона
АЕ—общая и l_CAE= / DAE=60°). Проведём высоту
его ЕМ; тогда $ = -^—. Для определения ЕМ найдём
сначала ЕС из /\АСЕ (по теореме косинусов):
ЕС* = ЛСа + АЕ*—2 .АЕ-АС cos60° = 1 a2.

358 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 638
Теперь из Д£М? находим
EN = VEC*— NC* = |/*-J ла—SL = -J.1/19.
Обозначим углы сечения £ £CD = /, £УЗС через а. Тогда
^CED = it—2а. Из треугольника CEN имеем
CN 3
cos а = —- в=——==,
ЬС 2УТ
Л с /l9fl*
О/гсв. 5 = — г i a = arc cos -
12 " ' 2 У7
р = it — 2 arc cos
2уТ#
638*). Боковая грань BCCtBt (черт. 116)—равнобочная
трапеция с основаниями ВС = а и Bfi1 = Ь (а > Ь) и
углом а при основании а. Отрезок B,N—её высота. Находим
B^N = -—^tga. Из треугольника BtNF, где FN=^-~-t
находим
Н = S,/7 = Гл^2—/W* = -^i /tg2 a — 1.
Объём
Замечание 1. Если острый угол о меньше чем 45°,
подкоренное выражение отрицательно. Но угол а не может быть меньше 45°.
Действительно, сумма плоских углов ВССХ — о и DCCi = а
трёхгранного угла С всегда больше третьего плоского угла BCD; но /_ BCD=
=90°, поэтому 2<х>90°, т. е. «>45°.
Замечание 2. Выражение ytgaa —1 можно преобразовать
к виду
"slnaa—cos2 о У—cos 2а
COS8 a COS а *
Vi
>) Об изображении усечённой пирамиды см. задачу 625. См.
также задачу 626.

'639
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
359
Так как 2а больше чем 90° (но меньше чем 180°, ибо а — острый
угол), то cos 2а всегда отрицателен. Значит, подкоренное выражение
(— cos 2a) всегда положительно.
Отв. V =
6 cos a
V— cos 2а:
' 6 cos а
/cos (180°—2а).
D,
С,
А,
Лу
%\
Я
В
Черт. 117.
639. Проекция диагонали BD, (черт. 117) на боковую
грань ВССгВх есть ВСХ. Поэтому /_ CXBDX = а. Из
треугольника BCXDX, где Z^Cj = b, находим ВС1 = b ctg а. Из
треугольника B,CjS имеем
И = VBC? - Be? = Vb*cig>a-b* = bY™s2a .
sin a
Объём
sin a
Замечание. Подкоренное выражение cos2a здесь (ср.
замечание 2 к задаче 638) всегда положительно, ибо а<45°. Действительно,
—3&-
ДА
всх'
Но BtCj есть катет, а BCj — гипотенуза треугольника BBiC\. Поэтому
tga<l, т е. а<45°.
Отв,
. v^pVcos2a
sin a

360
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
•640*
640. Если CD (черт. 118) есть высота треугольника ABC,
опушенная на гипотенузу АВ = с (на изображении можно
провести CD произвольно внутри
в1 угла АСВ), то /_CDC^§
(доказать!). Имеем
CD = АВ • sin a cos <x=s — c sin 2a
и
Я = СС, = CD- tg p.
Эти выражения подставляем в
формулу
О/л*. l/ = i^ss^2atg?.
641. Одна из частей призмы есть треугольная
пирамида ВгЛВС(черт. 119). Её объём V, =у V, где V—объём
призмы. Значит, объём V2
другой части (четырёхугольной
пирамиды B^CfiA) равен -^ V.
Найдём V.
По условию ВС-4-ЛВ = /я, а
из треугольника ЛВС находим
ВС = ЛВ • cos а. Следовательно,
ВС =
т cos о
т cos a
1 -J- cos о
2 cos2■
Площадь основания призмы 5
равна
S == -J- • АС • ВС = ~ • ВС* • tg е.
Высоту Н = ВВ1 определяем из треугольника ВСВ}, где
/_ВСВЛ = $ (доказать!). Получаем Н = ВС>ig§.
nfi cos3 a tg a tg ft „ /и3 cos11 a tg a tg ft
a
О/Вв.
Уг =
48 cos»■
24 cos« ■

643
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
361
642. Согласно предварительному замечанию к задаче 617,
S„0B = S cos <Р = S sin а. С другой стороны, S00h = ^x-^.
Приравнивая эти два выражения, получим а = 2 у S cos л.
Точка О (центр окружности, вписанной в треугольник ABC;
черт. 120) лежит на пересечении биссектрис углов
треугольника, следовательно,
/.ОС£ = | и 0£ = £Ctg| = |tg|;
из Д DOE находим Н = ОЕ • tg <р.
1 -
Отв. V = -j(5cosa)a tg-|-;
5„ = S (1 + cos с?) = 25 cos2 (45° — -J).
JD В
Чеэт. 120. Черт. 121.
643. На черт. 121 OA = OC = R — радиусы окружности,
описанной около равнобедренного треугольника ABC (ЛВ==
= АС = а). В силу условия a > 45° центр О лежит внутри
треугольника ABC (при а <45° угол А =180° — 2а был
бы тупым, центр описанной окружности лежал бы вне
треугольника ABC, и тогда плоскость, проведённая через высоту
пирамиды и вершину С, не дала бы никакого сечения
пирамиды). Высота пирамиды проходит через центр О (см. на стр. 337
предварительное замечание к задаче 611).

362
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
644
Из треугольника AOD имеем // = /?tgp. Так как по
теореме синусов AC =» a = 2R sin а, то Н = ^т— *g ?•
Найдём теперь основание СЕ сечения из треугольника АСЕ.
В нём 1_САЕ= 180°—2а, а £_АСЕ, лежащий в основании
равнобедренного треугольника АОС (AO = OC — R), равен
/_ С АО = у £СЛЕ = 90°— а. Значит, £ ЛЕС = За — 90".
По теореме синусов -_^-_ = -_-£-_, откуда
СЕ = asin(180o—2а) _ a sin 2a
sin (За —90°) ~~ sin (За — УУи) *
Замечание. В знаменателе можно написать (— cos За); по
угол За заключен между 135° и 270°. так как 45°<а<90°; таким
образом. (—cos За) есть положительное число. Поэтому при
вычислениях с таблицами удобнее иметь дело с углом За — 90",
заключенным между 45° и 180°
Um- **""2sin(3a-90V
644. 1) Найдём площадь Q основания призмы (черт. 122).
Имеем: Q = S, -f- S3, где
5, — площадь
прямоугольного треугольника ABC, а
52—площадь прямо у голь-
ного треугольника ADC,
с. АВВС /sin a/cos a
2
i* Sin 2a
4
и S,
2
I* sin 2}>
Следовательно,
Q = j (sin 2a + sin 2?) =
ft Sin (a+ p) COS (a — fr)
-» § *
2) Найдём высоту Н призмы из условия S = BD • Н. Так
как в четырёхугольнике ABCD сумма углов при вершинах В
и D равна 180°, то около него можно описать окружность,
диаметром которой будет диагональ АС, потому что на неё
опираются прямые вписанные углы. Из треугольника BCD,

645 гл. 9. многогранники 363
вписанного в эту окружность, находим (по теореме синусов)
BD = AC- sin £ DCB = / sin (ct -f-P).
Следовательно,
H S S
BD ~~ I sin (a + P)'
Om*. V = j5-/cos(a —P).
645. Грани ЛО£ и ВСЕ (черт. 123) — равнобедренные
треугольники. Плоскость EMN (M и N—середины рёбер
Черт. 123.
AD и ВС) перпендикулярна к ВС и AD и проходит через
высоту EF пирамиды (доказать!). По условию внешний угол
о = £_ EML треугольника EMN— острый. Поэтому высота ЕР
пересекает продолжение MN.
Чтобы определить V, найдём сторону АВ квадрата ABCD.
Имеем
АВ = MN = NF—MF = Я (ctg 0 — ctg a).
Следовательно,
V = j А& • Я=у Я3 (ctg р — ctg a)2.
Построим линейный угол <р двугранного угла, под
которым грань /Ш£ наклонена к основанию. Для этого пересечём
двугранный угол плоскостью EFK, перпендикулярной к ребру АВ.
Чтобы изобразить её, надо провести FK\\AD до пересечения
с продолжением ребра АВ (доказать!). Из треугольника EFK

364
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
646
находим
ctgp-
Оте. V = ±H> (ctg р - ctg «Ji - j H* - m2 aWJ,
■Ctga-
Sin2 (a -
■P)
9 = arc tg
ctgg
2 . 2 sin a sin В
—-— = arc tg —г—. -
— ctg а ь sin (a
РГ
646. Высота EF пирамиды (черт. 124) лежит в грани С ED,
перпендикулярной к плоскости основания. Плоскость,
проведённая через EF перпендикулярно к ребру АВ, пересекает
основание пирамиды по прямой MF^BC, а боковую грань
ЛЕВ — по прямой ME, перпендикулярной к АВ (£_ EMF = Р).
Прямые AD и ВС перпендикулярны к плоскости DEC, так
что /_ВСЕ = 90° и l_ADE = 90° (всё это надо доказать).
Найдём высоту H=EF. По условию EF-\-EM = m;
ЕР { 1 \
кроме того, ЕМ = —г. Поэтому EFI1 -\- -г~в) — т> откуда
tf=£F = m:(l+TL)e„:(i+JL)eJ»£°»JL..
V ' Sin BJ \ ' COS a У n ,. a
N r/ 7 2 cos^ -£■
Далее из прямоугольного треугольника DEC находим
cos a sin a cos a
Наконец, находим
b = ВС = MF = //ctg p = H tg a.

647
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
365
Следовательно,
3 3 sin a COS а
fg» W
3 COS2 а *
Сумма Sj + $2 площадей боковых граней ВЕС и AED
равна
т3 cos о .
Отв. V = -
24 cose
pip trfi (sin a -f- cos o) trfi cos (45° — a)
O, —f— Oo 's=1 ' " — ' •
8 cos4
4^2 cos4-
647. а) Способ изображения. Высоту/^(черт. 125)
проводим в середину F стороны DC. Соединяем вершину Е
с серединой М стороны АВ. Тогда <р = /. FEM есть
изображение угла между гранями
ABE и DCE (доказать!).
б) Решение.
Треугольник ВСЕ—прямоугольный, и
в нём /_ ВЕС = а (доказать!).
Значит, ВС ==b sin а. Из
треугольника ABE имеем Л5 =
= 2£sinct и ME=bcosa. Из
треугольника MFE, где MF =
е= ВС = Ъ sin а, находим
fe=Ym&—mf*=
= b V^cos2 a — sin2 a =
— b jA:os2a.
Замечание. Подкоренное выражение cos2a здесь всегда
положительно, так как 2<х < 90°. Действительно, сумма двух плоских
1 ОАО П
углов трёхгранного угла при вершине В (/. ABE = = и
/СЯ£ = 90° — о) больше третьего (/, ABC = 90°), т. е.
180° — 2а + (9QO _ а) > дЛО[ так что 2а<:90о.
Угол <р лучше всего найти по его синусу.
о г .
Отв. V = у б3 sin2 a Vcos 2a; 9 = arc sin (tg a).

366
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
648
648. Плоскость ВСЕ (черт. 126) проведена через сторону
ВС перпендикулярно к ребру AS. Двугранные углы между
боковыми гранями (все они равны) измеряются углом ВЕС = <?.
Треугольник ВЕС — равнобедренный.
Чтобы определить площадь S сечения и угол «,
достаточно найти DE (D — середина ВС). Для этого
последовательно находим BS f из треугольника BSD, где BD = -^- и
l_BSD = -^Л, затем BE (из треугольника BSE, где ^_BSE=a)
и, наконец, DE = У BE2 — BD2. Получаем
D£ = fl|/"cos2|— 1.
Теперь находим
с а _.„ Д2,/ T^t Г . <р BD 1
S^-^.BE^^y шв»т_т и «ni = gg-=- г.
2cos-^-
Замечание 1. Сумма плоских углов при вершине S всегда
меньше 360°. Поэтому 0<а<120°. При этом условии 2cos-|>l,
1 ш 1
т. е. < 1, так что уравнение sin -75- = всегда имеет
2cos| 2 2cos|
решение.

649
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
367
Замечание 2. Если о > 90°, т. е. угол ASB при вершине
боковой грани тупой, то высота BE треугольника ASB пересечёт
продолжение основания, и плоскость ВЕС не даст никакого сечения
пирамиды. Между тем формула
■-W
cosa
и при тупом угле а (меньшем 120°, см. замечание 1) даст
определённое значение S.
Отв. <р = 2 arc sin f-g- sec -J-J;
5 = 4|/"cos^|—A = ^1/"sin(60o-f|)sin(60o-|).
649. Все восемь граней октаэдра — равносторонние
треугольники, так что NE =—\— (черт. 127). Четырёхугольник
ABCD — квадрат. Его плоскость разбивает октаэдр на две
равные правильные пирамиды, так что V = 2 • -g-a2 • ОЕ, где
oe = Ve№—o/v2 =
'/¥•
cfi
аУ2
Все двугранные углы
октаэдра равны. Угол а = £_BMD
(М—середина СЕ)
измеряет двугранный угол при
ребре СЕ (доказать!). Из
треугольника О MB
находим
. а ОВ
8Ш2- = Ш:
а V 2 . а УТ
2 ' 2
Отв. V-.
У2Ф ,
а = 2 arc sin
/I-

368
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
650
650 *). Равнобедренные треугольники ВМА и FMA
(черт. 128) равны. Поэтому их высоты, опущенные из
вершин В и F, пройдут через
одну и ту же точку N их общей
стороны и будут равны:
BN=FN. Угол BNF
равен <р (доказать!). Угол
8 = ЦВАМ выражается
через искомый угол о =
=1_ВМА формулой
8 = 90°
а
Найдём сначала
тригонометрическую функцию угла £.
Из прямоугольного
треугольника ABN имеем sin 8 = —
г а
{а — сторона основания).
ПК
Из равнобедренного треугольника BNF находим BN= .
slnT
Но ВК =2 " (ка?: высота равностороннего
треугольника АВО). Следовательно,
sin p =
2 sin-!
т. е.
sin
("-*)■
Уз
2 sin
Ч>
Замечание. Двугранный угол при ребре правильной
шестиугольной пирамиды всегда больше, чем /_FAB (сравнитьтреуголь-
Уз
ники BNF и BAF), т. е. больше 120°. Поэтому величина —*
2sln X
всегда меньше единицы. 2
Отв. а = 2 arc cos
Уз щ
2sln-|
') Об изображении правильного шестиугольника см. на стр. 328
замечание к задаче 598.

гл. 9. многогранники
369
651. Грани AMF и AM В (черт. 129, а), преходящие через
ребро AM (перпендикулярное к плоскости ABCDEF),
образуют с плоскостью основания прямые углы. Найдём общую
величину Р углов, образуемых гранями EMF и СМВ с
плоскостью основания. Опустим из А перпендикуляр АО на пря-
Черт. 129.
мую СВ (изображение этой прямой должно быть параллельно СЕ,
черт. 129,6). Тогда ^ = ^AGM (доказать!). Имеем tg(3=»
Н
АО
, где AG = СК
= ™ = £2Х
2
Н
(черт. 129, б). Но из
треугольника AMD имеем tg а = ^-; следовательно,
2а
tgp =
т
а УЗ"
Уз
Так как ЛС X DC (доказать!), то f = ^ЛСЛГ есть
линейный угол для двугранного угла* под которым грань DCM
(и DEM) наклонена к плоскости основания. Из треуголь-
Н i—
ника АСМ имеем tg -\ = -^р, где ИС = ауЗ (черт. 129,<J).
/-v о . 4 tg a , 2 fg a
Ome. £ = arctg-^;T = arctg-jbp
652. Через прямую линию можно провести плоскость,
перпендикулярную к другой прямой, только в том случае,

370
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
652
если эти прямые перпендикулярны. Докажем, что ВС J_ AS
(черт. 130). Проведём плоскость ASO через ребро AS и
высоту SO. Так как А и О принадлежат плоскости ASO и
одновременно плоскости основания ABC, то эти плоскости
пересекутся по прямой АО, т. е. по высоте AD
равнобедренного треугольника ABC. Треугольники OCD и OBD равны
(доказать!), поэтому ОВ — ОС; следовательно, наклонные SC
и SB тоже равны, а значит, прямая SD, являющаяся
медианой равнобедренного треугольника BSC, служит и его
высотой. Так как прямые AD и
SD, по доказанному,
перпендикулярны к ребру ВС,
то ребро ВС
перпендикулярно к плоскости ADS, a
значит, и к прямой AS,
лежащей в этой плоскости,
что и требовалось доказать.
Чтобы провести через
q ВС плоскость,
перпендикулярную к AS, достаточно
опустить перпендикуляр DE
на прямую AS. Плоскость
ВЕС перпендикулярна к
ребру AS, так как две
прямые, лежащие на ней (DE
и ВС), перпендикулярны к
AS. Плоскость ADS,
перпендикулярная к ребру ВС, в пересечении с двугранным
углом а даёт угол ADE (линейный угол этого двугранного
угла).
Треугольник ASD — равнобедренный (так как высота SO
проходит через середину основания AD). Следовательно,
£ASD = 21.ASQ = 2а
(/^ASO = l_^ADE = а как углы с перпендикулярными
сторонами). Отношение объёма Vt пирамиды SBCE к объёму V
пирамиды АВСЕ (эти пирамиды имеют общее основание ВСЕ)
равно отношению высот, т. е. Vt: V = SE: АЕ. Из
треугольника DSE имеем
SE = DE. ctg Z.ESD = DE • ctg 2a;
Черт. 130.

653
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
371
из треугольника AED находим
AE = DE- tg a.
Следовательно,
V^-.V—zigZa :tga.
Отв. Vx = V ctg a ctg 2a.
653 a). Чтобы провести сечение, делящее пополам
двугранный угол при ребре AD (черт. 131), нужно иметь линейный
угол этого двугранного угла. Таковым является угол BDC,
так как плоскость BDC
перпендикулярна к ребру AD.
Действительно, во всякой
правильной пирамиде боковое ребро AD
перпендикулярно' к
противоположной стороне ВС основания
(доказывается так же, как в
предыдущей задаче); кроме
того, в данном случае ребро AD
перпендикулярно также и к
прямой FD. Действительно, по
условию треугольник AFD —
прямоугольный, а так как его углы при вершинах А и F
непременно острые, то прямой угол есть /_ ADF.
Так как OF = i- О А = ~ R, то
Черт. 131.
(■
OD^VOF-OA = -^
где R = —=\. Угол <р = l_ AFD измеряет угол наклона
грани BCD к плоскости основания. Имеем
tg?:
OD_ R .R^tfK
OF
Y2
Замечание. Боковое ребро AD образует с ребром BD
(и с ребром CD) прямой угол; так как наша пирамида — правильная,
то и рёбра BD и DC образуют прямой угол.
Оте. к~2^1;?~
arc
tg/2.
i) Об изображении правильной треугольной пирамиды см.
задачу 603 на стр. 330.

372
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
654
654*). Для вычисления полной поверхности неизвестна
только апофема MD. Для определения её найдём сначала
отрезки AM и MD (черт. 132), на которые делится ребро
AD перпендикулярной к нему прямой NM (N—середина ВС).
Затем из треугольника ANM, где AN=H~>—, найдём MN
и, наконец, из треугольника NMD найдём ND.
В условии не сказано, какое из двух отношений—AM\MD
или MD : AM — равно т : п,
поэтому можно положить
MD = тх, МА = пх, так что
AD = (т-\-п) х. Из подобия
треугольников AMN и ADO
имеем
AM
АО'
' AD'
где
AN =
qVZ
AJ-fiW-lOf!
Получаем уравнение
пх • (т -\- п) х = У-*п— • *-т|— •
Отсюда находим
V2fi(m + n) '
так что
ЛШ =
тд
У"2я (т + я)
АМ =
Щ
У2п(т + п) '
') Об изображении правильной треугольной пирамиды см. задачу
603 на стр. 330.

655
Далее,
гл. 9. многогранники
MN* = AN* - AM* = ?g-+|*>
373
ND> - MB2 + МЛГ« - g8 (Я + 2w) .
Теперь найдём
4л
Sn=2!VZ_j_^
ND
0«e.5n = 2!|I.[l+/i2L±M]:
655. Имеем (черт. 133) l_BDxA = <t и ^BDfi = a
(доказать!). Треугольники ВОлА и ВВ,С равны (доказать!).
Черт. 133.
Следовательно, основание ABCD — квадрат со стороной
a = d sin а. Далее находим
ADX = d cos a
Н = У AD* — AD2 => Уй* cos2 a —- rf2 sin2 a = d /cos 2a.
Плоскость ACDX образует с плоскостью основания угол
Отв. V = d3sin2a|/^o72a"; ? = arc tg (-^SL^LY

374
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
656
656. Угол ЕОС — а (черт. 134). Для построения угла р
отрезка ОЕ с боковой гранью BB-fifi проведём OF J_BC.
Проекцией ОЕ на эту грань будет FE, так что /_ OEF = р.
Если обозначим АВ = а; ВС — Ь и ССХ = с, то V = abc
к S6os=*2(a + c)b. Из J\OEF
Ql __ ff имеем
fk
/
д
/
/
7
. /^
^
а 2
Черт. 134
/
i
"ГУ
Уъ
?
Y = OF = т sin (3 = т sin 2a;
FjE = m cos p = т cos 2а;
из Д ОЕС имеем
Y = £iC = OT sine;
из /\FEC имеем
2
•J- = FC = VFE* — ЕС* =
= т j/cos2 2а — sin2 а.
Приведём подкоренное выражение к виду, удобному для
логарифмирования:
о г, . „ 1 Ц- COS 4а 1 — COS 2а COS 4а + cos 2а
cos2 2а — sin2 а = ~ » к = к =
= cos За cos а.
Следовательно,
Ь = 2т У cos 3d cos a.
Замечание. Угол Р = ZOEF меньше, чем /ОЕС = 90°— а
(сравнить их синусы!). А так как по условию Р = 2а, то 2а<90°—а.
Следовательно, должно быть а<30.
Отв. V = 8/ге3 sin 2а sin а j/^cos За cos а;
5вок = 16/и2 sin -£- cos -л- V'cos За cos а.
657. а) Способ изображения. Полуокружность
изображается полуэллипсом (АВ — какой-либо диаметр
эллипса; черт. 1351)), DC проводится параллельно АВ. Прямые,
*) О вычерчивании эллипса см. стр. 339 (задача 613).

657
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
375
перпендикулярные к АВ, изображаются прямыми,
параллельными касательным AM и BL.
б) Решение. Обозначим АВ = a\DC — b; DF = CE = h;
тогда V = ^~—hH.
По условию а = 2R; сторону b находим по теореме
синусов из треугольника
BCD, в котором ^DBC д
измеряется половиной ду- —
ги DC = 2а; имеем b =
= 2R sin а. Из
треугольника ODF, где OD = R,
а /_ AOD измеряется
„ .^ 180° —2о Д
дугой AD = п =
= 90°—а, находим
h = FD =
= /?sin(90° — а) =
= R cos а.
Черт. 135.
Высоту Н находим из треугольника A}AD, где £_ AtDA = a
(доказать!) и AD можно определить из прямоугольного
треугольника ADB, где ^ABD — опирающийся на дугу AD,
равен f 45° — — J. Получим
Я =2/? sin (45°— ~-)tga.
Следовательно,
F = 2/?3(l + sin a) sin (45°—-J) tg а cos а,
где можно произвести ряд упрощений:
1 -j- sin а = 2 cos2 (45° — -J)
и т. д.
Отв. V = /?з sin 2а cos (45°—-J).

376
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
653
6S8. Проекцией диагонали D^B на боковую грань AAlD1D
(черт. 136) будет ADt; поэтому ^ADXB = $. Угол а. между
плоскостью сечения DBBlDl и плоскостью грани ADDlAl
измеряется углом ADB (доказать!).
Из треугольника ADtB находим
АВ и ADX\ из треугольника ABD
находим AD и из треугольника
AD.fi находим DDl = Н;
H=V AD12 — AD2 =
= Yd? sin2 a — d2 cos2 a ctg2 a =
= ——l/sin4a— cos4 a =
sin а '
= —— V— cos 2a.
sim ' ч
Замечание. Угол p всегда
меньше угла а (сравнить их
тангенсы.'). Так как по условию (S = 90° — а,
то 90 — о<а, следовательно, а>45°. Из неравенства
45°<а<90°
следует, что угол 2а принадлежит второй четверти, так что
cos2a<0, а —cos 2a >0. Для вычислений удобнее заменить — cos 2*
выражением cos (180° — 2a), так как угол 180° — 2а принадлежит
первой четверти.
Отв. V = cP cos a ctg2 a Vcos (180°—2a).
Черт. 136.
659. Проведённые линии суть AXN и
ВХМ
(черт. 137).
Четырёхугольник ArBxNM — равнобочная трапеция (доказать!).
Из равнобедренного треугольника MKN, где £_ MKN = а и
MN= -л-, имеем
Из треугольника A1KBi находим
Складывая эти равенства, получаем
глп 36 . a

вбО ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ 377
Из треугольника DEDV где D£ = у С£ =-г £ }/"з~, находим
« = £D1=.fyrctg>|-4-f|/"ctg«|-ctg«60ee
= Т V^(c*eT 1Н- ctg 60°) (ctg ^ — ctg 60°) =
ЗЬу sin(б0° + j\sinГб0° — -j)
= . _ ,
4 sin -я- sin 60°
j/"sin (60° + J) sin (60° — ~y
3tf>
Ome. V — r
8 sin 4
Черт. 138.
660. Для построения угла, образованного диагональю
АВХ с боковой гранью ВВХС{С, надо найти проекцию ДВ,
на эту грань (черт. 138). Точка А проектируется в точку D,
середину ВС (доказать!). Проекция будет BXD, так что
l^ABlD = a. Из /\BXBD находим
Я = BBY = VBXD*—5D2;
BjD найдём из прямоугольного треугольника AByD. Пре-

378
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
661
образование выражения, полученного для Н, такое же, как
в предыдущей задаче.
Ота. s6oB = 3^n(60° + a)s,n(60°-«)t
sin a
661. Проекцией диагонали АВ1 на грань А4,С,С будет
АСХ (черт. 139), так что /тВ1АС1=$. Высота призмы
cc1 = Vac12—ас\
где АСг определяется из /\ВХАС^, имеем
CC1 = /62tg2actg2P —62 = ftctgP/tg2a —tg3?
b
COS a Sin P
l/"sin (a + P) sin (a — 0).
0ял ^ = 2^iSr?^sin^ + P>sin(a-P)-
Черт. 139.
662. По условию a?-\-2a-ME = S (черт. 140). Но из
треугольника ВМЕ имеем ME=s-^ztg ^; следовательно,
5 = a8fl+ctg-j)5 отсюда а —у £——. Теперь из

663 гл. 9. многогранники 379
треугольника ОМЕ находим
Г ctS-2-+1
Выражение ctg-|-—-l можно преобразовать:
ctg-jr— l=ctg -5-—ctg45° =
sin (45° -|) T/Tsln (45° -1)
sin 45° sin -я-
sln|
О/ив.
/Ssin
—
2'
(»-*)
2 /2sin ^
663. Имеем из треугольника
AOM (черт. 141), где
LAOM^,OM^cXS^
180°
вначит,
5OOB = -4-ctg- я .
Из треугольника ЕОМ находим
' Подкоренное выражение преобразуется, как в задаче 659.
Черт. 141.

380 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 664
664. Обозначив (черт. 142) OD = OA через х, получим
OD^AO-ctg^^xctgj
и
Я= ОД = VoDf — OD2 = х |/~ctg9| — * •
Полная поверхность 5 пирамиды D^ADC равна
5 = DO • АО-\- AD • Н-\-АО • ОД ==
= х*-\-х]/~2х}/ c\g*^—l-\-x.xzigl.
Отсюда
**:
Ssln
sin -я- + У 2 cos о + cos -д-
Полная поверхность призмы
5п = 4лг3 + 4.д:1/2-//==
= 4х*{
14
V?
COS a
sin-
Отв.
Черт. 142.
Sn=-
4S(sin y+T^coscA
sin -к- + cos -ту + У^2~соТо
665. Высота DO проходит через центр О (черт. 143, а)
круга, описанного около треугольника ABC, где АВ = АС =
<= 2/ sin — и ВС = 2/ sin — *). Точка О лежит на
перпендикуляре КО к стороне АВ, проведённом через середину АВ.
Поэтому из подобия треугольников АОК и ABL имеем про-
1) См. на стр. 337 предварительное замечание к задаче 611.

665
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
381
порцию АО : -я- АВ = АВ : AL, откуда
1ав>
2Pslxfl-^
/
4/2sin»j — /2sln2-|
Далее из треугольника /10D находим
H=Vl2 — AO* = l
V
sin* о — sitf ■
4 Sln«-g- — Sin» -jj-
V = ^BC • AL • H = ±Pslti £]/"sin*a — sin*±.
Подкоренное выражение можно преобразовать, как указано
в задаче 656.
Другой способ. Примем за основание пирамиды
грань BDC (черт. 143,5); площадь её 5оен = -я- Р sin {3. Грань
2JDC перпендикулярна к плоскости i4DI (доказать!), и
следовательно, высота пирамиды AOt будет лежать в этой
плоскости. Проводим Ojfi перпендикулярно к BD. Из

382
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
подобия треугольников O^DE и BDL имеем -^ = -щ-, где из
i\ADE
ED = lcosa, BD = l и DI = /cos|-;
отсюда
OtD =
/cos a
cost
Из треугольника ADOt находим
H = AOt = VaI? — DOi = —l-j "j/"cos2 1 — cos2 a.
cos ■
Отв. V = ^P sm^^/"sin(a -\-^jsm(a ~ly
666. Так как треугольник ABC (черт. 144) есть
проекция треугольника DBC, то DA есть перпендикуляр к
плоскости основания. Площадь St
треугольника ABC равна
S1 = ^ о* = -g- a2 ctg a.
Площадь S2 треугольника BCD
равна
52 = ia2ctgp.
По условию
i- a2 (ctg p — ctg a) = 5,
2S
Ctgp-ctga-
Площадь S8 грани ОЛС равна 58 = -g- *#, а площадь 54
грани ОЛВ равна Si = -^cH. Следовательно,
S4—S8 = -i-#fc—6)=4'a/:f(cosec,x'~dga)-
Высоту /f определим из треугольника i4CD; получим
H = VDC* — /lC« = Va2ctgap — oa ctg2 a.

гл. 9. многогранники
667
Следовательно,
S, — 58 — у a* V^ctga э—ctg2« (cosec a—ctg a) =
383
2S
"_ctga ^ctS2 9—ctg2 « (cosec a—ctg a):
ctg? —ctg
5(1 —cos a
sin a
),/" Ctg*p-ctg*a _ 0,„a .Atg.3 + Ctga
У (ctg^-CtgaV ~ °Xg2 V Ctgp-ctga*
Боковые грани ADC и ADB образуют с основанием
прямые углы. Грань BDC' образует с основанием угол,
измеряемый линейным углом DCA=so;
От. S.-S.-S* |/££±&: *-««@Э-
667. Все боковые рёбра пирамиды равны как стороны
равнобедренных прямоугольных треугольников (черт. 145),
поэтому высота DO пирамиды
булег проходить через центр О
окружности, описанной около
основания;
500B = y*2sina.
Из треугольника DOC
находим
h^Ydo—ос*.
где DC = -2=,
У2
а OC^R
есть радиус окружности, описанной около треугольника
ABC. Так как треугольник ABC—равнобедренный, то
£5ЛС = 90°—-| и, следовательно, по теореме синусов
ВС = 2/? sin (90° — ~j,
Ъ
откуда
OC = R =
2cos|-
Отв. V=i*8sin|-VrcoTJ.

384 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 663
668. Высота пройдёт через центр окружности, описанной
около основания1) (черт. 146). Биссектрисы углов AED и
ВЕС будут также медианами равнобедренных треугольников
MN
AED и ВЕС. Площадь сечения MEN равна -у- • ОЕ, причём
-~- = АК = I sin -^. Из треугольника ЕОК находим
ОЕ=)/ЕК* — О/С3,
где EK = lcos ^г и OK = BN=/ sin -£-, так что
0£ = /]/" cos3 -J — sin2 -| .
Отв. 50еч = Z3 sin -|- J/ cos ^p? cos ^£.
5
Черт. 146. Черт. 147.
669. Проведём через вершину At (черт. 147) плоскости
АхЕО перпендикулярно к АВ и AtFO— перпендикулярно
к AD. Эти плоскости будут перпендикулярны к плоскости
основания (доказать!) и линия их пересечения ЛгО будет
высотой параллелепипеда. Образовавшиеся прямоугольные
треугольники АХАЕ и AXAF равны между собой (по общей
гипотенузе AAj =си равным углам £А^АЕ = [_/ЦЛг7 = a).
Следовательно, AtE = AtF и поэтому будут равны треуголь-
]) См. на стр. 337 предварительное замечание к задаче 611.

670
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
385
ники АхОЕ и ALOF, а значит, ОЕ = OF и прямая АО —
биссектриса угла BAD. Имеем Н=УAJE?— 0£9. Так как AEOF —
квадрат, то ОЕ = АЕ. Находим АЕ и АХЕ из треугольника
A^Z;; получаем # = c]/sin2a— cos2a = cyr— cos 2а .
Замечание. В трёхгранном угле при вершине А два плоских
угла равны каждый о и третий угол прямой; следовательно, сумма
двух плоских углов 2а должна быть больше третьего (90°), т. е.
2а>90° или я>45°. При этом условии —cos2a>0 и,
следовательно, Н имеет действительное значение. Боковое ребро ААх
образует с плоскостью основания /_ AtAO = <?, так как АО — проекция
ребра на основание
cos <р = -j-T- = У"2 cos a.
Отв. V = abcY cos (180° — 2a) ; 56os = 2c (a + b) sin a;
cp = arc cos (V^cos a).
670. Построение в этой задаче то же, что в
предыдущей. Биссектриса угла BAD будет диагональю ромба АС
(черт. 148).
-Sooh — a2 sin <*'
Из треугольника AAJi
находим
H=VAA*— AE%
где АА1 = а; ' для
определения АЕ
находим сначала AF из
ДЛ^/7, а потом ЛЕ
из прямоугольного
Д AEF. Получим
a cos а
АЕ:
cos-
откуда
"---V/"
cosT
cos2-^- — cos2 a.
Ome. V=2a3Sin-
У
. За . о
sin -g- sm -j.

386
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
671
671. Задача решается аналогично предыдущей. Можно
использовать тот же чертёж 148, сняв в нём обозначение угла
а = ^тА1АВ и введя обозначения /.BAD^aи/AxAD==<f.
Отв. V = 2аЧ sin J j/" sin (у — J-) sin (? +1).
672. "Основание ABCD — прямоугольник (черт. 149). Для
построения линейного угла двугранного угла DXACD прово-
п дим через ребро DDX плоскость,
' $ перпендикулярную к АО, в
пересечении с гранями двугранного
угла получим линейный угол
Z.D^D^y. Имеем
DE Л,
coscp = ^==^.
Обозначим
AB = DC = a,
BC = AD = b (a > b), DDX = И,
DxE = h, DE=hx.
В равнобедренном треугольнике
АОВ сумма внутренних углов при основании АВ равна
внешнему углу 2а, следовательно, /_ВАС=^а. Из /\АВС
находим
а = 2R cos a; b = 2R sin а.
Из Д D£C, где /_ ACD = а, находим
Лг = a sin a = 2R cos а sin а и £С = a cos а = 2/? cos2 а.
Из Д DXEC находим
h = £С • tg p = 2/? cos2 a tg p.
Из /\DtDE находим
Я = VdxE2 — DE2 = V"^
«
=У 4#2 cos4 a tg2 p—4/?2 sin2 а cos2a==2/? cos2 a V"tg2 P—tg2a.'
Выражение tg2p — tg2a преобразуем, как в задаче 659.
Отв.
Si0B = 8tf2 cos a cos (45° — a) sec p 1^2 sin (p -f- a) sin (p —a);
50вч = 2/?2 cos2 a tg p; «p = arc cos (-^J.

673
ГЛ. 9, МНОГОГРАННИКИ
387
673. Если катет АС (черт. 150) стягивает дугу, равную 2р,
то /. ABC, как вписанный, опирающийся на эту дугу, будет
равен р. Плоскость, проходящая через диагональ Bfi
перпендикулярно к грани ВВуС^С, должна пройти через АС, так как АС
перпендикулярна к этой грани; линейный угол двугранного
угла ВХАСВ будет ^B^B — fi. Гипотенуза АВ есть
диаметр описанной окружности и, следовательно, AB = 2R.
Обозначим ВС —а, АС = Ь и
АВ=с. Плоскость ACBt отсекает
от призмы четырёхугольную
пирамиду В1ЛЛ1С1С. Так как объём
пирамиды ВуАВС равен -»■ объёма
призмы, то объём оставшейся че-
2
тырёхугольнай пирамиды равен -=•
объёма призмы. Если через Vx
обозначим объём пирамиды B^AAfi-fi,
а через V—объём призмы, то
аЬН
2 т. 2 ab и
Из Д ABC находим а и Ь, а из Д ВХВС находим Н. Для
боковой поверхности получим следующее выражение:
SS0It = (2R cos $-\-2R sin p + 2/?) ■ 2R cos ptgP =
= 4/?a sin p (cos p + sin p -J- 1).
Выражение в скобках можно привести к виду, удобному
для логарифмирования: cos p -}- sin p -f-1=(1 -J-cos P)-f- sin р=
= 2 cos2|- + 2 sin |- cos -| = 2 cos-|f cos | -f- sin -|) =
= 2 cos | [sin (90° — J-) + sin -|] =
= 2 cos | • 2 sin 45° cos(45° -—§■) e
= 2 V2 cos -| cos (45° — ■£).
Ome. S6aK = 8 У"2 /?2 sin p cos -| cos (45° — i);
V\ = -| /?з Sin p Sin 2p.

388 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 674
674. Высота ЕО (черт. 151, а) проходит через центр О
окружности, описанной около трапеции ABCD1). Дуги AD,
DC и СВ (черт. 151,6) равны (так как по условию стороны
AD, DC и СВ равны), причём £5=180°—а измеряется
половиной дуги ADC. Значит, дуги AD, DC и СВ содержат
£
Черт. 151.
по 180°—а; следовательно, дуга АтВ содержит 360° —
—3(180°— а) = За — 180°. Из треугольника АОВ, где АВ=а,
находим
AO = R=*.
2 sin
Зое— 180°"
2 cos
За
За
2 * •"" 2
(величина cos~отрицательна, ибо а — тупой угол, так что
135°<y<270°). Из треугольника ODC находим
DC = b = 2R sin
180°
a cos -a-
cos-
За *
Из треугольника ADF, где AD = b и /_Д=180°— а,
находим высоту трапеции
DF:
■■ Ь sin а = —
a sin а cos -=•
3S '
cos-j
1) См. на стр.337 предварительное замечание к задаче 611.

675
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
389
Из треугольника ВОЕ (см. черт. 151, а), где OB = R и
/тОВЕ=ф, находим H = Rtg$. Площадь основания
„/ За а\ а ,
, в* 1 COS 75" — COS ^г- J COS -g- Sin a
Г- »(« + *)* = ^-i 2У_2 _
2cos«|f
я2 sin3 a
2cosȣ"
Отв. V — fl3sin3atgP^ a3sin^tgp
12cos^
12 cos8 (180°
(180-I)"
675. Высота ЕО проходит через центр О окружности,
описанной около трапеции ABCDх) (черт. 152). Угол АС В—90°,
как вписанный в эту окруж-
£ ность, должен опираться на
диаметр1. Иначе говоря, центр О
лежит на стороне АВ. Трапе-
D L С
jn-r^e
Черт. 152.
ция ABCD, как вписанная в окружность, — равнобочная, так
что l_DAB= /_CBA.
Введём обозначения АВ = a; DC = b; /_ ЛЕВ = » = 2а.
По условию -^aH^S, а из равнобедренного треугольника
АЕВ имеем а = 2Hig -| = 2Hig a.
Из этих двух уравнений находим
H = VSc\ga и a = 2yslga.
1) См. на стр. 337 предварительное замечание к задаче 611.

390 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 675
Сторону b = DC найдём из треугольника ADC, вписанного
в окружность с диаметром а. В этом треугольнике
/_DAC = /.DAB — /_САВ = /_СВА —£САВ.
Но так как треугольник АСВ — прямоугольный, то /. СВА=а
в 90°— £_ CAB. Следовательно,
[_ DAC = 90°—21_САВ = 90° — 2а,
и мы имеем
Ь = a sin (90°—2а) = a cos 2а.
Наконец, находим
CN = А = AC sin a = a cos а sin а.
Теперь получаем
V = i. ^±1 kH= 1 Д2(1 + cos 2a) cos а sin а#=
Ох О
= -g-»4Stga2cos2a cos a sin a j/5ctg a es-" gjAssctg«.
Грань ABE образует с плоскостью ABCD прямой угол.
Для определения угла <Pi» образуемого гранью ADE с
плоскостью ABCD, опустим перпендикуляр из О на AD (он
изображается прямой ОК, параллельной диагонали BD, так
как последняя перпендикулярна к AD; диагональ BD на
чертеже не изображена; /, £Я"0 = <pt). В треугольнике АОК
угол OAK равен /_ ABC = 90° — £_ CAB = 90° — а. Поэтому
ОК = АО- sin (90° — а) = -| cos a
и
Н __ 2Н __ 2Н _ 1
£'* (Ж я cos a 2#tgacosa slna*
Для определения угла <р2> образуемого гранью DCE с
плоскостью ABCD, проводим OLJ_DC; /_ЕЮ = ^й, Так как
OL = NC = h, то
, ___tf Н 1
XU ?2 Л e cos a sin а 2 Sin2 a *
Отв.
<pt = arc tg (cosec a); <p2 = arc tg f-g- cosec2 a J.

677
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
391
676. Нужно определить (черт. 153) сумму площадей
треугольников ABC, ABD и ACD. Площадь St треугольника
ABC равна
S1=^AB
Площадь
равна
1
треугольника
1 СЕ
ABD
—_2L
S2=-^AB-DE=AB.^
г 2 2 COStf COS<(>
площадь 58 треугольника ACD равна
S3=>-jAC-CD =
*=\аВ • CD=*±AB • СЕ • tg<p=.St tg<?.
Следовательно,
Suo« = Si + S2 + S3 = 4 CqS3? (1 + cos ? + sin ?).
Выражение в скобках преобразуется, как указано в
задаче 673, и будет равно 2 У 2 cos -|- cos (45°—-| J. Если в
формуле для Звав в знаменателе cos 9
представить как sin (90° — ф), то
выражение для 5бок можно будет
сократить на
cos (45° — -J).
а? у$ cos -^
Отв. Stoit =
4 sin
(-4)"
677. Так как плоскость
основания ABC (черт. 154) проходит
через прямую АС, а плоскость се-
Черт. 154. чения А1ВСХ — через прямую AxCt,
параллельную АС, то ребрэ MN
двугранного угла J3 параллельно прямым АС и Afi^. Поэтому
для построения линейного угла проводим BD J_ AC и
BDt J_ Afit (точки D и Dx будут серединами ЛС и AtC,).

392
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
673
Имеем
Sios = (2ЛВ + АС) • DDt = (2AB + AQ • BD • tgp =
= 2a2(l-j-cosct)sin ottgfi.
Объём V, четырёхугольной пирамиды ВАСС.А, равен
2
■*■ объёма V призмы (см. задачу 673) и, следовательно.
где
угольника
= у АВ . Л£.
S = la2sm(180°—2a) = ia2sin2a.
Отв. 56oK = 4fl2cos2|-slnatgP; Vx => ^ sin 2a sin a tg p.
678. Как в задаче 630, докажем, что грань DC£ (черт. 155)
наклонена к плоскости основания ABCD под углом a = ^ADE,
а грань ВСЕ — под равным ему углом <х= ^АВЕ; обе эти
грани — прямоугольные
треугольники ( /_CDE — 1_СВЕ — 90°).
Площадь St треугольника ADE
(а также равная ей площадь тре-
АВЕ) равна S, =
Из треугольника
ABE, где 5£ = 2/?, находим
АВ = 2/? cos a,
ЛЯ =2/? sin a,
Черт. 155.
так что S1 = 2/?2slna cos a.
Площадь SB треугольника CDE (а также треугольника
СВЕ) равна
52 = -i SC • В£ = -j ЛВ • Я£ = 2/?2 cos a.
Имеем
5П = S + 25t + 252 = 4/?2 (cos2 a + cos a sin a-j-cos a) =
= 4/?2 cos a (cos a -j- sin a -f-1).
Выражение в скобках преобразуется, как указано в за-
даче 673.
Отв. <Sn = 8]/'2"tf2cosacos|-cos(450 — |Л.

679 ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ 393
679. Плоскость сечения ECD (черт. 156), параллельного
гипотенузе АВ, пересекает плоскость грани АВВ^А1 по
прямой ED, параллельной АВ. Опустив перпендикуляры СМ и
CF на прямые АВ и ED, получим прямоугольный
треугольник CMF, где /_CFM = p (доказать!). Следовательно,
Д CMF = Д СМВ
(у них общий катет МС и
/_СВМ = 90°—а,
а по условию
р = 90° — а).
Требуется найти объём V пирамиды CABDE, у которой
основание ABDE—прямоугольник, а высота равна СМ =
<= a sin j3 = a cos a.
Черт. 156.
Имеем
V = -J-. АВ • MF • СМ = 4- • АВ • /ИВ • С/И =
О О J
= j • ВС2 • С/И = j а» cos «
(катет ВС есть средняя пропорциональная между АВ и /ИВ).
Далее имеем
SSm = (BC +AB +АС)Н = аН(l -t-~ + ctgа);
эдесь «Я есть площадь грани CBBtClt которая по условию

394 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 630
равна площади 5евч треугольника CDE. Следовательно,
Значит,
Выражение в скобках преобразуется, как в задаче 673.
Чтобы плоскость CDE пересекала грань ABBtAv отрезок
MF = MB = a sin a должен быть меньше, чем отрезок MN =
= Н=гг~,— : « = о-;— • Из неравенства a sin a < я—,—нахо-
2 sin a 2 sin о r 2 sin a
1 V"2
дим sin2 a < у, т. e. sina<-~. Значит, угол a должен
быть меньше 45°.
. „„ У2"д2 cos ~ cos (45° — £)
Отв. V~£™^i Sfios = _ 2_i It;
3 ' sin^a '
a < 45°.
680 (черт. 157). Боковая поверхность пирамиды будет
- _#*ctga №ctgf ,
•^бок 2 1 2" г
, №ctg_B_ , №ctg_a
T~ 2 sin a "T~ 2 sin В *
Отсюда получим
5бок = гг-, r~s (cos a sin 8 4-
0OK 2 sin a sin p ч r '
-f- sin a cos 8 -f- cos 8 -f- cos a).
Выражение в скобках можно привести к виду, удобному для
логарифмирования, учитывая, что cos a sin p -f- sin a cos p =
= sin (a -4- 8) и cos 8 -j- cos a = 2 cos ^t-H cos -Tp. Получим
sin (a + 3) + 2 cos i±i cos i=* = 2 sin i±l • cos *-±$- -f
, 0 a-j-8 a —8 0 a + P/ • a + P I «—"PN
-j-2cos —J-!-cos —^ = 2cos—g-!-(sm—^ + cos—2 ]*

681
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
395
Заменив cos ^-н-^ через sin (90° — 5L_Ej и преобразовав
выражение в скобках как сумму синусов, получим
4 cos i+£ cos (45°—|) cos (45° — -§■).
2tf 2 cos i±£ cos ^45° — -|) cos ^45° — 1)
Одав. Se9B
sin a sin p
681. Пусть r—ON—радиус круга, вписанного в
основание пирамиды1). Из треугольника DON (черт. 158) имеем
DO = Н = г tg a. Так как центр О вписанной окружности лежит
на пересечении биссектрис углов А и В, то /^ О AM = ■^•
и
£ОВЛГ=^1=^ = 45°--|.
Так как угол С прямой, то
четырёхугольник MCNO — квадрат,
так что MC = CN=r.
Следовательно,
АС = Ь = АМ + МС =
= r(ctg^-\- l)
и
CB = a = r[ctg(45° — f)+l].
Выражения в скобках преобразуются, как в задаче 662, после
чего получаем
Vooh = -9" а" — о
j l/"2rcos-J lA2rsin(45° + |-)
— /•ctg-f «&(«• —J-).
. О
sln2-
i) См. на стр. 342 предварительное замечание к задаче 617.

396 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Следовательно,
V = l5„eH^=i-r3tgactg|ctg(45° —|).
Это выражение можно упростить, если заметить, что
682
. sin a
sine
О 1 ° а
2 sin -к- cos -л-
cosa sin(90<>-a) 2Лл{&-$)т{&-$) '
Боковую и полную поверхность можно найти по формулам
00в COSa u COSS '*
Отв. V-.
Г3 COS2 -g-
"бОК*23
3sin2(<l50 —-^
"ctgj
2 sin2
(»-•*)"
'""Ctg-jCOS2-^-
Черт. 159.
sin2
(«■-*)'
682. Плоскость отсекает от призмы пирамиду ВХАВС
(черт. 159), высота которой проходит через центр О
окружности, вписанной в основание пирамиды; поэтому все
боковые грани её образуют с плоскостью основания равные
углы а; следовательно,
2S„chC°s22-
Находим
COSa
= £>С-Ж).
Из Д OCD, где OD = г и £ OCD == |-, находим DC = r ctg-|.
') См. на стр. 342 и 344 замечание к задачам 617 и 618.

ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
397
Из l\ADCнаходим AD=DC- tg ot=r ctg-^- tg а. Следовательно,
•Sooh =/-2 ctg2 у tg a nS„ =
2r2ctg3-tgacos3-g-
cosa
в виде
sin a
Полученные выражения можно упростить, представив tg a
0
2 sin -я- cos -я-
cos а cos a
Объём призмы
У = Sooa • Н,
где
tf = rtga
(из ДВгСЮ).
Отв.
SB =
\r«- cos* -g- ctg y
COS2a
l/ = /-3ctg2 "tg2a.
Черт. 160.
683. Из ДВЖС (черт. 160), где £ ЖСБ = 45°, а
1_ МВС = 180° — (45° -j- a) — 45° == 90° — а, по теореме
синусов имеем sl?rwT^ = inrw-^. Отсюда
ап т sin (45° + <*)
Из Д ЛВС находим
АС = Ь =
Из Д DCM находим
л/-. >. 1 m sin (45° 4-а)
AC = b = с ctg a = ^—-—'-.
° sin a
Н = т tg a.
Линейными углами для двугранных DACB и DBCA
будут £_DNM. и ^_DA7W; эти углы равны, так как равны

398
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
треугольники МКС и MNC (по гипотенузе и острому углу) и
треугольники DMK и DNM (по гипотенузе и катету). Обо-
А/ т
значим их величину через <р; тогда tg <р = j^, где MN = -у=.
Отв. V = -gmb cvosi,7 ;;? = arctg(y2tga).
684. Пусть ABE (черт. 161, a)—первая, а ADE—вторая
боковая грань. По условию они наклонены к основанию под
одним и тем же углом а.
Отсюда следует, что
точка О, через которую
проходит высота, лежит на
диагонали АС.
Действительно, если из точки О
(черт. 161, б) опустить
перпендикуляры ОМ и
ON1) на стороны АВ
и AD, то /тОМЕ=л
и 1_ ONE = а (доказать!);
следовательно,
ОМ = Иctg a
и
ON= //ctg a,
т. е. ОМ = ON. Значит,
точка О лежит на
биссектрисе угла BAD, т. е.
на диагонали АС ромба
ABCD.
Но тогда также имеем
ОМх = ONt (ОМ1 и
CWt — продолжения ОМ
и ON), откуда следует
равенство треугольников ОМгЕ и ONtEn, значит, ^О^Е =
= £J0MXE, что и требовалось доказать.
1) На пространственном чертеже (черт. 161, а) один из этих
перпендикуляров, например От, можно изобразить произвольной
прямой, но после этого второй строится вполне определённым
образом, так как прямая MN должна быть параллельна диагонали BD.
Это легко доказать на плоском чертеже (черт. 161, б).

685
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
399
Из треугольника ОМЕ находим ОМ = //ctg а, а из
треугольника ОМхЕ имеем OMx = Hztg$. Следовательно, вы-'
сота h ромба равна h = MM1 = H(ctga-±-ctg$).
Значит;
V = ~ S„0„tf = 1 ahH = j am (ctg a + ctg p),
Sa^Socn + 2SABE + 2SBEa = a{h + ME+N1E),
где МЕ =
Тогда
Sin а'
"i*~HTp-
tj/1 + cos a , 1 + cos p\
Выразив числители и знаменатели через -д- и -й- и сократив
дроби, получим
5n = ^(ctg|- + ctgl).
Оота.
V=-jflH2(ctga+ctgP) =
"~ 3 sin a sin p '
50 = a^(ctg| + ctgi) =
atf sin ?ф^ ,
1 sin | sin |-
685. Пусть £ Л (черт. 162) — острый угол ромба, так что
АС — большая диагональ и /_ OAD = -j. Проведём МК±.АС
и MN_\_BDl). Пусть <р есть угол, под которым плоскость
ЕАС наклонена к плоскости основания. Тогда /_МКЕ — у
и /. MNE = «5». Для определения Я выразим Ж/С и MAT
1) На черт. 162 следует провести МК\\ BD и MN\\ AC, так как
диагонали ромба взаимно перпендикулярны (ср. предыдущую сноску).

400
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
-через Я; получим M/f = tfctg<p и MN = Hc\gi?\ эти
выражения подставим в соотношение
МК . MN
a = AD = AM + MD = -
sin¥ cos-g-
Получим
Отв. Vt
\sin-J cost/
я8 sin a a? sin3 a
где двугранный угол <р имеет ребром ббльшую диагональ
ромба, а угол ф— меньшую.
686. На черт. 163 отрезок АВ изображает гипотенузу
основания. Для построения линейного угла а нужно пересечь
ребро ВВХ плоскостью,
перпендикулярной к
этому ребру. В данном
случае такую плоскость
можно провести через
катет АС. Чтобы
доказать это, нужно
доказать, что AC\_BBV.
По условию верши-
Черт. 163.
на В, ^проектируется в
точку D (середина ВС),
лежащую на катете ВС.
Следовательно, если
провести через В прямую KL,
перпендикулярную к ВС, то KL будет перпендикулярна
также и к ВВХ (теорема о трех перпендикулярах). А так как
AC\\KL, то АС\_ВВХ, что и требовалось доказать.
Проведём через АС плоскость ЛЕС, перпендикулярную
к ВВХ. Боковая поверхность призмы равна периметру
СЕ-\- АС-\- АЕ перпендикулярного сечения, умноженному
на ребро BBV. Из прямоугольного треугольника ВСЕ,
где /_СВЕ = $ (доказать!) и ВС=а, находим СЕ = a sin р.

ш
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
401
Прямая KL, а значит, и параллельная ей прямая АС,
перпендикулярна к грани BBfifi. Поэтому треугольник АСЕ— пря-
CF
моугольный при вершине С. Значит, АС = СЕ tg а и АЕ = —- ,
так что
CE+AC+AE = asin?(l+tg« + ^).
Ребро ВВХ находим из треугольника BDBlt где BD = -^.
Получаем ВВ. = „ а *, так что
J 1 2 cos p
SSoa = (CE + AC+AE). BB^^-{\ + ige + _L).
Преобразуем выражение в скобках, как указано в
задаче 673, и cos а, как
указано в задаче 681.
Отв.
*2tgpcosiL
v л
Обок т )Г\^ •
V2sin(45°-|-)
687. Как в
предыдущей задаче, докажем,
что ребро ААХ\_ВС
(черт. 164), а
следовательно, и ВВХ _]_ ВС и
грань
BBfifi—прямоугольник. £ АХАС =
= 1^ АХАВ = 2а
(доказательство см. в задаче
669) и, следовательно,
грань AAfi.fi = AAxBtB. Точка £—середина стороны АВ
и EOj_AB (точка О — центр окружности, описанной около
Д ABC); тогда АХЕ _|_ АВ (по теореме о трёх
перпендикулярах). По теореме синусов имеем
Черт. 164.
тогда
АВ = 2R sin (90°— а) = 2R cos а;
SaaB — -jAB* • sin 2а = 2#2 cosaa sin 2a.

402
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Из треугольника ААХЕ имеем
ААг = 1= соз2а =
АВ
Rcosa
'2cos2o cos 2а *
Из ДЛ/ljO найдём
Я=/Р=Ла = —* /coe«a — cos22a.
COS 2a
(Подкоренное выражение преобразуем, как указано в
задаче 656.) Сторона ВС = 2BD — 2 • АВ • sin о. Следовательно,
V = S^ • #= 2tf2cos2a sin 2a -^j- /cos8a — cos22a =
= 2R3 cos2 a tg 2a /cos2 a — cos2 2a
и
S6oK — 2Saa,b1b + Sbb^o^ 2LAB- sin 2a -j- 2/ • AB • sin a =
= 2/. Л5 (sin 2a-f-sin a).
Одав. F = 2/?3 cos2 a tg 2a У sin 3a sin a;
Sxois =
8/?a cos2 a sin ~y cos -5-
cos 2a
688. Проводим высоту ОМ треугольника ОСЕ (черт. 165);
тогда £mBMD = § (доказать!). Обозначим ОС = ОВ через х
и найдём х из формулы ОС2==
Е =СЕ-СМ, где С£=/ и СМ =
»]/"*>—ОМ2. Из
треугольника 0Ж5 находим
0iW = 05.ctg|- = A:ctg|-,
М так что
'' Подставляя в формулу ОС2--
= СЕ'СМ, получаем уравнение
СМ
= x-\f\— ctg2|-.
х2 = 1х]/~1—^-^.
>тветствует у
* = OC = /|A— ctg2}.
Корень л; = 0, очевидно, не соответствует условию, так что
имеем

€89 гл. 9. многогранники 403
Следовательно,
н=ус&—oc*=Vp—*a=/ctg-|.
Теперь находим
Замечание. Величина cos8 отрицательна, так как ■|->45<>
Гибо tg-|- = тггт = -щ- г но наклонная ОС больше
перпендикуляра ОМ, следовательно, tg-|->lj.
2 fi/ BN H ctS "I"cos ?
Oms. V^I/Bctg^l-ctg^^-fP---^ .
689. Из треугольника AXFE (черт. 166), где £_АхРЕг=л,
находим FE = Hctg а, а из треугольника ДСЯ, где AxC = d,
находим ЕС = У сР— И3 и,
следовательно,
ЕК = ~г
V2
■/^
Теперь находим стороны
оснований
АВ = а = ЕК+ЕР
и
XjB, = EG = b = EK— GK=>
= ЕК—ЕР,
так что для величины
входящей в формулу объёма усечённой пирамиды, получаем
выражение
{ЕК + EF?+{EK + EFXEK—EF) -j- (ЕК — EF? =>
= ZEK*+EF*.
Отв. V = x(3 ' Е1<2 + ^^)= -^-[3(б?9— tf2)+2tfactg2aj.

404
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
690
690. Можно использовать тот же черт. 166, что и в
предыдущей задаче, введя обозначения АА± = / и /_ АХАС = р.
Из прямоугольного треугольника AAfi находим ЛС = ^у,
так что a = FK = -гт==—г. Из треугольника ААХЕ нахо-
/cos p
сле-
У2 cos p *
дим H=lsin$ и AE — lcos$, так что FE = ' ^Ч "<
довательно,
b==EQ=FK — 2FE = -FJ- (1 —2cos2p)= //.c°s2PQ.
V^icosp r /2cosp
Теперь получим
V.==^_(a2 + fl6 + 62)=HlL(i_cos2?+cos2 2?).
Если числитель и знаменатель помножить на (1 —f-cos 2^)
(применив формулу для суммы кубов), то получим несколько
более простое выражение.
Замечание. Угол р должен
быть больше 45°, так как FK~>2-FE.
Поэтому cos2J3<0.
Отв.
^■g^a-«s2M-co*2?)-
_ /з sin ft (1 +cos8 2g)
12 cos* p
691. Из треугольников AAtE
и ЕАХС (черт. 167)1) имеем
AE=*Hiiga. и £C = tfctgp.
Боковая поверхность равна
^бок — ^
а-\-Ь
.,41N =
= 2(a-\-b)-AlN.
Апофему ЛХЛ/ находим из треугольника AXEN, где
EN =
АЕ
Н
V2 У 2
^"Ctga;
1) Об изображении усечённой пирамиды см. стр. 348.

692 гл. 9. многогранники 405
получаем
/yv=tf-|/"l+yctg2<x.
Сумма
а + * = АВ + АХВХ = 2AtВ1 + 2AN = 2 • NB =
= £С Vr2 = W-/2ctgp.
Следовательно,
S6oK = 2HV 2 ctg p tfj/"l + у ctg2 a.
О/ив. 5бок = 2Я2 ctg р У 2 -f ctg2 «.
692. Из треугольника Л^М (тот же черт. 167), где
EN=AN= АВ~А^ =.£уз-1),
находим
Я=/Ц£=|-(/3-1)18т
А\™— 2cost *
Теперь получаем
У = 4-(Заа + й2 + я2/з) = Тг(/3- 0(4 +/3) tg T
5б0К = 2(ЛБ + ЛА)А^=2в(/3 + 1).^|^ = ^.
Следовательно,
5n = 560K + 3a2+a2 = i^l±ii2ilI.
Выражение в скобках можно привести к виду, удобному для
логарифмирования.
Отв.
Г =—-——g i-2-1-st!0,7a8tgf;
- 2^ (1+2 cosT) ^ cos (.1+300)003 (|-30")
Un = — ,--.■—— с-- ■ — " ■--
cos i cos y

406
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
693
693. Обозначим сторону куба через х (черт. 168). Из
подобия треугольников EOtKt и ЕОС имеем
ЕОх _ OtKt
ЕО ~~ ОС *
Здесь
EOt = ЕО — OOt = Н— х.
ЕО = Н,
°*Kl==Y^'
Следовательно,
Н — х
Черт. 168.
Н
Отв. х =
У2УР—Н*
НУ 2 (ft — №)
Н+У2(1* — Н*)
694. Из треугольника EOF (черт. 169), где OF = -^-
и /m0EF = a, имеем Н =-§-ctg а. Следовательно, объём
пирамиды
l/ = ia2tf=i a8ctga.
Выразим сторону а через ребро
куба х = ММ1. Имеем
а = 10F = 2СШ + 2MF ==
= KM-\-2MMx'iga.=
= хУ~2 -\-2xiga.
Следовательно,
у _xHV"2 + 2tzafctga
6
Здесь ха = Vt есть объём куба.
0ш K^_(y2 + 2tga)8ctga Черт. 169.
Vj 6
695. а) Способ построения. Сначала изобразим то
сечение ^j/VfjBj (черт. 170), где лежит «верхняя» грань куба
KlL^MlNl (это сечение есть прямоугольный треугольник
с прямым углом при вершине МЛ. Так как вершины KltLu

695
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
407
Черт. 170.
Мх, Л^ лежат на боковых гранях, то они находятся на
сторонах треугольника Л1М1В1 {Мх совпадает с вершиной
прямого угла, прямая МХКХ
изображает биссектрису
прямого угла, ибо M^N^^M^L^).
Теперь изображаем куб
КЬМЫКх1хМхЫг. Внутри
четырёхугольника KXLXMXNX
берём произвольную точку
Ot, изображающую
пересечение высоты DO с гранью
KXLXMXNX и соединяем её с
точкой О, сходственно
расположенной в
четырёхугольнике KLMN. Проводим
прямые ОхАх, ОхВх, ОхМх и
прямые ОА, ОВ, ОМ,
соответственно им
параллельные. В пересечении DAX, DBt и DMX соответственно с ОА,
ОВ и ОМ находим точки А, В, С—вершины основания
пирамиды.
б) Решение. По условию ЛС = 6; BC = S; DO = 24*).
Обозначим ребро куба через х. Тогда ООх = хн £Ю1=24—х.
По свойству сечений, параллельных основанию пирамиды,
имеем ВХМХ : ВС = DOt: DO, т. е. ВХМХ: 8 = (24 — х) : 24,
откуда
r м — 8№ — х) — 24--*
ВХМХ = й = —з—.
Из подобия треугольников KXBXLX и ABC имеем
KXLX: BJLi = 6:8;
здесь
KxLx = x и B1L1z=B1M1 — M1L1 = ^~- — x==^~^.
24 4х
Следовательно, х : g = 6:8, откуда х = 3.
Отв. 3.
J) На черт. 170 эти соотношения не соблюдены.

408
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
696. Сечение ВСС1В1 (черт. 171) есть трапеция (доказать!).
Проведём плоскость MNE (М и N—середины сторон AD
и ВС). Она пересечёт плоскость BCCiBl по прямой NK
(К—середина BfiJ. Имеем £_NME= ^_MNE=a и
[_ MNK = Р (доказать!).
Высота KN трапеции ВССХВ^
находится из треугольника KNM,
где MN = a и /_MK.N=*
= 180°—(а+ Р). По теореме
KN a
— ■, т. е.
синусов —
KN
a Sin (а -J- g)
а sin а
Черт. 171.
КЕ
-т—?- . D4". Теперь нахо-
sin(a-H) v
дим верхнее основание ВХСХ
трапеции; из подобия
треугольников ADE и BxCtE имеем
а-КБ а-КЕ
^^IT"
W£
Отношение г™ найдём из треугольника /C/VE, где £ A7VE =»
= а — Р, а 2.Л^£==а + Р (как внешний для Д/СЛШ).
Получаем
ЛГ£ _ sin (а—Р) .
NE~~ sln(a + P) '
следовательно,
Площадь сечения
*iC«- sin (a + П '
Oeeq '
a sin (g — Р)
sin (д -f- Р) я sin a '
2 * sin (a + P) '
Ome. Sow, =
Ф sin" a cos p
sin* (a + P) '
697. а) Способ изображения. Сделав изображение
пирамиды EHPGQ (черт. 172), изображаем прямую MN, по
которой пересекаются плоскости; она параллельна стороне HP
и пересекает ось ОЕ в точке В, Концы М и N отрезка MN

ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
409
лежат на апофемах EF и ED. Проведя PN и GN, НМ и
QM, получаем изображение плоскостей, пересекающихся
no MN. Отметим точки Ах и Си лежащие на пересечении
АВ и СВ с апофемами ЕА
и ЕС (А и С— середины HP £
и QG). Угол ABC —
линейный угол получившегося
двугранного угла. По уело- //.<
вию l_ ABC = 90°, т. е.
треугольник ABC —
равнобедренный прямоугольный и
ВО = АО=*\.
б) Решение. Из
подобия треугольников EMN и
EDF, где DF = а, имеем
ММ = а.~. Угол ОАЕ Й
ЕО
есть линейный для
двугранного угла а, так что
ЕО = АО> tg a = |-tg а. Кроме того, ЕВ = ЕО — ВО
в 7j-(tg а — 1). Следовательно,
M/V^ail^Il!
tga
:a(l— ctga).
CM*. AW-a(l-dg«)-J^-gfc=«3.
sin a
698. а) Способ изображения. Проводим прямую СМ
(черт. 173), изображающую перпендикуляр, опущенный из С
на АЕ. Через точку Ои где СМ встречает ЕО,
проводим КЩВБ. Четырёхугольник KCNM изображает сечение.
Доказательство следует из нижеприводимого решения.
б) Решение. Так как плоскость KCNM
перпендикулярна к ребру АЕ, то стороны МК и MN, а также
диагональ СМ сечения KCNM перпендикулярны к АЕ. Так как
диагональ СМ лежит в плоскости равнобедренного
треугольника ЛЕС, то она пересекает прямую ЕО, являющуюся
высотой этого треугольника. С другой стороны, диагональ KN,

410
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
лежащая в плоскости треугольника BED (и, как сейчас будет
доказано, параллельная основанию BD этого треугольника),
тоже пересекает прямую ЕО,
являющуюся высотой
треугольника BED. А так как плоскость
KCNM имеет с прямой ОЕ только
одну общую точку OlP то в
этой точке диагонали KN и МС
пересекаются друг с другом.
Плоскость KCNM
перпендикулярна к ребру АЕ; поэтому
углы ЕМК и EMN—прямые.
Прямоугольные треугольники
ЕМК и EMN равны (доказать!);
следовательно, MK—MNu EK==
=EN. Из последнего равенства
вытекает, что KN\\BD и что
Черт. 173.
K01 = OiN. Следовательно, диагонали МС и КМ взаимно
перпендикулярны и, значит, 5оеч = -н- МС • KN.
Диагональ МС находим из прямоугольного
треугольника АМС, где 1_ САМ — <р и АС = а Y2 . Получаем
/ИС = а]/2 since.
Диагональ КМ находим из равнобедренного
треугольника KEN, где £_EKN= ср. Имеем KN= 2 • OtE• ctgcp, где
OlE = OE — OOt. Отрезок ОЕ определяется из
треугольника АОЕ (или ВОЕ); находим ОЕ
_ а У 2
tgcp. Отрезок
же OOt определяется из треугольника OCOv где /^ OCOt ■
= 90° — /_ MAC = 90° — ср. Находим
— <?) =—g—ctgcp.
OOt= OCtg(90°
Теперь получаем
KN = 2 • О^Е. ctg ср = 2 {-^-р- tg 9 —^- ctg ср) ctg ср =
= al/"2"(l— ctg».
Следовательно,
See, = \ МС • KN= а2 (1 — ctg зер) sin <p
a2 cos 2<p
sin ^

699
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
411
Замечание. Для того чтобы плоскость KCNM,
перпендикулярная к АЕ, дала бы сечение пирамиды, нужно, чтобы точка М её
пересечения с прямой АЕ лежала на отрезке АЕ (а не на его
продолжении), а для этого угол ЛЕС должен быть острым, т. е.
ZAEC=\8QP — 2<р<90°. Следовательно, <р>45°, а поэтому cos2<р
есть величина отрицательная.
Отв. Sa
a* cos 2?
sin tf
Ф cos (180° — 2?)
sin 9
699. Четырёхугольник AMKN (черт. 174), получающийся
в сечении боковой поверхности призмы, всегда является
параллелограммом (доказать!). Чтобы он был ромбом, должно
Черт. 174.
быть AM = AN. Из равенства треугольников ADN и АВМ
(доказать!) следует, что DN— ВМ. Значит, прямая MN
параллельна прямой BD, а значит, и плоскости ABCD.
Следовательно, прямая EF, по которой плоскость AMKN
пересекается с плоскостью ABCD, параллельна диагонали MN
(и диагонали BD), а значит, перпендикулярна к другой
диагонали ромба АК (и диагонали АС). Отсюда следует,
что ер =5 /_САК есть линейный угол искомого двугранного
угла. Прямая 00L, соединяющая центр ромба Ot с центром
основания призмы, перпендикулярна к основанию (доказать!).

412 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 7°°
Из треугольника AOOv находим
АО OB OiM . a
СО!?вЖвЯ5Гв,Жвя,82'
Замечание. Плоскость, проведённая через прямые AM и AN,
пересечёт ребро СС\ лишь в том случае, если СС\ :> СК, т. е. если
высота призмы не меньше, чем
.vflw'^grgs.-
ey2l/"l-tg»-g.
а У 2 cos a
cost?
tg-
sin-J
В противном случае ни через точку Л, ни тем более через другую
точку ребра ААХ требуемого сечения провести нельзя.
Отв. <р = arc cos tg-* . Задача имеет решение только при
и ^ а У 2 cos a
условии л^-— .
sin —
700 ') (ср. решение предыдущей задачи). Так как
MN—AC (черт. 175) и ВК> BD, а по условию должно
Черт. 175.
быть ВК = MN, то АС > SD, т. е. АС есть ббльшая
1) Об изображении прямой призмы см. стр. 331 (черт. 83).

т
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
413
диагональ ромба, так что £_АВС—тупой, a /_BAD —
острый.
Угол <р = £_ОВОх — есть линейный угол искомого дву«
OR
гранного угла. Из треугольника ООхВ имеем со$9 = -^-^-,
где ОВ — О А • tg ~ . А так как О А = ОхМ = ОхВ, то cos <p =
= tg-5-. Здесь tg-£<l, так как я — острый
угол.
Отв. у = arc cos tg %r; задача имеет решение только при
условии
DDX>
BD V"cos a
sinT
701. Ср. предыдущую задачу. Площадь S^ ромба BNKM
(черт. 176) равна
See, = 1 • MN .ВК = 2 МОх • ВОх.
С,
Из треугольника МОхВ, где
/_МВОх = -j, находим:
BOx = MOx.ctg±.
Следовательно,
S^ = 2-MO?-cig^^
= 2. АО*-ctg^.
К
2?
<се/
\
дЧ
* 1\
/сгЩ$ь
в,
в
Черт. 176.
Отрезок АО находим из треугольника АОВ, где АВ = а и
/_АВО — -к. Получаем АО = a sin -к.
Отв. 50вч = 2 а2 sin2 ~ ctg ■—■.

414 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 702
702г). Пусть секущая плоскость проводится через
середину М (черт. 177) ребра АВ параллельно рёбрам АС и BD.
Ребро АС лежит в плоскости ABC. Поэтому плоскость,
проведённая через М параллельно АС, пересекает гранб ABC
Черт. 177.
по прямой MN, параллельной АС. Значит, MN—средняя
линия треугольника ABC (мЫ=г-ъАС = -тЛ, т. е. N есть
середина ребра ВС. Ребро BD лежит в плоскости BCD,
а плоскость сечения параллельна ребру BD. Поэтому NL \\BD
\NL=-<rBD==~S и X — середина ребра CD. Так же до-
кажем, что МК—-Х- и что К—середина ребра AD.
Следовательно,
КЦАС и KL = -j.
Значит, сечение MNLK есть ромб. Но кроме того, угол
NMK—прямой. Действительно, ребро BD лежит в плоскости
BDE (Е—середина АС), а эта плоскость перпендикулярна
к ребру АС. Следовательно, BDJ_AC. Но по доказанному
MK\\BD и МЩАС; значит, MK_\_MN. Из этого следует,
что MNLK—квадрат со стороной -^.
Отв. Soe<J = -j.
0 Об изображении правильной треугольной пирамиды см. стр. 330
(черт. 82).

704
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
415
703. Пусть CD (черт. 178) есть боковое ребро,
перпендикулярное к плоскости основания. Так как по
условию 1рАС=* /_DBC = a, то D
АС = СВ, т. е. треугольник
ABC—равнобедренный при
вершине С и, значит, по
условию £С = 90°.
Всякое сечение пирамиды,
перпендикулярное к основанию
ABC, есть четырёхугольник
NKLM с двумя прямыми углами
(l_NKL и IK.LM). Чтобы
этот четырёхугольник был
квадратом, должно быть KN=*
= /<Z. = LM = дг. Из
равенства треугольников AKN и
BLM (доказать!) следует, что
AK — BL, а значит, KC — CL,
KL х
так что КС = -±= = -7=. Из
У? /2
треугольника AKN находим
AK — KN-ciga = x ctga. Так
Черт. 178.
как КС + АК — АС = а,
то получаем уравнение
откуда
Отв.
1 + yYctga*
2a3
'(l+y2ctga)2*
704. В сечении
получится трапеция МАЛВУМ
(черт. 179), равная
боковой грани DD^Cfi
(доказать!). В отсечённой части
Afifi^MNCD имеем
AlDJ = B-jC1 = NC = MD, как отрезки параллельных между
параллельными плоскостями. Полученное тело есть наклонная
призма с основанием CC-fifi. Через апофему FG усечённой

416 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 704
пирамиды и апофему Обоснования проведём плоскость FGQQ^,
получим /_FGL = а (доказать!). Перпендикуляр L/C,
опущенный из I на прямую GF, будет высотой призмы (доказать!).
Из треугольника LKG, где LG = QxF — a, имеем LK= a sin я.
Из треугольника FLG находим FG = = . Объём
е J cos о cos о
призмы V вычислим по формуле
V==DXC,+ DC ,FG,LK
Найдём полную поверхность 5 тела AMA^B^NB,
отсечённого плоскостью АХВЛЫМ. Грань ААХВХВ равновелика
сечению MA^B^N (доказать!). Каждая из этих граней имеет
площадь 5, =з a~t • QQV где <?Qt = FG = -—-^. Каждая из
граней ААХМ и 5iV5t имеет площадь 52 = g-1—, где
AM —AD— MD = Za — a = 2a и Л,Р = /=-G = —. Пло-
1 COS a
щадь 53 грани ABNM равна 53 = ЛМ • АВ = 2a • За. Имеем
5 = 25,4-252 + 53.
12д2 cos2 ~
Ome.V = 2aatga; S =
COS О
Предварительное замечание к задаче 705
и следующим
При решении задачи 705 и трёх следующих мы
воспользуемся следующей теоремой.
Если многоугольник ABCDE ..., лежащий в плоскости Р,
проектируется на плоскость Рх (проекция — прямоугольная),
многоугольником A^Bfi^D^,.., то площадь 5
многоугольника ABCDE... и площадь 5t многоугольника AxBxClDlEx...
связаны соотношением
S, = 5 cos a,
где a—угол между плоскостями Р и Pt.
На вступительных экзаменах нередко предлагаются задачи,
при решении которых трудно обойтись без этой теоремы').
1) См., например, задачи 705 и 706.

704
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
417
*3vhA
Между тем она не содержится в наших учебниках
тригонометрии. Поэтому мы даём её доказательство.
Доказательство. Сначала рассмотрим случай, когда
проектируемая фигура есть треугольник ABC (черт. 180, а), у которого
одна сторона АВ параллельна плоскости проекций Р1ш Проведём через
АВ плоскость Q, параллельную плоскости Рх (Е — точка пересечения
с проектирующей прямой СС{). Получим треугольник ABE, равный
треугольнику Аф^Сх, Проведём высоту CD треугольника АСВ;
прямая ED будет высотой треугольника АЕВ, а угол а = £_EDC
будет линейным для
двугранного угла САВЕ, рав- ^*С
ного углу между
плоскостями Р и Pi. Из
треугольника DCE находим DE=>
— CD-cosa.
Следовательно,
= ~ АВ • DC • cos я =
= S cos a.
Затемрассмотрим
случай/ когда
проектируемая фигура есть
треугольник LMN (черт. 180, б),
- стороны которого не
параллельны плоскости
Pi. Такой треугольник
можно разбить на два
треугольника типа,
рассмотренного выше. Для
этого достаточно через
одну из его вершин М
(не самую близкую и не
самую далёкую от
плоскости Pi) провести
плоскость Q, параллельную
Pt; она пересечёт тре-
а)
ЪАг7*
н
6]
Черт. 180.
угольник LMN по прямой КМ, параллельной Ръ Если S' и
площади треугольников KMN и LMK, a S[ и S* — площади их
екций (треугольников К^МхЩ и LiM-JCi), то по доказанному
ц = о COS а и Si = S COS а.
А так как S = S' + S" и 51==5[ + 5", то'
SL = S[ + S" = S' cos a -\- S" cos a = (S' + S") cos о = S cos <
про-

418
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
705
В случае,, когда многоугольник имеет более трёх сторон, мы
разобьём его на треугольники и, рассуждая как в предыдущем
случае, докажем общую теорему.
Заметим, что эта теорема справедлива и для площадей
криволинейных фигур. Для доказательства нужно вписать в криволинейную
фигуру многоугольник и совершить переход к пределу.
705. Имеем (черт. l8l)S0cn=^^nH=BBt=BD + DBl.
Из треугольников BED и B1£1D (£ и Et— середины АС
и АХС{) имеем
BD=BE-tga=:
в У"3
tga
2V>-!£-*&
Следовательно,
Звз
V = SoeE • Я = ~-(tg a -j-tgft) =
За? sin (a + ft)
8 cos a cos p *
Сечение ADC проектируется
на плоскость нижнего осно-
Черт. 181. вания треугольником ABC.
По доказанному (см.
предварительное замечание) площадь 5 сечения ADC и площадь
треугольника ABC, т. е. SoeB, связаны соотношением Sooe = S cos a,
так что 5 = —25. т Таким же образом (проектируя сечение
AtDC1 на верхнее основание), найдём, что площадь S' сече-
ния AlDCl равна S' = —^. Следовательно,
S + S' = 50он (^oT^ + ЕЫТ)*
8 cos a cos 0 *

706
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
419
706. а) Способ изображения. Соединяем середины
К и L (черт. 182) сторон АВ и AD. Через точку Е, где KL
пересекает АС, проводим прямую EN (угол NEC
изображает линейный угол двугранного угла я). Через точку 02,
где EN пересекается с OOt (изображение оси), проводим
PM\\BD. Пятиугольник KLMNP изображает сечение.
Доказательство вытекает из
нижеприводимого решения.
б) Решение. Так как KL\\BD,
то плоскость KLMNP
(проходящая через KL) пересекается с
диагональной плоскостью DBBtDt
(проходящей через BD) по прямой
РМ, параллельной KL и BD.
Ось призмы OOt лежит в
диагональной плоскости DBB-JD^ и,
следовательно, пересекается с
прямой РМ. С диагональной
плоскостью ACCtAt плоскость KLMNP
пересекается по прямой NE
(Е— середина KL); эта прямая
тоже пересекает ось OOv Но
так как плоскость KLMNP, в
которой лежат прямые РМ и EN, пересекается с осью
00± только в одной точке 02, то обе прямые EN и MP
проходят через эту точку, т. е. точка пересечения прямых
РМ и EN лежит на оси 00±. Прямые ЕС и EN
перпендикулярны к KL (теорема о трёх перпендикулярах); значит,
/_CEN=a,
Площадь S пятиугольника KLBCD равна площади
квадрата ABCD без площади треугольника AKL, так что S =
= £2 — ■_- = -g- й2. Площадь Sce4 пятиугольника KLMNP
определяется по теореме, доказанной в предварительном замеча-
7 "
нии к задаче 705 (стр. 416). Имеем -g-б2 = 5СМ cos а, т. е.
7#*
^оч — 8 cos a*
Сравнивая треугольники M02N и ВОС (у них ЁО = Ж>2
и MN > ВС), убеждаемся, что £. MN02 < 2. ВСО; а так как

420
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
707
£^ ВСО = 45°, то £^ MNO$ < 45°, и следовательно, угол
<?=/_ MNP—острый. Остальные углы сечения—тупые (острый
угол NM02= 90°— /_MNOi больше 45°; угол MLK равен
180° — /_LM02= 180°—/_NM02). Из треугольника MO%N
имеем
tg
но
NO,
2
ОС
NO,
OB
МО.
cos a
cos а
cos а
Следовательно,
Отв. 5евч =
7Ь*
8 COS a
tg тг = cos a.
; у = 2 arc tg (cos а).
707. а) Способ изображения. Сначала начертим
отдельно основание призмы (черт. 183, а). Затем проведём
эллипс (черт. 183,6),
изображающий круг, около которого
описано основание *). Проведём
В,
Черт. 183.
какой-либо диаметр MN эллипса, и через концы его
проведём касательные CD и АВ; они изображают прямые, на
которых лежат основания равнобочной трапеции. Проводим
какую-либо прямую KL, параллельную CD и АВ. Через
1) О вычерчивании эллипса см. стр. 339 (черт. 92).

707
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
421
точки К и L, в которых она пересекает эллипс, проводим
касательные к эллипсу (JDA и ВС). Четырёхугольник ABCD
изображает равнобочную трапецию, описанную около круга.
Далее строим изображение прямой призмы ABCDA^BfiJ^^.
Секущая плоскость, проходящая через боковую сторону AD
и вершину Вг, пересечёт грань ААХВХВ по прямой АВи
а параллельную ей грань — по прямой DG, параллельной ABV
В сечении получаем четырёхугольник ABXGD. Из точки В
проводим прямую BE, параллельную радиусу ОК, ведущему
в точку касания К. Эта прямая изображает перпендикуляр,
опущенный из В на AD. Следовательно, угол ВЕВ1 есть
изображение линейного угла «.
б) Решение. Из треугольника DFA (черт. 183, б"), где
DF=MN=2r и /DAF = a, находим BC = AD = ~.
*~ sin a
Обозначим АВ через a, CD — через b, AD = BC—через с.
По свойству описанного четырёхугольника
a + b=AB + CD = AD + BC = 2c=-^-.
' ' ' Sin a
Имеем
с а + Ь . 2r 0 _ 4г2
^оон — п— UHV^ —
Последовательно (см. предварительное замечание к задаче 705),
С Лг% ЯГ2
аеч cos a. sin a cos a sin 2a'
Высоту Н = ВВ1 найдём из треугольника BBtE,
предварительно определив BE из треугольника ВЕА, где
АВ = а = 2 AM = 20M ■ ctg £ О AM = 2r ctg—.
Имеем
Б£ = я sin a и Н = ££ • tg a.
Следовательно,
H=2r ctg |- sin a tg a.
Теперь находим
SeoB = Я (a + b + 2с) = 4 Не,
Отв. $6oB=16r2tgactg|-; Soe, = ^^.

422
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
708
708. а) Способ изображения. Секущую плоскость Р
можно провести через любую из двух диагоналей грани
fiCCjBj (черт. 184). Проведём её через диагональ ВСХ, По
условию РЦ/Ш. Следовательно, плоскость Р пересечёт
плоскость основания ABC по прямой ВК, параллельной AD
(прямая ВК целиком лежит вне треугольника ABC). Так как грань
ВССХВХ перпендикулярна к AD, то она перпендикулярна и
к прямой ВК; значит, £ СВСХ есть линейный угол
двугранного угла £ при ребре ВК.
Черт. 184.
Изобразим теперь треугольник, являющийся сечением
призмы плоскостью Р. Одна сторона этого треугольника (BCt)
известна; остаётся найти противоположную вершину, т. е.
пересечение плоскости Р с ребром АА^. Для этого
достаточно соединить точку Е, в которой прямая ВК пересекает
продолжение ребра АС, с точкой С,. Точка F, где прямая
С,£ пересечёт ребро AAV будет искомой вершиной.
Докажем это. Так как точка Е лежит на прямой BE, по
которой пересекаются плоскости Р и ABC, то эта точка
принадлежит плоскости Р. С другой стороны, точка Е лежит
на прямой АС, по которой пересекаются плоскости АСС^
и ABC; значит, она принадлежит плоскости АССгАг (она
находится на продолжении грани АССХАХ). Следовательно,
точка Е должна принадлежать линии пересечения плоскостей Р
и ACCXAV Точка Сг по условию тоже принадлежит
пересечению тех же плоскостей. Следовательно, плоскости Р и
ACCXAV пересекаются по прямой СХЕ, т. е. на этой прямой
лежит сторона (С,/7) сечения, находящаяся на грани СС,А,А.

709 гл. 9-. многогранники 423
Значит, точка F, где СХЕ пересекается с ребром AAlt есть
искомая вершина.
б) Решение. Так как треугольник ABC есть проекция
треугольника FBCV лежащего в плоскости Р, на плоскость
основания, то
о тг- a2 sin 2а
о °осн *
°ов,~соГр'~" cos? '
где а = АС—боковая сторона равнобедреннего
треугольника ABC. Выразим а3 через боковую поверхность S.
Имеем
S=^(2AC-{-BC).CC1,
где АС = а, ВС = 2а cos а и CCt = ВС • ig£ = 2а cos а tgp.
Следовательно,
5 = 4аа cos а (1 -{- cos а) tg (3 = 8а2 cos а cos2 -|- tg£.
л с -Д sifl2actgp _Stg'2
ume. освч — jg - — |^j.
COS ^ COS О COSa -g- r
709. a) Способ изображения. Продолжив отрезок
ВС (черт. 185), изображающий катет основания, на расстоя-
Черт. 185.
ние CD = BC, получаем точку D, которая в натуре
симметрична с В относительно катета АС. Возьмём точку М на

424
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
709
середине ребра АА1 и изобразим сечение призмы плоскостью Р,
проходящей через точки Blt M и D. Для этого соединим
точки В, и Z). В пересечении с ребром ССг найдём точку N.
Треугольник BXNM будет искомым сечением. Действительно,
точка D лежит на прямой ВС и, значит, принадлежит
плоскости CBB1Ci (D находится на продолжении грани СВВХСХ).
Но точка D лежит также и на плоскости Р, поэтому она
находится на линии пересечения плоскости Р с CBBfix.
Точно так же и точка Вх находится на этой линии.
Значит, плоскости Р и ВССХВХ пересекаются по прямой BtD.
Точка Л/, где BtD пересекается с ребром ССХ, есть одна
из вершин сечения, так что сечение призмы есть
треугольник BrNM.
Так как BC = CD и CN\\BBU tq CN есть средняя
линия треугольника BBXD, т. е. ./V—середина ребра CCV
Следовательно, прямая MN параллельна прямой АС, лежащей
в плоскости основания. Вследствие этого и прямая DE, по
которой плоскость Р пересечёт плоскость основания,
параллельна АС и, значит, перпендикулярна к плоскости грани
BCClBv Поэтому l_BDBx есть линейный угол двугранного
угла <р при ребре DE.
б) Решение. Имеем (см. решение предыдущей задачи)
s = S°0H аЬ
084 cos <f 2 cos ?
(где а = ВС, b~AC), а так как b — a\g$, то
г>аеч~ 2~Ео7£*
Найдём а2. По условию ф есть меньший из острых углов
треугольника ABC, так что b < а и площадь ЬН грани АСС1А1
меньше площади аН грани BCCtBv Поэтому разность S этих
площадей (предполагаем, что она положительна) равна (а—b) H.
Из треугольника DBBt, где BD = 2ВС = 2а, находим
И = 2а tg 9. Следовательно,
5 = 2а2(1 — tg?)tg<p.
Отсюда находим а2.

710
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
425
710. Угол между непересекающимися диагоналями BAt
и ADX (черт. 186) равен углу <f=/mAxBCx между ВАХ и
прямой BClt параллельной ADX. Имеем /_ СВСХ =
= /_ DADX = а и /^ АВАХ = р. Для определения угла <р
находим Aid* сначала из треугольника АХВСХ (по теореме
косинусов), а затем из прямоугольного треугольника AxBtCt
и приравниваем найденные выражения. Получаем
ВА* + £Cj2 — 2 • BAt. ВСХ • cos <р = Б, Л,2 + ВХСХ\
Отсюда
2 • A4t • ВСХ • cos <р = (£Лг2—-^ А2) + (ВС^—В1С12)=2 • ВВ*.
В это равенство подставляем
D^ sin р sin р
(из треугольника ВААХ) и jSCt = ^~. Получаем
cos tp = sin a sin p.
Другой способ. Через ребро BtCx проведём
плоскость ВХСХС2В^, перпендикулярную к ВАХ (это возможно,
так как BXCXJ_BAX). Пусть Е—точка пересечения прямых
ВАХ и ВХВ2. Из прямоугольного треугольника ВСХЕ находим
BE = ВСХ cos <р, а из прямо- п п
угольного треугольника ВВХЕ,
где 1_ ВХВЕ = 90°—р, имеем
BE — BBt • cos (90° — Р) = в
= BBt • sin p.
Отрезок J3B, выразим через
ВСХ из треугольника ВВ,^,
где [_в\вс\ = 90°—а.
Получим ВВХ = ВСХ- sin а и, значит, ^
/ /
/ /
\ 1 \
\ 1 1
\ 1
/V
\
\
\ ^4
Ч у?
\ yS
•у/г
вг д
Черт. 186.
BE=ВСХ • sin a sin p.
Приравнивая два выражения отрезка BE, получаем
BCt • cos cp = ВС± • sin a sin p.
Отв. cos <p = sin а sin p.

426
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
711
711. Обозначим двугранные углы при рёбрах SA, SB,
SC (черт. 187) через уА, ув, <р0. Проведём через какую-либо
точку F ребра SC плоскость DFE, перпендикулярную к SF.
Тогда £J)FE~<i}G. Определяем £Da из треугольника EFD
и из треугольника ESD, а затем приравниваем полученные
выражения. Находим
FE2 + FD*—2 • FE- FD • cos ?0= SE* -\- SD*—2 • SE-SD • cos f.
Отсюда
2 • FE • FD ■ cos <?а= 2 ■ SE • SD- cos ч —
— (5£2 — /-J52) — (SZ)2 — FD2),
т. e.
2 • /=■£ • FD • cos <p0= 2 • SE • SD • cos ? — 2 • S/72.
В это равенство подставляем
/r£ = 5/=,.tga;
FD = SF -tgp;
.S£ =
cos a
И
5D =
; cos p'
Получаем
tgatgPcos»0=3
cos y
COS a COS p
ь
откуда
Черт. 187.
cos 9л
cost—cos a cosp
sin a sia P '
Аналогично найдём cos <pA и cos <pB.
cos a — cos p cos у
sin p sin i *
Owe. cos «pA =
COS
cos p — cos 7 cos a
™-B Sin x sin a
cos 1 — cos a cos p
008 ?Oe sinasinp '
712. Решается как предыдущая задача.
Отв. cos f = cos a cos p —J— sin a sin p cos A.

715
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
427
713. См. задачу 711.
Отв. Искомый угол содержит 90°.
714. Пусть точка М лежит на грани Q (черт. 188). По
условию прямая AM образует с АВ угол а, а прямая MB
перпендикулярна к АВ. Проведём через ВМ плоскость МВМ,
перпендикулярную к ребру, и опустим из точки М на BN
Черт. 188.
перпендикуляр MN. Прямая MN перпендикулярна также и
к NA и £^MAN=.$ (доказать!). Имеем также <о — /_NBM.
Угол <р мы найдём из треугольника NBM, где MN= AM ■ sin p
(из треугольника ANM) и ВМ ±= AM • sin а (из
треугольника АМВ). Получаем
_ MN __ AM sin р _ sin p
sin<P — ВМ ~~~ АМъ\пч ~ sin а*
/-, • sin Р
Отв. sin » = -—-!-.
т Sin a
715. На черт. 189 PQ изображает общий перпендикуляр
к скрещивающимся прямым LV и ММ'. Чтобы получить
угол, под которым отрезок PQ виден из точки А, нужно
провести луч АР; тогда /_PAQ=a. Аналогично ,/_Р.Вф = р.
Проведём через точку Р прямую РЕ, параллельную ММ'.
Тогда угол между прямыми ММ' и LL' есть (по
определению) угол <р = 1_ЕРВ. Опустим из А перпендикуляр АЕ
на прямую РЕ и проведём АВ (все остальные линии,
дающие изображение параллелепипеда, рёбрами .которого

428
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
716
являются PQ, QA и РВ, проведены лишь для наглядности
чертежа). Из прямоугольного треугольника BPQ находим
Аналогично
Далее
РВ = PQ ctg р = h ctg p.
PE=QA — h ctg a.
B£2 = PB2-f- PE2—• 2 .PB-PE cos <? =
= A2 (ctg2 a + ctg2 p — 2 ctg a ctg p cos <p).
Прямая Л£ перпендикулярна к плоскости ЕРВ, так как она
параллельна прямой PQ, являющейся общим перпендикуля-
■^
м д
А М'
Черт. 189.
ром для прямых РВ и РЕ. Из прямоугольного
треугольника ЛЕВ находим
/4В2 = АЕ2 -f- ££2 = А2 + 5Е2.
О/ив. ЛВ2 = А2(1+ ctg2 a + ctg2 р — 2 ctg a ctg p cos <p).
716. Чертёж предыдущей задачи (в настоящей задаче
<р = 90°). Имеем
BE = VpE*-\-PB* = h /ctg2 a + ctg2 p.
Угол между прямыми АВ и PQ равен углу между АВ и
прямой АЕ, параллельной PQ. Обозначив его через у, имеем
х__. BE .*Vctg»q + ctg«p
lg ~ ~~ /1£ ~* Л

717
ГЛ. 9. МНОГОГРАННИКИ
429
717. Пусть (черт. 190)
DM «1
МА ~~ пх '
DN щ
NB ~~ я2 '
DP ' т3
PC ns'
Найдём сначала отношение объёма Vt пирамиды DMNP
к объёму V пирамиды DABC. Примем грань BDC за
основание пирамиды DABC и грань NPD за основание
пирамиды DMNP. Пусть ребро DA проектируется на плоскость DBC
отрезком, лежащим на прямой
DE. Тогда точки Л и Ж
проектируются в некоторые точки
К и L, лежащие на прямой DE.
Следовательно, высоты AK=h
и ML = ht лежат в
плоскости ADE и треугольники
DML и DAK подобны. Значит,
h
DM
' DA
DM _ rrtj
~~DM + MA Щ + щ'
Площадь St основания
NDP относится к площади 5
основания BDC, как DN • DP •
к DB • DC (так как треугольники NDP и BDC имеют общий
угол D). Значит,
Si DN_ DP __ от, _ m3
S DB' DC /и2 + я2 ' m3 + na'
Следовательно,
m-jm2m3
ft S (m,-f п{){щ + п^{т3 + щ)'
Теперь находим отношение -v_v , в котором делится
объём пирамиды DABC.
Отв.
Я11ЩЩ
V— Vt (от, + лг) (от2 + я2) (от8 + «з) — тцпгт3

430
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
718
718. План решения: из подобия треугольников OEL
и МЕК (черт. 191) выразим OL через МК=Ь и МЕ = -^\
из подобия треугольников ОСЕ и MEN выразим ОС через
ZJ
MN=h и МЕ=-х-. Подставив
найденные выражения в
соотношение ОС2 = 2 • OI2, получим
уравнение, из которого найдём Н.
Решение. Имеем
OL:H = MK:EK,
fSi.—i..\._s \g т. е.
откуда
OI2
4J2//2
tfa — 46*'
таким же образом найдём
ОС2 =
Следовательно,
4^Я2
Я« — 4№*'
_4№№__ o-i^-
№ —4fta № — №'
Деля на Я2, получим после преобразований
26ft
Я =
У"26* —й* *
Теперь находим
ОЛ2 =
4&W2
2*ЗД»
и
Отв. V =
V=j(20L)*.H.
16Ь%з
3(ft2__j2) у^а —ft*'

724
719. Отв. V =
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
ГЛАВА 10
КРУГЛЫЕ ТЕЛА
8УТ'
431
720. Отв. Ув-^-УЧяЧ» —с».
721. Отв. V = ^.
722. Отв. V--
d3 cosa a sin a
4я
723. Радиус основания /? = / sin ot (черт. 192)г), высота
конуса # = /cosa. Объём
.. nR*H K/3sln2acosa
г—т-- з—1
Полная поверхность
S„ = «R(Z + К) =
= itP sin a (l -f- sin a).
По условию /+# = /»;
следовательно,
/и от
1=
1 + cos о
2 cos* j
Отв. V =
ъггР sin2 а cos а
24 cos'-g-
S„ =
Черт. 192.
«m? sin a cos2 U5° — |A
2cos«-£
724 (черт. 193). Плоскости AtBt и A2Bq отделили от
конуса АСВ конус А1СВ1 и конус А%СВ2, подобные данному
конусу. Их объёмы (V, Vt и V^g) относятся, как кубы высот
1) О вычерчивании эллипса (изображения окружности, лежащей
в основании конуса) см. стр. 339.

432
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
725
Объём Vop средней части A,/4sSaS, равна Vx
читая из первой пропорции вторую, найдём Vat.
1
Отв. 14Р = я? V,
Va. Вы-
27
Черт. 193.
Черт. 194.
725. Из треугольника АОЕ (черт. 194) находим
АВ а
OA = R.
2sin£ 2sln-£
2 2
Из треугольника OBD имеем H=Rctgpm
0me. v^J^^L,
24 sin» ±
726. По условию ОС—ОСу = Н (черт. 195). Имеем
ОС = /?ctg£
Следовательно,
OC,,=/?ctga.
R = —L—
Ctgp — ctga'

728
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
433
Искомый объём V равен разности объёмов конусов АСВ
и АСХВ. Следовательно,
l/=i-к/?2 (ОС—ОСх) =
Ота.
кЮ
V atctgp-ctga)2
_ nfr*Sin2aSin23
3sin2(a — p) *
727. По условию
«/?/= S.
Площадь основания
S0OH = *fla
равна Р — S. Деля
почленно равенство
на равенство
it/?/= 5,
P—S
Черт. 195.
/?
получаем у=
:.Обо-
—)0
эначим искомый угол
через Р; из
треугольника OBD (см. черт. 194) й
имеем
sinp = £.
Отв. р = arc sin —^—.
728, Из равнобедренного треугольника ADAX (черт. 196)
-. Если а есть радианная мера угла
находим AD = ■
ADAV то
2 sin T
АВСА,
: Л£>. a s= •
2 sin-

434
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
729
До развёртывания боковой поверхности отрезок AD был
образующей конуса, так что
l = AD = —?—;
2sln|
дуга ABCAt была окружностью основания, так что
2ic/?=-
2sin-
Высота Н конуса равна
-—/4*2 —«2.
4nsin^-
Отв.
т/ — "8д3 У 4я" — а*
sin3T
Черт. 197.
где а — радианная мера
данного угла.
729. Угол DOM (черт. 197) равен углу y=£mDEO.
Из Д ODM и Д 0£Af находим
0О = Я =
COS <j>
OS:
' sin <?*
Из Д ОСЕ находим
OC = R-.
ОЕ
cos-
Отв. V-.
«я3
3 sin2 ? cos <p cos2 -я-

780
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
435
730. Радиус основания конуса R = -^= (черт. 198). Из
J\AEF находим Л£=/ = —-—; из /\АОЕ находим
2s.n-J
2sin-t V 2
2slnT
2 sin ±
Полная поверхность Sa равна
^42smf ^2^ 2sW|V2T 2;
Черт. 198.
Выражение в скобках можно преобразовать:
1 , . а . ,н , . а _ . 90° + о 90°—а
Л о 2 '2 4
У2
Ош. V = Ba8y"cosg;
COS-
12 sin-|
5П =
гся* П + У~2 sin ^) я<*2
sin
90° + а 90°—а
cos-
2 У 2 sin -|-
. а
sin^

436
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
731
731. Из треугольника ААКС (черт. 199) имеем АС = 1 cos a.
Из треугольника АА.В находим AB = 2R = ——, так что
1 cos a'
АО =/?=;
Значит,
2 cos a'
Л^ = г = АО-
Теперь находим
•ЛС==/(2^Га-С05а)«
S6oE = nl(R -j- r) = я/2 (^^ — cos а).
Отв. Обов = ——— = ш* tg а sin а.
Черт. 199. Черт. 200.
732. Из соотношений V = -gnR2Hn /? = Hctga, получим
3
И R:
.faais.
Пусть требуется разделить пополам боковую
поверхность. Так как конусы ABC и \Bfi (черт. 200) подобны,
то их боковые поверхности S и St относятся, как Н2 = ОС2
к Я12 = 01Са. Следовательно,

734
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
437
Пусть теперь требуется разделить пополам полную
поверхность. Тогда
*ЯА = -§-я(Я2 + #/).
Подставляя сюда Rt = Нх ctg a; lt = -^ и / = ^^, получим
■".,2г-*(",«*"+тй5).
откуда Нх = Н cos у.
О/ив. Если пополам делится боковая поверхность, то
,, 1 ,8/~3Vtg*a о ,8/"3Vtg*a
Я, == —-= 1/ —s—; если полная, то Я. = cos-^-1/ £—.
733. Обозначим (черт. 201) радиус шара через /?,
высоту DC сегментной поверхности АСВ через к и отрезок DA
2
через г. Объём V сектора равен V = -g-it/?2A. Из
треугольника ACD, где £_ CAD = ^ (как вписанный, опирающийся на
дугу
&-т).
находим
А — г tg -J. Из
треугольника ADO имеем г = R sin -2..
Следовательно,
F = |-7t/?2A =
=-J*/?2-/? sin Jig-J.
Полная поверхность сектора состоит из поверхности
сегмента АСВ, равной 2я/?А, и боковой поверхности конуса АОВ,
равной п/7?. Следовательно, 5П = 2it/?A -f- тс/-/? = it/? (2А + г).
Отв. V = ~/?3 sin2 i; 5fl = it/?2 sin |-(2 tg j + l).
734 (см. черт. 201). При обозначениях предыдущей
задачи имеем 5 = 2it/?A+itr2. Из Д ADO имеем Л05 =
= /Ша-|-ООа; так как OD = R — h, то /?2 = г2-f (/? — А)2
и л2 = 2/?А — А2. Значит, S = 4тг/?А — кА2.

438
Отсюда
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
735
А = 2/г±:-
Так как А < /?, то знак «плюс» не годится.
Отв. А = 2/? —1/~4/?2 — ^.
735. На черт. 202 изображено осевое сечение тела,
полученного при вращении треугольника ABC около стороны АВ.
Это тело состоит из двух конусов. Его объём
V = jv • DC* . AD+jit • DC2 • DB =
= -J DC2 (AD + DB) = ~ DC1 ■ AB.
Учтём, что DC • ЛВ = 25 и что DC = b sin a.
Л ,, 2«Sb sin a
Черт. 202.
Черт. 203.
736. Объём тела вращения (см. предыдущую задачу)
будет
V = i s • ОЛ2. (BD + DC) = jica • Ша
(черт. 203). Для определения DA поступим так. Из тре-

737 гл. 10. круглые тела 439
угольника BAD находим BD = DA • ctg В, а из
треугольника DAC найдём
DC=D A- ctg С.
Следовательно,
a==BD-\-DC = DA (ctg В + ctgC).
Отсюда находим DA.
п v__ 1 пд3 «д»sin2В sin* С
Отв. V— 3 •{ctgB + ctgQs — 3s№(fi + Q *
737. Объём тела вращения (сечение его изображено на
черт. 204) равен сумме объёмов двух равных усечённых
конусов, полученных от вращения трапеций АМВС и ANDC,
Черт. 204.
без суммы объёмов двух равных конусов, полученных от
вращения треугольников АМВ и AND. Радиус одного
основания усечённого конуса AC = d, а другого МВ = -к.
Имеем
Из Д АОВ находим
fiO = ftgf
гиР> tg -1
Ome. V= к .

440 ответы и решения 738
738. Объём V (черт. 205) тела вращения равен объёму
усечённого конуса, полученного от вращения трапеции OOiBC,
без объёма двух конусов, полученных от вращения треуголь-
С, \0 R С
Черт. 205.
ников АОхВ и АОС. Так как по условию £ ВА01 = £_ С АО,
то £_ВАОх = l_CAO = 2Q°—^, так что
£OtBA=lmOCA = %.
При обозначениях чертежа 205 имеем H = bsi{t-~-*
R = b cos -д- (из треугольника АОС) и h = с sin -j, r = с cos -к
(из треугольника АОф). Значит,
V = у (^+А) (Яа + Яг ■+■ *"2) — j HR? — -| hr* »
= -J sin -£ cosa |- [(£ + с; (*2 + ^-1- с2) — t>*—св].
а
«&С (6 + С) sin а COS -я1
<2««. К = з -.
739. Поверхность 5 тела вращения (черт. 206) состоит из
суммы боковых поверхностей двух равных конусов с осевым
сечением DADt и СВСг и боковой поверхности цилиндра с осе-

740
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
441
вым сечением CDD^C^. При обозначениях чертежа 206 имеем
Ь
r = bsma, k = MN=AB — 2АМ=>
COS a
■2b cos а.
Значит,
S = 2кг (Ь + А) = 2^112. (cos а + 1 — 2 cos2 а).
1 ' cos a v '
Отв. S = 2ir£2 tg a (cos a -f-1 — 2 cos2 a) =
e= 4n£2 tg a sin у sin ^ •
D
3a
Черт. 206.
740. Вращая данные плоскости вокруг высоты конуса,
не изменяя углов аир*, можно привести их в положение
(изображённое на черт. 207), чтобы они пересекались друг
с другом по общей образующей BD конуса. Из
треугольников ОВМ и OBN находим
0£а =
■ Я2 = j+ ОМ*=> j+ ON*;
эдесь ОМ = И ctg a и OJV=#ctg3. Следовательно,
№ = £-{-№&£* а и j-\-tPctg*« = j + Wctg2?.
Из этих уравнений находим Н и R.
Отв. V-.
п (&■= ctg* a — а* ctg-' P) Yb* — а»
24(с1яаа — с12аР)%

442
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
741
741. На черт. 208 изображено осевое сечение конуса.
В пересечении с шаром радиуса г оно даёт окружность
радиуса OD = r, вписанную в треугольник ABC. Имеем
г = R tg — = I cos a tg -|-.
4«/8 cos3 а tg3 -к-
Отв. V = о ■.
Черт. 208. Черт. 209.
742. Через точку М (черт. 209) боковой поверхности
конуса проведена касательная прямая MB, составляющая
с образующей СМ А угол 6 = /_ ВМА. Известен ещё угол
а = £_ О AM; требуется найти угол <р, образуемый прямой MB
с плоскостью Р основания конуса.
Прямая MB, касающаяся конуса, пересекает плоскость
в некоторой точке В, лежащей на касательной АВ к
окружности основания1). Опустив из точки М перпендикуляр ММ
на радиус ОА, получим проекцию BN прямой ВМ на
плоскость Р. Значит, <р == l_ NBM, Из /^AMNимеем AM = -—;
из &МАВ имеем MB „ ^ --JJJLj- й3 AMNB
i) Это можно доказать лишь на основе определения
касательной к боковой поверхности конуса. Но такого определения в
элементарной геометрии не даётся.

743
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
443
MN
находим
sin?~ мв
Отв. <р = arc sin (sin a cos 8),
= sin а cos в.
743. Поверхность 5 тела вращения равна сумме боковых
поверхностей двух конусов с осевыми сечениями ВАВХ и
BCBV При обозначениях чертежа 210 имеем S = tcRc -\- TtRa.
Из 1\СВЕ имеем
а~ ship '
по теореме синусов имеем sln[180oi.(g + P)] =Ж7;отсюда
a sin (а + Р)
sin о
Из ДЯСД где /_BCD = a + P. имеем R = a sin (a -f- 8).
Значит,
«ft» sin (a + P) {sin (a + P) + sin a]
sin» P sin a
S =
Выражение в квадратных скобках можно преобразовать по
формуле суммы синусов.
Отв. S--
2nft2 sin (о + Р) slnfa + -|А cos -|
Sin a Sin2 P

444
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
744
744. На' черт. 211 изображено осевое сечение
конического сосуда; ADB— уровень воды. Треугольник ABC—
равносторонний; круг DKL (большой круг шара) вписан
в него. При обозначениях чертежа 211/? = OD • tg 60° = г 1^3
и // = CD = 3r1). Объём V воды в сосуде равен объёму
конуса ABC без объёма шара, т. е.
V = j я (Я2Я — 4г3) = -| w».
Когда шар будет вынут, вода опустится до некоторого
уровня MN и заполнит конус MNC. Пусть CE = h. Тогда
МЕ = СЕ. tg 30° == —%=■, так что
1^3
V:
Получаем уравнение
|.Ж£2.С£=41'
9 ~~ 3 ur *
О/гее. А = rj/15.
!) Радиус круга, вписанного в равносторонний треугольник,
равен одной трети высоты этого треугольника; это следует из того,
что точка пересечений медиан каждого треугольника делит каждую
медиану в отношении 1:2.

745
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
445
745. Если радиус OtAt (черт. 212) обозначить через г,
то высота AtM призмы тоже равна г, а из треугольника А1В1Си
где AlBl = 2r, имеем
А1С1 = 2r cos а и ВХСХ = 2а sin а.
Черт. 2Й.
Величину г найдём из треугольника ААХМ, где AM = /? — г.
Имеем R—r = rctg
Отсюда
/■ = ■
1 + с*}
Теперь находим боковую поверхность призмы:
£б<ж = (2г -f- 2r cos a -f- 2л sin а) • г =*
2/?»
(>+-»т)
(1 + cos а + sin а).
Отв.
>5ок !
2/?2(1 + со3а + 51па) ^ У2^2^-|^а ^
(l+ctg-j)2 cos (45°-|)

446
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
746
746. радиус R = OF (черт. 213) цилиндра равен yBF1).
Но
BF = BE— FE =
*=BE—FEX -ctga^.
«УЗ а .
= -| yCtga^
= |(ctg30°-ctga)=
_ a sin (a — 30°)
— 2 sin о sin 30° =s
a sin (a —30°)
sine '
Поэтому объём
цилиндра
Vt = я • О/73 • FEt =
Га sin (a — 30°) pg
= 1t|_ 3sin« J 2'
Объём Vg
пирамиды DAJifit равен
Здесь
5^8. fga
отсюда
A<V
/3 ' 2
зУз
Задача возможна при условии, что BE > FE, т. е. при
условии —я— > -к- ctg a или ctg 30° > ctg a; следовательно,
о > 30°.
Пта V — ite'slnMe —30°) . v — g8sln3(« — 30°)tga
°Ш' ^~ 181» a ' ^ 3 УЗ sin* a '
i) См. сноску на стр. 444.

748
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
447
Предварительное замечание к задаче 747
и следующим
Способы правильного изображения шара с его сечениями,
а также различных тел, вписанных в шар и описанных около
него, сложны. Поэтому составители сочли возможным
ограничиться схематическими чертежами, которые по возможности
были бы наглядными и вместе с тем доступными для
построения при самостоятельном
выполнении чертежа учащимся.
В тех случаях, когда
схематический чертёж не обладает
достаточной наглядностью, даны
параллельные объёмные
рисунки.
747. Плоскости оснований
(ВАС и ЯИА на черт. 214)
призмы пересекают шар по
окружностям. Прямоугольные
треугольники ABC и АХВУСХ
вписаны в эти окружности.
Поэтому гипотенузы АВ и AtBt
являются диаметрами
окружностей. Плоскость АВВХАХ
проходит через центр шара. Так
как по условию АВВХАХ есть
квадрат, то Н = ААХ = /?}/"2
и A8r=RV~2.
Отв. V=z*al**L.
748. Плоскость основания
пирамиды пересекает шар по
кругу ABCD (черт. 215),
описанному около основания.
Высота пирамиды пройдёт через
центр ©t этого круга (так как
чеоеРзёбйнта0КЛ0Не,НЫ * 0с"0ванию п<* Р«™ углами), а <гакже
шлГоыоышяАгТ' Плоскос1ь> проведённая через
диагональ основания АС и вершину Е, пересечёт шар по большому
кругу, описанному около диагонального сечения пирамиды

448
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
749
АЕС. Из Д АЕС, где угол АЕС равен 180° — 2<р, находим
по теореме синусов АС = 2R sin (180°—2«) = 2/? sin 2<j>;
значит, АОх = R sin 2<р. Из Д АЕО^ найдём высоту пирамиды
EOt = H= АОх • tg ср = R sin 2<р tg ср.
2
Отв. V = -j /?3 sin3 2<р sin a tg «p.
749. Так как радиус ОЕ (черт. 216) окружности,
вписанной в основание, равен R, то
АВ = 2R УЪ. Из Д £>0£
находим DO = Я = R ctg |-.
Ome. K=/3/?3ctg|-.
750. На черт. 217
изображено осевое сечение. Имеем
5«ое = ^(''1 + г2) =
= -a-AD-{AM + DN).
Но ЛМ + £ЛГ= AF+DF*=*
= /4D. Поэтому Seoe = я • -<4£>2.
Из треугольника AED,
где DE = MN=2r, находим
AD--?--
sin a
/-. с 4гсг2
751. См. предыдущую
задачу. Имеем5п = 5вов+и (rf+ф.
Из треугольника АО./Й (см.
черт. 217) находим
5 АМ — гх =
= OM.ctg-| = rctg-|.
180° —а
Черт. 216.
D N п С
Из треугольника DON, где l_ODN ^ ,
DN = г% = г ctg (90° —J) = г tg -J.
имеем

753
ГЛ. Ю. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
449
Вычисления упростятся, если выражение г\-\-г\
преобразовать так: r\-\-r\ = (rx-\-r^ — 2r^rY Так как rt-j-ra = / я
Sias — тсР (см. предыдущую задачу) и из прямоугольного
треугольника AOD имеем AF • FD = OF2 или r/g = r\ то
5„ = ir/2 + я/9 — 2w» = 2тг (/2 — г2).
Сюда подставим / = -—.
Sina
O/w. 5.-2^(^.-1).
752. См. предыдущую задачу. Имеем
■^(/а —г9).
Сюда подставляем / =
2г
sina
Отв.
3 Vsln»a V'
753. Обозначим длину равных хорд DA, DB, ОС(черт. 218)
через I. Из равнобедренного
треугольника DBC находим
5C = 2/siny.
Так же
найдём, что АВ = АС = 21 sin 4-.
Следовательно, треугольник
ABC — равносторонний.
Опустив перпендикуляр DOt
на плоскость ABC и
установив равенство треугольников
DOtA, DOxB, DOxC, докажем,
что AOl = BOi = COu т. е.
что О, есть центр основания
(так что пирамида DABC —
правильная). Так как точки
А, В, С лежат на поверхности
шара, го О А = ОВ — ОС (О — центр шара). Опустив
перпендикуляр из О на плоскость ABC, докажем, что основание
перпендикуляра есть центр треугольника ABC, т. е.
совпадает с точкой О,. Следовательно, 001 (и значит, DO[) лежит
Черт. 218.

450 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 7М
на диаметре шара (DF на черт. 218). Из прямоугольного
треугольника DAP, где DF*=*2R, находим Р = DA»=2R . £>Ot.
Отрезок DOx можно связать с / ещё одним соотношением.
Именно,
DOt*=V AD*—AOx\
гае
вс 2/sln-i
AD-l, a ЛО^у^ yj *
Значит,
/4 sin» -£
1 з-^.
Подставляем это выражение в равенство Р = 2/? • DOt. Найдём
l = 2RV 1 —
4sin»|
Преобразуем это выражение к виду, удобному для
логарифмирования. Имеем
^2/?тЛ-2(1-С05а)~-^/1+2со8«,
= -^V2(cos60o+cosa)=>
уз
-w^cos(30°+f)cos(3oe-f)-
/==2/г 1/ 1
4 sin*-2.
Отв. ' п" "
-wvM30°+!b(30°-T>
754. Равнобочная трапеция ABCD (черт. 219)
изображает осевое сечение усечённого конуса. По условию
£^АОВ = а и /_DOC=*$. Поэтому
Rl = АЕ=>АО sin i = tfsln-J и «а <= D/7 == « sin Ь .

755
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
451
Угол AOD ранен *E=£±SL= 180е—Ц^. Поэтому
/=/lD = 2/?cos-^tI. Имеем
4
S6oR = it/(/?! + /?2) = 2ir/?a cos -£±1 (sin |- + sin|-).
О/из. SSos = 2it/?2 sin ifl cos -^=£-.
Черт. 220.
755. Высота пирамиды (черт. 220) ЕО = Н = т sin 9. Из
треугольника ЕЛО находим
АО = # = #ctg а = и sin <p ctg а
и
Sin а sin а
Получаем
5П = «/?(/ + R) = "к"* sin 9 ctg a(-^-г~—h» sin <p ctg а].
Полученную формулу можно упростить, применив формулу
1 + COSa а
Sin a "S2"
Одаз. S„ == и/»2 ctg a ctg -|- sin2 <p.

452
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
756
756. Из ДЛ5В (черт. 221) находим АВ = 2/ sin ~;
следовательно, R = О А = АВ = 2/ sin ■£-. Из Д /ISO находим
г Sin2
2*
Получаем
l/ = 1^2/y=|.4/2sin2|./'|/"l— 4 sin» -J.
Подкоренное выражение можно преобразовать к виду,
удобному для логарифмирования, как в задаче 753; получим
1—4 sin2 -J = 4 sin (30° + j) sin (30е —J).
Отв. V = | jc/8 sin2 -J j/" sin (30° + -J) sin (30° — -J).
Черт. 221.
Черт. 222.
757. Из ДЛШ1 (черт. 222) находим AM = /sin|-. Из
Д АМО находим
г = ОМ — AM • tg30° = /sin -
2 т^з
/? = ЛО = -
AM
,cos 30°
2/ sin ~

758
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
453
Из /\AOD находим
OD = H = VW^R* = -^Y 3 —
Объём V конуса равен
4 sin2 -я-.
3 3
Р sin2 -j
^l/T
■ 4 sin2 —.
2
/-■V
3 /3 '
Выражение под корнем можно преобразовать, как в задаче 753.
*/3sin2-=- /-
Oms. V = т=Д-V
■ 4 sin2 —:
9|/"3
2*/3sin2|-„j/~cos (з0° + -J) cos (30° — -J)
758. При обозначениях черт. 223 объём шара равен
-о-it/?3, а объём конуса ЛСВ равен -^ iw-2 • СОх = -к- то-2 Я.
По условию
т. е. r2H—Rs. Ещё одну
зависимость между г и /? мы
получим из прямоугольного
треугольника CAD; именно, АО^=*
=СО, -DOj, т. е. /-2=Я(2/?-Я).
Подставляя это выражение в
предыдущее равенство,
получим /?3—2Я2/? + Я3 = 0. Хотя
это уравнение третьей
степени относительно
неизвестного /?, но одно его решение
R = Я сразу усматривается
(его можно было угадать и
непосредственно по условию, так как конус, у которого радиус
основания и высота равны радиусу шара, составляет по
объёму -j шара). Следовательно (по теореме Безу), левую
часть можно разложить на множители, один из которых
равен R — H. Для этого достаточно разделить /?3 — 2НЩ -J- Я3

454
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
759
на R— Н или применить такое преобразование:
R3 — 2HsR-^-fP = (Rs—H2R) — (HsR — Hs) =
= R(R — H) (Я+Я)—Я2 (/?—Я)=(#—HXR2+RH— №)=0.
Уравнение /?3+/?Я—Яа = 0 имеет один положительный
корень/?=— 2~ (отРиЦательный корень#= 9
не годится). Геометрически это означает, что радиус шара
равен большей части высоты конуса, разделённой в крайнем
и среднем отношении.
Отв. Задача имеет два решения:
V = jkH* и l/=|ic(/5-
•2) Яз.
759. Высота призмы равна диаметру 2R вписанного шара.
Если через центр О шара провести плоскость, параллельную
N
Черт. 224а.
основаниям призмы, то в сечении призмы получим
равносторонний треугольник KLM (черт. 224)J), равный основанию
призмы, а в сечении шара — большой круг PNQ, вписанный
в треугольник KLM. Из треугольника LON, где ON=R и
[_ NLO = 30°, найдём LN=R 1^3. Следовательно, LM — а =
!) Для наглядности рядом с черт. 224 помещаем рисунок 224а —
наглядное изображение рассматриваемого тела. Такие «параллельные»
рисунки будут даны и в некоторых следующих задачах. Выполнение
их учащимися не обязательно, хотя и очень полезно.

760 ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА 455
«= 2R УЪ. Боковая поверхность S«0I{ призмы равна $в0„=ЗаН=
= 12R*VZ. Площадь основания S0ob== ^-5—= 3/?*yr3.
Следовательно,
S„ = 12/?2 у з -f- 6tfa ]/3 = 18/?2 V 3.
Поверхность же шара равна 4я/?а.
Oms. Искомое отношение равно ——-.
760. а) Способ изображения. Центр Ог шара,
вписанного в пирамиду (если в эту пирамиду можно вписать шар),
должен отстоять на равных расстояниях от боковой грани ВЕС
Черт. 223.
и от основания ABCD (черт. 225). Поэтому он должен лежать
на биссекторной плоскости двугранного угла о при ребре ВС.
Точно так же О, лежи г па биссекторных плоскостях
двугранных углов <? при рёбрах АВ, AD, DC. Значит, все боковые
грани пирамиды OxABCD (не изображённой на чертеже)
наклонены к плоскости основания под одним и тем же углом ■?-.
Следовательно, высота ОхО пирамиды OxABCD проходит
через центр О окружности, вписанной в ромб ABCD (сч. на
стр. 342 замечание к задаче 617). Через тот же центр прэ-
хойСит высота ЕО данной пирамиды. Значит, центр О, шара
лежит на высоте ЕО.

456
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
760
Точка касания тара с плоскостью грани ВЕС есть осгова-
ние L перпендикуляра, опущенного из центра О, шара на
плоскость ВЕС. Отсюда следует, что плоскость 0,£L
перпендикулярна к грани ВЕС (доказать!). Вместе с тем плоскость
0,££ перпендикулярна к плоскости основания ABCD (так как
проходит через высоту ЕО). Следовательно, плоскость
0,£1 перпендикулярна к ребру ВС. Значит, прямая MN, по
которой пересекаются плоскости OxEL и ABCD, есть высота
ромба (проведённая через его центр О). То же имеет место для
остальных трёх точек касания с боковыми гранями (К, Q и Р).
Отсюда вытекает следующее построение. Изображаем
высоту NOM ромба ABCD (желательно, чтобы она была
горизонтальной), строим сечение NEM (равнобедренный
треугольник) и изображаем окружность, вписанную в треугольник NEM.
Точки L и Q, в которых эта окружность коснётся сторон
ME и NE, будут точками касания шара с гранями ВЕС
и AED. Чтобы изобразить точку К, проведём MS^AC. Тогда
прямая OS (не показанная на чертеже) изображает другую
высоту ромба (доказать!). Проводим прямую £5 и через точку
L проводим (не изображённую) прямую LK\\MS. Четвёртая
точка Р строится аналогично. Из этого построения
следует, что шар с центром 01 и радиусом R=*OxL
действительно вписан в пирамиду.
б) Решение. Из треугольника МООх находим
ОМ = ООх t\g\=*Rzig\,
так что
Н= ОЕ=> ОМ. tg9 = /?ctg| tg<p.
Далее из треугольника BUA (где BU\]MN), находим
ar „ ви 2'0М 2*ctg?
Ad = fl«e —— «в — =з , .
sin a sin a sin a
Значит,
4/?*Ctg»|-
St»-4» sin a шг~.
0ae- v = —ШП—•

761
ГЛ. Ю. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
457
761. а) Способ изображения
полушара (т. е.
круга, ограничивающего
полушар; черт. 226) *)
лежит на высоте 50,
пирамиды. Так как
то точка М лежит на
биссектрисе OtM угла
ООгМх. Отметив
точку М как
пересечение 0ХМ с SP,
изображаем сечение
KLMN, параллельное
основанию. Середины
К, L, М, N сторон
сечения являются
точками касания экватора
с боковыми гранями.
Полукруг КОхМ есть
сечение полушара
плоскостью ESF.
б) Решение.
Сторона основания а
равна
o = EF*=2.01F =
= 2(0,^, + ^^).
Но ОхМг = ОМ = г,
a M1F=sMM1-ctg as=
= rctga. Значит,
o = 2r(l+ctga).
Имеем
Центр О экватора
Черт. 226.
cos* -i
COS a
Черт. 226а.
») См. сноску на стр. 454.

458 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 782
(см. указание к задаче 619). Здесь 5оен = о8 = 4/-2 (1 -|- ctg <x)a.
8*(l+ctg«)W| _4r2sini!(45o + a)
8r2(l + ctg о)- cos" "
Отв. 5П
COS о , а
COS а Sin2 -=-
762. Плоскость ESF (черт. 227)а) даёт в пересечении
с полушаром полукруг NPM, касающийся апофем пирамиды
(в точках Q и G). Если обозначим сторону основания
пирамиды через а, а радиус полушара — через г, то полная
поверхность полушара Sj будет
а полная поверхность пирамиды
2д2 cos" ~
50 = -
COS a
(см. указание к задаче 619); их отношение
Зпг2 cos a
9 =
2«2cos2-ji
Из Д OGF имеем OG = OF • sin а, т. е. г s= — sin а. Это
выражение подставим в предыдущее равенство.
Для вычисления объёма полушара V найдём г из условия
а — 2г = т и ранее найденного равенства г = — sin а.
Получим
т sin a m sin а
г==
2<1-slna> 4sln2(45°—0'
„ 3n . п . а .. it»!3 Sin1 a
O/res. q = -5- sin 2a tg -5-; V =
96 sine
(«"-*)*
*) См. сноску на стр. 454.

762
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
459
E.N О MF
Черт. 227.
Черт. 227а.

460
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
763
763. На черт. 228 изображено осевое сечение конуса и
вписанного в него шара. Искомый объём V получается
вычитанием объёма шарового сегмента
MEN из объёма конуса MCN.
Следовательно,
V = j-MK*-KC —
где г есть радиус шара. Из
треугольника AOD находим
-/?tg(46'-|).
Теперь из треугольника ОМК, где
/_ ОМК = а (стороны углов ОМК и МСК взаимно
перпендикулярны) имеем
МК = ОМ • cos a = r cos а и OK = r sin a.
Значит, КЕ=ОЕ— OK — r (1 — sin а). Наконец,
АТС = МК • ctg a = r cos а ctg а.
Следовательно,
*]-
К = JL гз созз а ctg а _ ягв (1 _ sin а)2 Гг _ £1Lzl£!E
=H^-(1-sin«)2(2+sin4
Это выражение можно упростить. Вынесем за скобки
(1 — sin а)2, предварительно преобразовав cos4 а; именно.
cos* а = (1 — sin2 а)2 = (1 — sin а)2 (1 + sin а)2.
Теперь имеем
v=%r4l7nTа)2 to +sin a>2-(2+sin a>sin "i-
Выражение в квадратных скобках равно единице. Получаем
., гег3 (1 — sin a)2
3 Sin а

7Ъ4 ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА 461
Сюда подставляем найденное выражение
г-Я tg(45е-у).
Кроме того, можно использовать формулу 1 — sin a =
= 2sin2(45° —-J).
4к/?з tg3(45° — y) sin4 (45° — |-)
Отв. V-.
3sln<z
764. При обозначениях черт. 229 условие задачи
выражается равенством я/? (/ -J- R) = п • 4w2. Из треугольника
ОВОг находим r = /?tg4-, а из треугольника ВОС имеем
D
Предыдущее равенство по сокращении на
COS a
•kR2 примет вид
1-|—L_ = 4ntg2
1 та п °
COS Я
а
1'
Применим формулу
cos а =
1-1*7
i + tg»7
Будем иметь уравнение
i4iitg»i
1-V-J
2"*
Положив tg -5- = г, получим *)
**-*2+£=0,
откуда
**=!-+-i/"i__L
г 2 — К 4 2я '
Отсюда видно, что при я < 2 задача не имеет решения (под
корнем отрицательное число). При я>-2 оба значения
•) Освобождаясь от знаменателя, мы могли бы внести лишнее
решение f tg2 -=- = 1 J, но такого решения мы не получаем: оно не
удовлетворяет исходному уравнению.

ti)2 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЙ '^
величины г9 положительны (ибо у -^ — g^- <С *|/ -^-. т. е.
у j — з!г<4")* Так как величина *?4 Д°лжна бы1Ъ
положительной, то можем иметь только два решения:
и
Так как угол -к меньше 45°, то ig •£■ должен быть меньше
единицы; значит, должно быть г2<1. Но это неравенство
всегда соблюдено, ибо
и
2 V 4 2я ^ 2 *
Отв. Задача имеет решение только при я>- 2. При я > 2
имеем два решения:
lg 2 J/ 2 — К 4 2л '
при я = 2 оба решения совпадают (tg-s- = }/ -jj*
765. При обозначениях чертежа 229 имеем
Подставляя сюда
^*ftW—Ji'-J-w*.
r = /?tg| и tf = /?tga,
получим уравнение
tga = 4fllg3-|.

766 ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА 463
Применив формулу
tgOC:
2tg^-
l-tg2-J
и обозначив tgi через г, получим уравнение
*(r=F-2««)-0.
Оно распадается на два, но одно из них (г = 0) не
согласуется с условием (угол а не может равняться нулю).
Другое уравнение приводится к виду г* — z2 + 5- = 0, т. е.
совпадает с уравнением предыдущей задачи. Получаем два
решения:
При п = 4 одно решение будет
= y/"l + cos45° = cos 2203Q/ ^ 0i92dy.
другое даёт
tg-| = sin 22°30'« 0,3827
(отсюда al5=ri85°28' и а2«41°53').
О/ив. Тот же, что в предыдущей задаче.
При п = 4 имеем е^ = 2 arc tg (cos 22°30') (^ 85°28'),
«а = 2 arc tg (sin 22°30') (?» 41°53').
766. Площадь осевого сечения есть RH. Полная
поверхность iiRl -f- it/?2. По условию ■ ■ "L = Д. Если р — угол
между осью и образующей, то /? = / sin £) и # = /cosj3.
Подставляя эти выражения, получим
1 + sin р п
cos р я ^

464 ОТВЕТЫ tt РЕШЕНИЯ "66
Это уравнение можно решить различными способами; короче
1 •+■ COS a . a
УДУ Tina =Ctg?? МЫ ПШ
f-cos(90-~P) /45. _ £\
. 1 + COS a , -
всего применить формулу —-^— = ctg -j; мы получим
1 +shift l+cos(90"~-P)
cos g
Следовательно,
*(«•-*)-*•'
а
Отсюда можно определить угол 45°—-я-, а затем и угол 0.
Однако не при всяком п задача имеет решения.
Действительно, угол р заключён в границах от 0 до 90°; вначит,
D
угол 46°—-£■ заключён между 0 и 45°, т. е. величина
— s=sctgf45°— -|Л непременно должна быть больше
единицы, т. е. должно быть п > it. При а = 1, 2, 3 задача не
имеет решения.
Замечание. Уравнение
1 -+• Sltl P £
cos£ «
можно решить ещё так. Представим его в виде —cosS — 1 *»sln|3,
возведём в квадрат обе части равенства и заменим s№p через
1 — cos8 р. Получим два решения: одно из них, cospeO. будет
посторонним (оно является решением уравнения — cos JJ — 1 =* — sin p);
n
другое решение
., 2яя
cos $ <
««+ я8
совпадает с предыдущим.
Однако теперь легко притти к ошибочному выводу, что задача
имеет решение также и при я =* \, 2. 3. Ведь при любом положи-
2яя .. , .
тельном значении п величина г , 8 заключена между 0 и 1 (мы имеем
^ — -гч—5 ■■ »Т а > 0). Поэтому в пределах от 0 до W всегда
те* •+- W it* -^- г?* /
2лп
найдётся угол, косинус которого равен -j-t—j.

7в7
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
465
Ошибка этого рассуждения состоит в следующем. Из соотношения
cos р ■=» а ._ а и данного уравнения следует, что sin р =■ % 8.
Отсюда видно, что должно быть п > я (в противном случае угол р будет
отрицательным, что невозможно).
Отв. Бели л < it, то задача не имеет решения. Сели
л > it, то
р«=90о—2arcctg-
или
Р = arc cos jlgp . arc sin g^.,
767. При обозначениях черт. 230 имеем
2r*
18
5*
Находим (из треугольника AOD)
г = R cos /_ AOD = R cos /, /4CO = /? cos -|
и (из треугольника АОС) /= ,
Черт. 230.
Предыдушее равенство принимает вид
18 _ « + sin|
1+sinj
■i i
«в я
2sln-ff COSa-;r
т. е.
18
2sinj(l-sm*|)
5-'

468 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 768
Сохрашаем дробь на 1 -f- sin — (эта величина не равна нулю).
Уравнение приводится к виду
Отв. «, = 2 arc sin | (яа 112°53')
и
ee = 2arcslnl(«19°ir).
768. При обозначениях предыдущей задачи имеем соот-
ic 4 2
ношение -я- /?2# = -я- • -я- itra. Обозначим искомый угол через р
(на черт. 230 ? = |-). Тогда r*=*Rcos? и tf = #ctgj3. Из
предыдущего соотношения получим 3ctgj3— 8 cos8 8 = 0.
Помножив обе части этого уравнения на tg3 (эта величина
по смыслу вадачи не может равняться нулю), получим
уравнение
3 — 8 sin 3 cos9 3 = 0,
откуда
8 sin3 Э — 8sin3-f-3=*0.
Л ля решения этого кубического уравнения придётся применить
какой-либо искусственный приём. Так, левую часть удаётся
рлзложить на множители:
«sin*? — 8sin8 + 3 = (8sin»3 — 1) — (8 sin? — 4)=»
= 1(2 sin ft3— 1] — 4(2 sin 8 — 1) =
— (2 sin 3 — 1) [(2 sin 3)* -J- 2 sin 3 -f 1 _ 4].
Следовательно, найденное уравнение распадается на два.
Из первого находим sin й « —, а из второго sin 8 = * ~ .
(Другое решение квадратного уравнения не годится.)
Проверка показывает, что оба найденных решения годны.
Отв. 8, — 30°; 8, « arc sin ^Ш~' .
769. По условию боковая поверхность конуса MCN
(черт. 231) должна составлять половину боковой поверхности

770
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
467
конуса АСВ. Но боковые поверхности этих конусов отно-
CNi 1
сятся, как квадраты образующих, т. е. ст~~2' ^ так как
то
т. е.
Отв. а = 45°.
CN=CO,
/СО\* _ _1_
\СВ) ~~ 2 '
cos2 а =-к.
770. По условию задачи объём V шарового сектора
CMKN (черт. 232) должен составлять половину объёма
конуса АСВ. Обозначим отрезок KL через h, а высоту конуса СО
2 2
через Н. Тогда V=-^nr^h. Получаем равенство -^тс/-2А==
= -i.-|-ictf2tf, т. е. 4r4 = R*H или 4гЧ = tf3tg2<x.
Величину h выразим через г. Имеем
h = LK = CK—CL
Получаем уравнение
8/* sin2-2- = Я» tg2 а.
г—/-cos a = 2r sin2-g-.

468
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
771
771. На черт. 233 осевое сечение той части шара, объём
которой требуется определить, обозначено штриховкой.
Этот объём V получается вычитанием объёма Vx конуса МСМ
из объёма V9 шарового сегмента CEMKNF. Введём
обозначения: МК = г и КС = h. Так как радиус шара равен ОС =»
Сюда нужно подставить выражения h = МС • cos <% = Н cos2 л
и г = УИС • sin a = H cos а sin а (вычисление упростится,
если предварительно заменить
Черт. 233. Черт. 234.
772. При обозначениях черт. 234 имеем: Stas = iz(r-\-r1)l.
Проведём радиусы ОМ = R я 01Ml = Rl в точки касания и
прямую OtK, перпендикулярную к ОМ. Получим
треугольники 01Ж1£1, ОМЕ и ОхКО, которые подобны друг другу
(как прямоугольные, имеющие по равному углу а). В Д ОхКО
имеем
0,0 = /? + /?,; OK^R — R» ОхК = ММг = 1.

773
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
469
Следовательно,
' = /(# + Rtf — (R — /?t)a = 2 УЩ.
Из подобных треугольников ОМЕ и ОхКО имеем — » ь.о *
отсюда
г =
IR ZRYRRi
R + Ri R-YRx
*i

отсюда г.
Из треугольников ОхМхЕх и ОхКО имеем уг— pip »
2/?i Т^Щ
Отв. 5бов = 4it/?/?t.
773. На плоскости /> (черт. 235) ') лежат четыре шара
радиуса г, М, N, К и L — точки их касания с плоскостью Р.
Черт. 235.
Черт. 235а.
Их центры Ох, 02, 03, 04 удалены от плоскости на
расстояния 01М = 02М===03/1Г==04/.===л Расстояние между
центрами двух касающихся друг друга шаров равно 2г, т. е.
ОхО% = 0203 = 0304 = Ofix = 2г. Пятый шар касается
каждого из четырёх первых; следовательно, центр его 05
удалён от центров Ov О,, 03, 04 также на расстояние 2г,
т. е. ОхОь = О205 = 0,лОь = О405 — 2л Поэтому фигурi
O6OlO9O0Oi будет правильная четырёхугольная пирамила,
у которой все рёбра равны (как при основании, так и
') См. сноску на стр. 454

470.
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
774
боковые). Центр пятого шара будет удалён от плоскости Р
на расстояние, равное 00ь-\- OAt = ООъ-\-г. Верхняя
точка А пятого шара будет находиться на продолжении
перпендикуляра Afib на расстоянии ОъА — г от центра Об. Таким
образом, расстояние ААХ от верхней точки пятого шара до
плоскости Р равно 2г-\-ООь. Отрезок ООй находим из
прямоугольного треугольника Ot005, где
0,Об = 2л и 00.=Щ = -^=.
Отв. АА1 = г(2-\-У2).
774. Центры Ot, Оа, 03, 04 четырёх шаров должны
находиться на расстоянии 2г друг от друга (см. предыдущую
задачу). Значит, фигура Ol02OsOi— правильный тетраэдр
с ребром 2г. Конус АСВ (черт. 236)J), описанный около
четырёх шаров, касается одного из них 04 по окружности NT,
а каждого из трёх остальных (например шара Ot) в двух
точках: одна из них, К, лежит на основании, другая, М — на
боковой поверхности. Ось конуса совпадает с высотой Oft
тетраэдра. Центр 01 лежит в плоскости осевого сечения ACD,
проходящего через точку касания М (ибо прямая 0ХМ
перпендикулярна к общей касательной плоскости конуса и шара,
а плоскость осевого сечения ACD перпендикулярна к этой
касательной плоскости). Значит, плоскость ACD пересекает
шар Ot по большому кругу; шар Ot она пересекает тоже
по большому кругу, и образующая АС есть общая
касательная этих больших кругов. Следовательно, AC\\01Oi и
/jOfifi = l_ACD = -^ (а — искомый угол при вершине С
осевого сечения). Значит, sin -^ = „ * . Но 0-.0. = 2г, а от-
резок 001 (радиус круга, описанного около треугольника,
OjOjjOjj) равен -^= = ——=. Получаем sin — = —j=. Отсюда
можно найти cos a = cos2 ^ — sin3-5- = -j.
Отв. а = 2 arc sin —= = arc cos —.
У^З 3
') См. сноску на стр. 454.

774
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
471
Черт. 236.
Черт. 236а.

472 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 775
775. Плоскость, делящая пополам двугранный угол при
ребре AiAs (черт. 237)') усечённой пирамиды, проходит
через высоту 0^0^ и перпендикулярна к грани BtCtC2fi2
(доказать!). Аналогично для двух других боковых рёбер. Поэтому
центр шара, касающегося граней пирамиды, лежит на высоте
(а именно, на середине высоты, так как шар касается и
оснований), а точка К касания шара с гранью Л,с\СаВ9 лежит
Черт. 237. Черт. 237а.
на апофеме DtD2 этой грани. Аналогично для других
боковых граней. Имеем
(al — BlCl и a9 = B2C2 — стороны оснований и / = DjDa —
апофема боковой грани). Если г^^О^^ и r^ = OqD2 —
радиусы кругов, вписанных в основания, то ах = 2гх ]^3 и
e2 = 2re УЪ. Поэтому
sn=з /з (г? 4- гЬ -ь з Уг (г,+г9) /.
Как в задаче 751, найдём что г,+г9 = / и г\-\-г\ — Р — 2г2.
Тогда получим
Sa = б/3(/а—/-2) = б КЗ (^ - га).
_ с с 2к sin- о
Зу 3(4 —sin3а)
1) См. сноску к стр 454.

777
ГЛ. Ю. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
47d
776. Обозначим радиус OL цилиндра (черт. 238) через х,
а радиус ОВ основания конуса через R. Так как по условию
ML = R, то полная поверхность
цилиндра Sa = 21гл:2 -\- 2icxR. По
3
условию 2itjc2 -\- 2t:xR = -g- it/?2
или #а -f- /?дг — — /?а = 0, откуда
х == -j (отрицательное решение
3
jt = — -^ /? не годится). Из
треугольника LMB находим
LB
R-x
' R '
Отв. «p = arctg-g-.
777. Центр О вписанного шара (черт. 239) лежгт на
высоте пирамиды, а точки касания К, L, М, N шара с
боковыми гранями лежат на апофемах EKU ELlt EMU ENX

474
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
773
(ср. задачу 775). Четырёхугольник KLMN— квадрат,
являющийся основанием пирамиды, объём которой требуется
определить.
Проведём через радиусы ОМ и ON плоскость NOM.
Она будет перпендикулярна к грани ВЕС (так как проходит
через прямую ОМ, перпендикулярную к плоскости ВЕС),
а также к грани DEC (так как проходит через ON).
Следовательно, плоскость NOM перпендикулярна к ребру ЕС.
Пусть Р—точка пересечения плоскости NOM с ребром
ЕС. Тогда угол NPM есть линейный угол двугранного
угла а. В четырёхугольнике OMPN два угла (при
вершинах М и N) прямые. Следовательно, /_NOM = 180°—а.
Значит,
а == NM = 2 • ОМ • sin 180°~а = 2r cos -J.
Из треугольника ООхМ, где ОхМ = —=, находим
h = OOt = VOM* — 0^ =
= rj/~l —
2 cos2 |.
Отв.
V=^r* cos2 j У1— 2 cos2|
= -Lr3
V=i
/•"cos"-j у —cos о.
778. Можно провести две
плоскости, перпендикулярные к
данной образующей конуса (С А
на черт. 240) и касающиеся
ц 2 0 вписанного шара; их точки ка-
р ' ' сания (N и Nt) лежат на
диаметре NNX, параллельном СА.
Положим сначала, что берётся плоскость ND, касающаяся
шара в точке N. Четырёхугольник ONDK (К—точка касания
образующей С А с шаром) — квадрат, так что DK — ON = г.
По условию CD = d. Следовательно, CK — d-\-r. Из
треугольника КОС находим

779 гл. 10. круглые тела 475
Следовательно,
H=CF=OF-{-OC = r-\-V(d + r^-\-rK
Из подобия треугольников AFC и КОС находим
AF:H=OK:KC,
откуда
п_ ла_ОК-Н_rlr+Y(d + ry + r*\
К — АГ — -^ j^-r .
Если взять плоскость NXDV то d = CDv и мы таким же
образом получим
Отв.
„ *r*lr+V(il + r? + r*F или w_nr4r+V(d-r)* + r4*
v~ 3(d + ry v 3 (d — /■)* -
779. Центр О шара (черт. 241) J) лежит на диагонали /45.
Действительно, точка О одинаково удалена от граней AA^N-^N
Черт. 241. Черт. 241а.
и AAlQiQ. Значит, она лежит на плоскости, делящей
пополам двугранный угол при ребре AAV Таким же образом
точка О должна лежать на плоскости, делящей пополам
') См. сноску на стр 454.

476
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
78Э
двугранный угол при ребре AN. А эти две плоскости
пересекаются по диагонали АВ.
Пусть С и D — точки касания шара с гранями ANUQ и
AAxNtN, а г — радиус шара. Тогда OC — OD = r, и
плоскость ODGC перпендикулярна к ребру AN, а' также
к ребру BQV
Так как ребро BQX по условию касается шара, то
плоскость ODGC пересечёт ребро в точке Е его касания с
шаром; следовательно, ОЕ = г. С другой стороны, точка Е есть
вершина квадрата FGKE, получаемого в сечении куба
плоскостью ODGC; значит, четырёхугольник MOLE (OL и ОМ —
продолжения прямых ОС и OD) — квадрат. Следовательно,
ОМ = -£=. Так как OM + OD = MD = a, то ~4-г = а,
откуда /- = (2 —1/2) а.
Часть поверхности сферы, лежащая вне куба, состоит из
трёх равных сегментов, один из которых есть EZTL.
Поверхность этого сегмента равна
2т/- • LZ = 2ur (CZ — CL) = 2izr (2г — а).
Отв. г = (2— 1/2)a; S = 6ira2(10 — 7l/2).
780. Центр шара, касающегося рёбер тетраэдра ABCD
(черт. 242 и 242а)1), совпадает с центром тетраэдра (т. е.
с точкой О, равноотстоящей от вершин А, В, С, D), а точки
касания шара с рёбрами суть середины рёбер. Например,
точка касания N есть середина ребра AD. Действительно,
все шесть равнобедренных треугольников АОВ, ВОС, СОА,
BOD, COD. и AOD (начерчен только треугольник AOD)
равны друг другу (по трём сторонам). Следовательно, их
высоты ОМ, ON и т. д. равны. Поэтому, если описать шар
радиусом ON=r, то он пройдёт через середины L, M, N,
Q, К, R рёбер и там коснётся их (так как ON J_ AD
и т. д.).
Проведём через высоту тетраэдра DG и ребро AD
плоскость ADG. Она будет перпендикулярна к ребру ВС
(доказательство дано в задаче 652) и пересечёт это ребро в его
середине М. В сечении получим равнобедренный
треугольник AMD (AM = MD). Проведём высоту MN этого
•) См. сноску на стр 454.

780
ГЛ. 10. КРУГЛЫЕ ТЕЛА
477
Черт. 242.
Черт. 242а.

476 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ Я*0
треугольника (N—серслина AD). Центр О лежит на MN(так
как он равноудалён от Л и D). Следовательно, МО = Л/0.
Значит, г = -я-. Высота MN определяется из треугольника
ANM, где AN= |иМ= "\" (как апофема
равностороннего треугольника ABC). Имеем
Следовательно,
_MN а аУ2
2 2у2 4
Часть шара, расположенная вне тетраэдра, состоит из
четырёх равных сегментов, отсекаемых от шара гранями
тетраэдра. Рассмотрим одну из граней BDC. Круг LMK, лежащий
в основании сегмента, вписан в равносторонний
треугольник BDC (ибо стороны треугольника касаются шара; значит,
они касаются и малого круга LMK, лежащего в плоскости BDC).
Радиус этого круга FM = 2—?—. Следовательно,
OF = КОМ8—FM* = У г* — FMn =.
/'
Тут*
_/р£у1да-
Значит, высота сегмента
h = FE = OE—OF = -±= 2— = £^1(3 — 1^).
Объём Vc одного сегмента равен
Ув-жА«(г —-J) —
ita»VT(9 — 4 УЗ)
в 432 ;
искомый объём
V = 4Va.

733 ГЛ. 11. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 479
Замечание Круг LKM, вписанный в треугольник ВСD,
изображается эллипсом, который легко будет начертить от руки, если
кроме точек К, L, М предварительно отметить еще три точки,
соответственно симметричные с ними относительно Р (точка f есть
ючка пересечения медиан треугольника BDC).
Отв. г*= -*—; 1/в — ,
ГЛАВА 11
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ
781. Выразим секансы через косинусы; получим в левой
части
I
c°s(7 + «)C0s(j-«)
Так как
cos(j -f a) — sin [j — (-J -j- а)] =. sin (j — а),
то левая часть равна
2 2 2
в 2 sec 2а.
*Sln(i-.)cos(i-.) *.(}-*) ОТ
782. Приводим левую часть к общему знаменателю и
преобразуем 2 sin a cos (о-j-P) к виду
sin |а+(а + 0)] -f- sin (а—(а -j- 0)] в sin (2а -j- р) -[- sin (— $).
788. Левая часть равна
2 (1 + cos 2a) 2.2cos»a „
5UTS ea2sinecos«e2ctSa-
Чтобы перейти к углу 4-, используем формулу ctg2<p =
"'adgT (угол Y принимается за <pY Получаем
ctg'4 — 1
2ctg«»2—^ ctg-J-tgf.
*c«g-| ' *

460 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 784
784. Имеем
cos a -j- sin а = s'n ("l"—«)+sina =
= 2 sia^ cos (J-»)- 1^2 cos(f-a).
Таким же образом найдём
cos a — sin a = К 2 sin (^ — a).
Следовательно, левая часть равна
«*($-.)-*1т-(т—)1-*»(т+->
785. Умножим числитель и знаменатель левой части на
, . 1 + sin 2a
cos a -f- sin a и, упростив, получим —!—*— или
1 , sin 2a n i i n
—s- 4 <*- = sec 2a -4- tg 2a.
cos2o ' cos 2a ' &
тал T ■ О 1 C0S 2<P
786. Так как sm2<p = ^—-, то левую часть
представим так:
1 _cos(± + 2а)-1 + cos (| -2а)
2 =
cos (-J - 2а)- cos (J + 2а)
= 2 *
Применив формулу разности косинусов (или раскрыв
выражения cos(-£—2a J и cos(-v-~l"2a) по формулам
косинуса суммы и разкости), получим
2 sin-г sin 2a
4 sin 2a
787. Числитель равен cos 2a; знаменатель преобразуется
к виду
= 2,g(i_«)cos»(i-«).

791 ГЛ. 11. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 481
С помощью формулы
Shl(-£- — a)
со8(т~а)
получим
2 sin (j — а) cos {~ — ее) = sin (■£ — 2а);
это выражение равно cos 2a, так что левая часть равна 1.
788. Имеем
х ' cos*I—-•— «J
Рассматривая угол -j—а как половину угла -^—2а и
применяя формулы для синуса и косинуса половинного угла,
получаем
1 — cosl-д-—2о| ,
WJL — eW ^ ^ 1-SIQ2.
ё \ 4 ) , , /я о \ 1 + sin 2а *
х ' 1 -4-cosI-k-—-2al '
789. Выразив тангенс и котангенс через синусы и
косинусы, получим
, , , „ COS 2а
& & sin2 а coss а
Подставим полученное выражение в знаменатель левой части;
тогда в левой части получим
. , « 4 Sin2 a COS8 а 1 . , _
sm2 а cos2 а = -. = -г sin2 2а.
4 4
790. Заменим sin а через cos (-к—«1 и cos а через
sin (-2—а) и применим формулы суммы косинусов и
разности синусов.
791. Заменим в числителе единицу на sin2 a-j-cos2 a, a
sin 2« на 2sinacosct. В числителе получим (sin a 4~ cos a)2;
знаменатель же равен
cos2 a — sin2 a = (cos a -\- sin a) (cos a — sin a).

482 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 792
у-. * , cos a -t- sin а г-
Сократив дробь на cos a -f- sin а, получим -±-——. Раз-
делив числитель и знаменатель на cos а, найдем , ■, «
1 — tga
jB задаче 784 показано, что это выражение преобразуется
к виду tg(-J4-а).]
792. Как в задаче 790, преобразуем левую часть к виду
ctg (— — у). Теперь применим формулу ctg -£- = "*"cos a
(приняв ——у за —А. Получим
l + cos(|— 2y)^1+8ln2y
-n(|--2,) cos2? •
793. Выразив левую часть данного тождества через
синус и косинус, произведя вычитание полученных дробей и
применив формулу разности квадратов, получим левую часть
в виде
(sin a COS р — sin P COS a) (sin a COS ft -f- sin P COS a)
COS2 О COS2 ft *
а это выражение сразу дает правую часть.
794. Применим формулу
<р __ sin у
^2 1 + cos <p
(приняв ~ — 4- за -|Л. Получим
, . Sin(-jr — а|
, 1%_ аЛ \2 / __ COS a
1 + COS^-a)
после чего левая часть преобразуется в правую.
795. Решается как предыдущая задача.
796. Заменим 2 cos2a через l-f-cos2a; тогда числитель
примет вид: 2 (sin 2a-f- cos 2a). Члены знаменателя
сгруппируем так: (cos a—cos 3a)-f- (sin 3a — sin a) и применим фор-

801 ГЛ. 11. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 483
мулы для разности косинусов и синусов. Вынося 2 sin а за
скобки, получим 2 sin a (sin 2а+cos 2а). После сокращения
на 2 (sin 2a-f-cos 2а) получим правую часть.
797. Преобразуем числитель дроби, стоящей в левой
части тождества:
sin а+«>" 5а — sin За = 2 sin За cos 2а — sin За =
= sin За (2 cos 2а—1).
Произведя аналогичные преобразования в знаменателе дроби,
получим cos За (2 cos 2а — 1).
798. Преобразуем сумму первых двух членов левой части
тождества по формуле суммы синусов, а третье слагаемое
sin {b — с) будем рассматривать как синус двойного угла.
Получим
Л.2а — Ъ — с Ь — с , п . b— с b — с
2 sin я cos—*—г-2 sin —j—cos—s—=
„ Ь— еГ. 2а — b — с , , Ь — с!
= 2 COS —к— Sin 5 j- sin —j— .
К выражению в скобках применим формулу суммы
синусов.
799. Рассматривая выражение sin0 х -+- cos6 x как сумму
кубов, разложим его на множители и учтем, что sin2;c-f-
-4-cos2*= 1. Тогда левая часть равенства преобразуется
к виду
— sin*л; — 2 sin2jfcos2A: — cos*.*-}- 1 =
= 1 — (sin2 x -+- cos2 jc)2 = 0.
800. Сумму двух последних членов преобразуем как сумму
синусов. Получим
sin fa-T--yj-r-sinfa + -jJ = 2sin(it-T-a)cosj =
= — 2 • у sin a = — sin a.
Следовательно, левая часть равна нулю.
801. Применим формулу sin2-|-= ? ~^os y к первому и ко
второму слагаемым (приняв за £• один раз 45° -j- a, а дру-

484
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
802
гой раз 30° — а). Будем иметь
sin2(45° 4- а) = '-«"(MM-*) = l±J»*f
sin2 (30°-a) =1^^-^ = '-""«Г + 2а) .
Третий член преобразуем по формуле
sin a cos b — -5- [sin (a -\- b) 4- sin (a — b)\.
Тогда левая часть примет вид
1 + sin 2т 1 — sin (30° 4- 2a) sin (30° + 2*) + sin (— 2a)
""2 ' ' '" 2 2
После приведения подобных членов получаем sin 2a.
802. Числитель левой части представим r виде
(sin2 9 -+- cos2 9) — 2 cos2 9 = sin2 <p — cos2 9.
803. В правой части заменим sin 2a на 2 sin a cos а.
Сократи» дробь на 2 sin a, получим в правой части выражение
1 — СОь ч . , a
, , равное t?2-»-.
1 -г соь * г " 2
804. Объединяй второй « третий члены, вынесем за
скобки cos(a-j-?)--cos a cos <р— sinasin9. Левая часть
примет вид
cos2 9 — (cos а cos 9 — sin a sin 9) (cos a cos 9 -f- sin a sin cp).
Преобразовав произведение суммы на разность, найдем:
cos2 9 — cos' a cos2 9 -+- sin2 a sin2 9 —
= cos2 o(l — cos2 a) -4- sin2 a sin2 9 =
= cos2 9 sin2 а + sin2 a sin2 9,
а это выражение дае1 sin2 а.
805. Раскрыв выражение cos(a-f-{3), получим:
sin2 a -4- sin2 р -J- 2 sin a sin р cos a cos p — 2 sin2 a sin2 p.
Оставим без изменения третий член, а остальные сгруппируем
и преобразуем следующим образом:
(sin2 а — sin2 a sin2 Р) + (sin2 p — sin2 а sin2 P) =
= sin2 a cos2 p -j- cos2 a sin2 p.

307 ГЛ. 11. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 485
Теперь данное выражение принимает вид
(sin a cos р)2 -f- (cos a sin р)2 ■+■ 2 sin а sin р cos а cos p =
= (sin а cos (3 + cos а sin Р)2 = sin2 (а -f- (J).
Oms. sin2(a-f-P)-
806. Преобразуем сначала выражение —2 cos a cos р cos т.
Применив формулу
cos а cos р =-2:lcos(a—P)+cos(a4-P)l.
получим
— 2 cosa cos p cos f = — [cos (a — P) cos f -f- cos (a ~4~ P)cos Tl•
К каждому из слагаемых применим то же преобразование.
Получим
— 2 cos a cos р cos -у =
= — j [cos (a—P — -у) + cos (a—0 +?) -f-
-f- cos (a -J- p — 7) 4- cos (a -j- p -J- ?)].
Теперь учтем, что по условию a-f-P+T^11- Тогда будем
иметь
cos (a — р— •() — cos(P -f~T —°0 = cos(a —|— р —f- -у—'2а) =
= cos (те — 2а) = — cos 2a.
Выполнив аналогичные преобразования, найдем, что
— 2 cos a cos p cos y = -g- (cos 2a -f- cos 2p + cos 2-t -\- 1).
Теперь применим формулу cos 2a = 1 — 2 sin2 a и две
аналогичные формулы для cos2p и cos2-f. Тогда данное
выражение преобразуется к виду
sin2 a + sin2 p + sin2 т -f -1 (4 — 2 sin2 a — 2~sin2 p — 2 sin2 T),
а это выражение равно 2.
807. Представим левую часть в виде
ctg A ctg В -f- (ctg Л + ctg В) ctg С.
Выражение в скобках равно ^( ^ ^, а сомножитель ctgC.
если заменить С равным выражением к — (А-\-В), примет

486 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 80S
вид —ctg(A-{-B). Следовательно, данное выражение равно
rjp-ActrB С08(Л + '6>
ctgAOga sitli4slnB •
Применив формулу косинуса суммы, преобразуем его к виду
... о /cos A cos В sin A sin В \
ctgActgtf \siaAsinB sin^sinfij-
= ctgActgB — (ctgActgB — 1)=1.
808. Заменим множители cos -=■ и cos -=- выражениями
sin-у sta-тр
и н—. Тогда левая часть преобразуется к виду
2 sin -=- 2 sin -=-
5 о
. 4тс
sin-=-
о
левая часть обратится в -у.
4sm-=-. А так как sm-=- = «я<те =-j = sin-F-, то
809. Преобразуем левую часть по формуле суммы
косинусов. Получим 2 cos -ё- cos -г. Дальше — как в предыдущей
задаче.
810. Так как l+cosa=2cos2-|-' т0 Данное выражение
примет вид 2cos2y-f-CDS-g- или 2 cos -^-/cos Tr~r""2r ^а"
пишем cos 60° вместо -к\ получим 2cos-|-Icos-|--i-£os60oj.
Отв. 4cos-Jcos(-J + 30°W(-J — 30°V
811. Преобразовав данное выражение, как в предыдущей
( V~2\ VI
задаче, получим 2 cos a (cos a — H-)- Вместо —*-
напишем cos 45°.
„ , . 45° + а . 45° — a
Отв. 4 cos « sin—jr1—sin—*—.

815 ГЛ. 11. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 4&/
812. Запишем данное выражение в виде cos2(a-f-p)—
— sin2 (a—8), последнее выражение приводится к виду,
удобному для логарифмирования, как в задаче 656»
Отв. cos 2a cos 2fL
813. Сгруппируем члены таким образом:
(1-f-cos a)-J-(tg a-|-sia a),
и вынесем за скобки во второй группе tga. Получим
(1-f-cosa) • (1-j-tga). Вместо 1 —j—tga напишем
tg45°-4-tg«^ ski (45° +a)
& ' & cos 45° cos a *
2'Vr^cos3-|-sIn(45c' + a)
Отв.
COS a
814. Применив формулы 1 — cos a = 2 sin2-^- и sina =
=2sin-|-cos|-, в числителе получим 2 sin2 y-)-2sin-|-cos-^ =
= 2sin-|-fsin-2--|-cos-^-J. Выражение в скобках равно
sin у-|-sin (90°— ■£■}• Пользуясь формула» суммы синусов,
приведем его к виду ~Y I cos (45° — ^-].
Отв. 2/2cos(45° —-J).
815. Данное выражение равно C08tt~ ""т^
Числитель преобразуется к виду 2y~2cos-| sin N5° — ~\ (см.
предыдущую задачу). Дробь еще упростим, представив
знаменатель в виде
sin (90° — a) = 2 sin (45° — |) cos (45° — J).
V~2cos-jL
Ome. -. г-.
cos (45°- -J)

488 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 816
816. Так как cos а—cos За = 2 sin 2а sin я, то
2 sin 2а sin а-г-sin 2а = 2 sin 2а (sin а 4-4-) =
= 2 sin 2а (sin а + sin 30°).
Отв. 4sin2asin(-j-j-15°)cos(-| —15°V
817. Данное выражение равно
*g«+l ■ tgа — 1 4tga r. 2tg«
l—tgaM + tga"~ 1 —tgla» T' C* ' 1 — tg»a '
Ome. 2tg2a.
818. Заменив sin2B на 2 sin В cos В и сократив на 2 sin В,
1 — cos 8
получим , д ; применив формулу
1 *-j" COS р
tg 2 — — К 1 + cos p *
получим tg2-&.
Отв. tg2-|.
819. Преобразовав сумму cos a -+- sin a в числителе
У~2—(cos a+sin a) и разность sin a — cos a в знаменателе,
как в задаче 814, получим
9 « а~ 45°
/2(1— cos (а — 45°)|_ 2
1^-2 sin (а-45») 2 s|n SzjW cQS а>-4£ '
л * в —45°
О/ив. lg—% •
820. Преобразуем сумму двух последних членов:
c(g2a-4-cosec2« = cos,2a+l = , ?cos'a =cfga.
& ' sin 2o 2 sin a cos a &
Ome. 2ciga.
821. Заменим cos 2a па cos2 a — sin2 a, a sin 2a—на
2 sin a cos a.
Отв. 1.

(Кб ГЛ. И. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ПРЕОБРАЗОВАНИЯ 489
822. Заменим 2sin2а—1 на —cos2а и представим дан-
ное выражение в виде 2f-^-sin2а—Ycos^a)'
cos 30° вместо iy и sin 30° вместо -^.
Отв. 2-sin(2a—30°).
823. Числитель равен
cos 2a COS a -{- sin 2a Sin a cos (2a — a) 1
" cos 2a cos a cos 2a cos a ~ cos 2a '
Знаменатель равен
sin3 a + cos8 a 1
Напишем
sin a cos a 1 , n
•я- sin 2a
Отв. ^-tg2a.
824. Данное выражение равно (см. предыдущую задачу)
2 -+- -Л- = -А- (14- sin 4a).
' sm4a sin 4a ч ' '
Выражение в скобках равно
1 + cos (90° — 4ft) = 2 cos2 2 .
„ 4 cos" (45° — 2a)
Отв. 7—3 ■
sin 4a
825. Последнее слагаемое равно cos2 х, так что данное
выражение представляется в виде (tg л: —1)(1— sirii x)-f-cos2x.
Заменив cos2 л: на 1 — sin2 л:, вынесем за скобки 1—sin x.
Получим
(1 —sin at) [(tg х — 1) + 1 + sin х] = (1 — sin x) (tg x + sin л:) =
= (1 —sin x)tgx (1 -j-cosx).
Первый сомножитель преобразуется, как в предыдущей
задаче.
Отв. 4 tg л: cos2! sin2 (45° — т)"

490
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
826
826. Числитель и знаменатель дроби соответственно равны:
(1 -f- cos 2a)-f- (cos а4~ cos За) = 2 cos2 ct-\-2 cos 2а cos а
и
cos а-\-cos 2а.
Отв. 2 cos а.
827. Данное выражение равно
(1 — sin2 Р) — sin2 a cos2 а — cos4 а =
= cos2 (3 — cos2 а (sin2 а -(- cos2 а).
Получаем выражение cos2j3 — cos2 а, которое преобразуется,
как в решении задачи 656.
Отв. sin(a-j-P)sin(a—р).
828. Приведём данное выражение к общему знаменателю
cos х cos у cos г. Числитель будет
sin х cos у cos z -f- sin у cos z cos jc -f- sin z cos л; cos у —
— sin [(* + y)-i-z].
Последний член равен —sin(x-{- y)cosz— cos(jc + ^)sin2.
Сумма первых двух членов взаимно уничтожается с членом
— sin(jc-|-_y)cos.z, и числитель принимает вид
sin z cos x cos у — cos (х -\- у) sin z =
= sin z [cos x cos у — cos (jc -f- y)\.
Раскрывая выражение cos (x -\- у), получаем в числителе
sin 2 sin л: sin_y.
Отв. tgjctg^tg2.
п. —I— ft n — R
829. Данное выражение равно 2 sin "Г cos „ p-f-sin-y.
Но по условию у = 180° — (a-f-p); следовательно, получаем
2 sin —^- cos —и-!- + 2 sin —^ cos ——■.
Выносим за скобки 2 sin я "^" (или, что то же, 2 sin—^^ =
= 2 cos -X). В скобках получаем выражение cos -йг-+cos^i^ t
которое преобразуется по формуле суммы косинусов.
Отв. 4cos 4-cos4- cos~.

832 гл. 12. тригонометрические уравнения 491
ГЛАВА 12
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ
830. Произведя упрощения, получим sin 5л: — sin Зл: = 0.
Применив формулу разности синусов, имеем 2 sin x cos Ах = 0,
и уравнение распадается на два: sin;t = 0 и cos 4л: = 0. Из
первого имеем х — ъп (л— любое целое число), из второго
4лг = 2тсл ± -|- = — (4и ± 1), т. е.
"* = |(4я± 1).
Выражение 4я ± 1 содержит в себе все нечётные числа
(числа —3, 1, 5, 9, 13 и т. д. получаются из выражения
4я—f- 1; числа —1, 3, 7, 11, 15 и т. д. — из выражения
4л—1). Поэтому вместо 4я ± 1 можно написать 2л—{— 1
(или 2я—1), где в— любое целое число.
Отв. х — кп; х — -о (2я +1). где п — любое целое число.
831. Преобразуем левую часть уравнения следующим
образом:
sin х + sin 2x -4- sin 3jc -f- sin 4x =
= (sin x -f- sin Зл:) -4- (sin 2л: + sin 4л;) =
= 2 sin 2л: cos x + 2 sin &x cos x =
( Sx x iy
= 2 cos x {sin 2л: + sin Зл:) = И an -к- cos -^ tos x.
Уравнение принимает вид
. 5x x лй
ЯП -н- COS -j COS X = 0 J
и распадается на три уравнения:
sin-^- = 0; cos-^=0; созл: = 0.
Отв. х = 72°п; х=Ш°(2п-\-1); х = Ж(2п + 1).
832. Выполним преобразования
cos (л: + 60°) = cos [90° — (30° — л:)] = sin (30° — л:)
и
1 -f- cos 2x — 2 cos2 л\

492
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
833
Уравнение примет вид
sin {x -K30°) -f- sin (30° — х) = 2 cos2 л\
Применим формулу суммы синусов; получим
sin 30° cos л; — cos2jc = 0 или cosxMg-—cos;tj = 0.
Отв. Jt = 90°(2/i-j-l); x=G0°(6n± 1).
833. Перенесем все члены уравнения в левую часть и
сгруппируем следующим образом:
(sin х -(- sin Зл:) — (cos x -f- cos Ъх) -~\~ (sin 2x — cos 2x) = 0.
Прообразуя выражения в первых двух группах, получим
2 sm 1х со"5ж— % со&£к cosjc -f- (sin 2x — cos 2x) = 0
или
(2 cos x -f-1) (sin 2л; — cos 2x) = 0.
Это уравнение распадается на два:
2 cos x -(-1=0 и sin 2л: — cos 2л: = 0.
1 2
Первое дает: cosx = —^; л; = 2тсп ± -s-it. Разделив
второе уравнение почленно на cos2л:, получим tg2x=l,
откуда 2л: = кп -f- -г.
Отв. # = -у-(Зя±1); jc = j(4/i4-1),
834. Произведем следующую группировку:
(cos 2л: -f- cos бх)—(1 -\~ cos д&) = 0.
Применив формулу 2cos2it— 1 +cosa и преобразовав сумму
косинусов, получим
2_ cos 4x,cos 2л: —| 2 cos2 4л: 4= 0.
Вынесем 2cos4jc за скобки и прешразуем разность
косинусов cos 2х-т-cos 4х Получим уравнение
cos 4л; sin Зл: sin x = 0.
Оно распадается на три:
1) cos 4л; = 0; 2) 8шЗл: = 0; 3) япл: = 0.

837 ГЛ. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 493
Но третье уравнение можно не рассматривать: все его
решения содержатся в числе решений уравнения sin Здг = 0.
Действительно, если sin х = О, то и sin Зле — 3 sin х — 4 sin3 х = 0.
Отв. лг = ~(2я4-1); х — ~з~-
835. В правой части напишем 2 sin -g- cos -у вместо sin Ъх.
Уравнение примет вид
~ . оХ . X гч . оХ _ оХ
2 sin ~y sin у = 2 sin -5- cos
-грили
Зле / . jc Ъх\ „
sm -у I sin j — cos ~yJ — 0.
Выражение в скобках запишем в виде
/тс Х\ Ъх п . /тс . Х\ . I тс\
cos [j — -jj — cos-y = 2 sin ^T-f у J sin ^ — T).
Следовательно, данное уравнение распадается на три:
1) sin^-0; 2) sin(-|~|-|) = 0; 3) sin (jc — |) = 0.
Отв. х = ~; x — j(4n—1); jc = -^(4n-f-1).
Правая часть равна
sin [90° — (л: -(- 30°)] = sin (60° — х) = — sin (x — 60°).
Уравнение принимает вид
sin(je — 60°) = — sin (x —60°) или sin {х -— 60°) = 0,
откуда х — 60°= 180° л.
Отв. х = 60°(Зл-И).
837. Заменив 2sin2jc на 1—cos 2л:, приведем уравнение
к виду 2 sin Ъх cos 2х — cos 2x = 0. Это уравнение
распадается на два: 1) cos 2x = 0; 2) sin3x = -g-. Так как -^ есть
sin 30°, то второе уравнение дает
3x=180°/i-H— 1)"30°.
Отв. л: = 45°(2л+1); х = 60°л-Н— 1)п 10°,

494
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
838
838. Правую часть напишем так: 3 (sin x cos at—sin2 je-f-l)=
= 3(sin JCCOsx-}-cos2Jc) = 3cos2x(tgx-|-l). Данное
уравнение распадается на два: 1) tg лг+1=0; 2.) sin2 х—3 cos2 х=0.
Из второго получим tg х = ± ]/~3.
Отв. х=~(4п—1); х = — (Ъп ± 1).
839. Имеем уравнение
cos 4x -f- 2 cos2 x = 0.
Так как 2 cos2 лг == 1 —(— cos 2x, то левая часть равна
(1 + cos Ax) -\- cos 2х = 2 cos2 2дг -f- cos 2x.
Получаем уравнение
cos 2х (2 cosjZx -|-1) == 0,
распадающееся на два:
1) cos2jc = 0 и 2) 2cos2x + l=0.
Второе дает 2х == ЗбО°и ± 120°.
Отв. х = 180°« ± 45°; х = 180° л ± 60°.
840. Помножим обе части уравнения на sin* и, заменив
в правой части единицу на sin2*-}-cos2*, получим
уравнение sin х cos лг = cos2 x.
Замечание. Умножая обе частя уравнения на sinx, мы не
получаем посторонних решений, так как stn x ни при одном из
найденных значений х не обращается в нуль.
Отв. х1 = ~(2п-\-1); хг = j(4«-f-l).
841. Запишем уравнение так:
sin Зд; — sin (~ — 2х\ = 0.
Оно распадается на два:
l)cos(f + !) = 0 « 2)si«(^-|) = 0.
Первое дает ^-\-^ = ^(2п~\-1), откуда х = ^(4п-{-1).
Второе дает x==^(4n+l)-
Отв. л = -|(4л+1); х = — (4п-}-1).

846 ГЛ. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 495
X X
842. Прибавим к обеим частям уравнения по 2 sin2 -j cos2-^ ,
после чего в левой части получим
sin* | + 2 sin2 £ cos2 j + cos* |- = (sin2 -J + cos2 -J)' = 1.
и уравнение примет вид
1 =|-+ 2 sin2-J cos2|- или 2 sin2-J cos2 !■ = !-.
Умножим обе части уравнения на 2 и применим формулу
-2х 3
для синуса двойного угла. Получим sin2 "-у =-^-, откуда
Отв. лг = -^-(Зл ± 1).
843. Представим уравнение в виде 3 tg2x— (1 + tg2 x)= 1,
откуда tg л; = ± 1.
О/ив. лг = 450(2я-г-1).
844. Заменим l-(-cos4x на 2 cos2 2л:.
« тел. , я . ТП , , . ч« и
Отв. х = т-г-т; х = т + (— 1)иж.
845. Прибавив к обеим частям уравнения по 2 sin2 л: cos2 л:,
получим (sin2 x -\- cos2 xf = cos 4л; -|- 2 sin2 x cos2 л: или
1 — cos 4л: = -j sin2 2л:.
Ome. x —-„• n.
846. Заменим sin 2x на 2 sin x cos л: и разделим все члены
уравнения на соэ2л:. Заранее видно, что потери корней не
будет. Действительно, если cos л; = О, то sin х = ± 1, а эти
значения не удовлетворяют данному уравнению. Получим
3 — tg2A: — 2tgA: = 0.
Отсюда находим
igx — l и tgx = — 3.
Отв. лг = 1гл + -^-; х — кп — arctg3.

496 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 847
847. Напишем sin2 л: -|- cos2 x вместо единицы и, разделив
обе части на cos2 x (см. решение предыдущей задачи), получим
откуда
tg JC = О И tg X = — ]/"3.
Отв. х=-ш\ x — j(bn—1).
848. Представим 2 как 2 sin2 л: -f- 2 cos2 x, после чего
уравнение решается как предыдущее.
Отв. x = itn-\--j-; х = тсге — arctg-j,
St 3
849. Отв. jc = j(4»+1); x = ш -)-arc tg-^ .
850. Заменим У~3 на ctgJiQ0 (вводим «вспомогательный
угол» 30°). Данное уравнение запишется так:
, cos 30"
sinjc + 'ii5Wcos*=1'
или
sin л; sin 30° -f- cos x cos 30° = sin 30°
или еще так:
cos(x — 30°) = -i--
Отсюда х — 30° = 360°л ± 60°.
Отв. x=360°n-f 90° = 90°(4re-fl); jc = 360°»—30° =
= 30°(12я— 1).
851. Левую часть можно представить в виде
произведения V^2cos(jc—45°). Получим уравнение cos(x — 45°) = -^=;
оно дает х — 45° = 360°я — 45° и х — 45° = 360°я -f- 45°,
то есть х — 360°« и х = 360°« + 90° или х — 90° • 4д и
x = 90°(4n-f-l).
Другой способ. Возведя обе части уравнения в
квадрат, получим
sin2 x -4- 2 sin л; cos x -f- cos2 x = 1

853 ГЛ. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 497
или sin 2х = 0. Это уравнение имеет решения х = 90°я, но
среди них имеются посторонние (сравнить с предыдущим
результатом).
Появление лишних решений обусловлено тем, что
мы возводили обе части уравнения в квадрат; тем самым
мы, кроме данного уравнения, привлекли еще уравнение
sin x-f-cos x =—1 (из него получим тоже йп 2х = 0). Чтобы
отбросить лишние корни, выполним проверку. При га = 0 имеем
л: = 0°, и данное уравнение удовлетворяется. Оно
удовлетворяется и при п = 4, 8, 12 и вообще при га = 4& (т. е. при
х = 90° • 4k = 360%). При га = 1 имеем х = 90°; данное
уравнение снова удовлетворяется. Оно удовлетворяется также
при га = 5, 9, 13 и вообще при 4&-f-l (т. е. при
х = 90° (4k + 1) = 90° + 360°й). Но при га = 2, 6, 10 (вообще
при « = 4/5 + 2) и при я = 3, 7, 11 (вообще при га = 4А + 3)
данное уравнение не удовлетворяется (вместо него
удовлетворяется уравнение sin x -\- cos х = —1).
Отв. х = 90°-4п; х = 90°(4я^-1).
852. Преобразуем правую часть:
1-f-sin 2x=rsftiir.x:-r-cos2 x-\~2 sin x cosx= (sinx -(-cos*)2,
после чего уравнение примет вид
sin х -\- cos х = (sin x -f- cos xf
или
(sin x -f- cos jc)(sin x -f- cos x — 1) = 0.
Последнее уравнение распадается на два:
1) sin x -f- cos x = 0;
2) sin л: + cos x—1=0.
Решая первое, найдем # = —(4n—1). Второе решено в
предыдущей задаче.
Отв. х = ~(4п— 1); х = -| (4га -f- 1); je=£.ln.
863. Решается как задача 851.
Oms. x= 15°(8ra-f-l).

498
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
8S4
864. Применив формулу
sin a sin р = j [cos (а—Р)—cos (а +- (})],
получим
Y [cos (х — 7х)—cos (x +- 7х)] =
= -к [cos (Зл: — 5*) — cos (Зл; +- 5л;)]
или, после упрощений, cos бд: — cos 2х = 0. Это уравнение
распадается на два: sin 4л: — 0; sin 2х = 0, причем все корни
второго уравнения входят в число корней первого.
Отв. х= ~.
4
855. Применим к левой и правой частям уравнения формулу
sin a cos р = j [sin (а +- Р) +- sin (а—Р)].
Оотв. д: = -^-; л: = -^-(2«+1).
856. Имеем
4 sin х sin 2jc sin Зд: = sin 2 (2л:)
или
sin 2л: (2 sin x sin Зл: — cos 2л:) = 0.
Заменяем 2 sin л: sin Зд: на cos 2л;—cos 4л; (см. задачу 854);
получим уравнение
sin 2л: (cos 2л; — cos 4л; — cos 2л;) = 0 или sin 2л: cos 4л: = 0.
Отв. х = ^-; х = |-(2я+1).
857. Заменим sin2 л: на 1 — cos2 x; получим
5 cos2 х -\- 4 cos л: — 3 = 0,
t/"l9 2
откуда найдем cos х = -—= . Другое значение cos x =
/19 + 2 ,
= —г-1— не годится, так как его абсолютная величина
больше единицы.
Отв. х = 2-кп ± arc cos ——^=—.

$61 гл. 12. тригонометрические уравнения 499
858. Применив формулу cos 2а и выразив косинус через
синус, получим 10 sin2 л: —(- 4 sin jc — 5 = 0.
о + т/"54
Отв. х = пп-\-(—l)"arcsin ^ .
859. Применив формулу тангенса суммы, получим
и приведем данное уравнение1) к виду tg2* — 4tgx+ 1 =0.
Отв. лг = теп. -(- arc tg (2 ± 1^3).
860. Так как tg-^ifSr И seCX = ^' T0
имеем уравнение
8 (1 — cos х) . . 1
1 + cos х ' cos х '
оно приводится к виду
9cos2;t — 6cosx-|-l=0 или (3cosx—1)2 = 0.
Отв. х = 2ir/t + arc cos -v.
861. Левая часть равна
'(*-*)
°»1ъ-х) s{ax 2sin|cos| x
14- cos x 1 + cos x n . x
^ ' 2 cos2,—
Правая часть равна sec2 -д- — 1 = tg2 у . Получаем
tgf = tg2f
Отв. х — 2кп; дг = -^(4л+1).
!) При освобождении от знаменателя можно получить
посторонние решения, но в ближайших трех задачах (в них посторонних
решений нет) исследования мы не проводим. Начиная с задачи 865,
этому исследованию уделяется большое внимание. См. та'кже
задачу 867.

•500 ответы и решения 862.
862. Так как
cos(tt — х) = — cos* и sin-^-i^ = cos-|-.
то имеем
1+cos jc + cos-j = 0 или 2 cos2 -~ -+- cos 4 = 0.
Отв. x = ic(2it+l); x = -^(3n±l).
863. Применив формулы приведения
sin\~2 *) = — cosx и ^(T~Tj = ctST'
получим уравнение
2 (1 + cos x)—V 3 cig -J = 0.
Воспользуемся формулой
jc_ 1 -f- cos jc #
ctg 2"~~ sin x '
тогда уравнение распадется на два:
1) l+cos;e = 0 и 2) sin л: = ^-3..
Отв. л = 1с(2я+1); л: = тсге-|- (— If — .
£64. Заменив cos2jc на 1—sin2 л:, после упрощений
получим 3 sin х -\- cos х — 0 или tg х = — -тг-.
Отв. д; = 1сл — arctg-g.
865. Левая часть равна
cos х , sin jc cos x -\- cos8 x -\- slna at 1 + cos д:
sinx ' 1 + cosjc sin x (1 -)- cos лг) sin jc(] -\-zob x) '
Сократим дробь на 1-|-cosjc. При этом предполагается, что
1-|-со8л:=£0 (так что если потом получили бы такое ре-"
шение, для которого cos х = — 1, то оно не годилось бы).
1 1
Получим уравнение -— = 2, т. е. sin x = -^ (при этом
значении sin л: величина cosx не равна —1).
Отв. др = ял + (—1)"|-.

867 гл. 12. тригонометрические уравнения 501
866. По формулам приведения
Ctg(* lt) = _ctg(ir JC) = CtgJC.
Данное уравнение можно записать в виде
2 ctg х - (cos x + sin х) (JL- - JL.) = 4.
После приведения левой части к общему знаменателю это
уравнение примет вид
1 4.
sin х cos х
1 • г, I
откуда sin x cos jc — — или sin 2* =-я-»
Ome. *= jn+(—1)™-^-.
867. Правая часть равна
I
— cos* , , ,
cos* 1 — cosj x sin3*
2 sin л: 2 sin * cos * 2 sin * cos * *
Сократим дробь на sin x. При этом предполагается, что
sin хфО, так что если получится такое решение, для
которого sin х = 0, то оно не будет годиться. Данное уравнение
'к левой его части применим формулы приведения) примет вид
sin х + tg x = -к- tg x или sin х -\- -g tg х = 0.
йто уравнение можно представить в виде
51пЧ1+ТЕоТт) = °>
и оно распадётся на два уравнения
sin;c = 0 и l-f--7>-^— = 0.
1 2 cos *
Но первое уравнение даёт посторонние решения, ибо прежде
мы сокращали дробь на sin x. Чтобы лучше уяснить суть дела,
подставим в правую часть sin х = 0; тогда вместо cos x при-*
дётся подставить 1 или — 1. В обоих случаях получим
неопределённое выражение -д-.
Отв. хс=~-^п — !>•

502 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ в63
868. Левая часть равна
1-
1-
X , X /, Х\
- sa — i '—
1 ■*
1 *2
<gT
Сокращая на 1 — tg -g- (при этом предполагается, что
1 —tg -к-фО, см. решение предыдущей задачи), получаем
— tgir» и уравнение принимает вид
— tg-|- = 2sm-~. или &ia—(ssc^-+2\ — 0.
Оно распадается на два:
l)sta-J- —0 и 2)cos-f- «= — у.
Из второго уравнения находим -к-=>360°я:+: 120° и
получаем решение х = 720° я ±: 240°. Первое же уравнение даст
только посторонние решения (лг = 360°'л), хотя и по иной
причине, чем в предыдущей задаче. Именно, в данное урав-
х
нение входит величина ctg -g-, которая теряет смысл
(«обращается в бесконечность») при # = 360° я; значит, вся левая
часть уравнения не имеет (прямого) смысла.
Замечание. Левой части можно приписать расширенный смысл
следующим образом. Если угол х мы будем неограниченно прибли-
жать к. 360° я (к 0°, 360°, 720° и т. д.), то левая часть будет неогра*
ниченно приближаться к нулю. Величину нуль (предел левой части)
естественно считать значением левой части (в расширенном смысле),
i У таком случае корень х = 360° я не будет посторонним. Но в элемен-
тарной математике такое расширение смысла выражений не принято.
Отв. AT==240°(3ftztl).
869. Применив формулы приведения, получим уравнение
sin х — tg* = sec* — cosjc или sin x—- ■■ => —-— — cos x,
Шэ X COS X
Помножим обе части уравнения на cos x (или, что то же,
приведём к общему знаменателю и отбросим его). При этом
предполагается, что cos*=^0, ибо если cos*=s0, то выра-

871 гл. 12. тригонометрические уравнения 503
жения Т^ГТ и Р^ГТ теряют смысл («совращаются в бесконеч-
CUS Л COS X
ность»). Получаем уравнение
cos х sin x— sin х =» sin2*.
Оно распадается на два:
1) sinx = 0; 2) cosx — sinx=l.
Второе уравнение можно представить в виде Y'Z • cos (45°+х)= 1
(ср. задачу 851), откуда лг=360°я и * = 360° я — 90°.
Решение дг = 360°и входит в число решений первого уравнения
(х=180°я), а решение х = 360° я— 90° является
посторонним, так как имеем cos (360° я — 90°) = 0.
Отв. х= 180° л.
870. Применим формулы: sec2* — tg3jr=l и cos2x =
s=cos8Jf — sin2x. Получим уравнение
- . cos2 х — sin-' x
ь COS-X '
которое приводится к виду tg2x— tgjc = 0.
Отв. x = icn; x = -|-(4л -j- 1).
871. Запишем уравнение в виде
sin» х (sin x + cos x) ■ cos"*(sln.* + cos.r) _^ - _in<>
sin* ' cos.r
Предполагая, что sinjf^O и cosjf#0, сократим дроби,
перенесем все члемы з левую часть и вынесем за скэбку
si» jc -f- cos jc. Получим
(sin x -f- cos jr)(sin2 a; -}- cos2 x — cos x -J- sin x) = 0.
Заменим sin2 x -j- cos2 x на 1. Уравнение распадается на два:
1) sin a:-)-cosx = 0 и 2) cos* — sin#=l.
Первое уравнение даёт дг = -^-(4л — 1); второе уравнение
(см. эадачу 869) имеет решения jc = 2im и х = -£- (4я— I).
Оба они — посторонние, ибо при х = 2лл имеем sin* = 0,
а при х = ~y (4я — 1) имеем cos х = 0.
Отв. х = -|- (4л — 1).

604 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 872
872. Применим формулы тройных углов:
sin Ъх — 3 sin л: — 4 sfn8 д:, cos Ъх = 4 cosa х — 3 cos xJ).
Левая часть преобразуется к виду
3 3
3 sin х cos x (cos2 x — sin2 x) = -=- sin 2x cos 2x =» — sin 4jc,
и данное уравнение примет вид sin 4jc = -g-,
Owe. * = ^ + (— I) -^г.
873. Запишем уравнение следующим образом:
tg3* — (tg2* + tg*) = 0.
Представим левую часть в виде произведения нескольких
простейших тригонометрических функций. Имеем
tr2A- I tcx= sin,JJC __tg?jfcos3x
s "is cos л- cos 2x cos jr cos 2x '
так что левая часть равна
„ f, cosJjf ] . о Г. cosjrcos2jf — sJnjtrsln2jfl
tg Ъх 1 5— = tg Зле 1 n •
=? [ cos * cos 2* J ь | cos x cos 2л j
Выражение в скобках равно tg x tg 2х, так что получаем
уравнение tg Ъх tg 2х tg л: = 0. Рассмотрим по отдельности
три уравнения:
1) tg3* = 0; 2)tg2x = 0; 3)tg* = 0.
Решение первого есть х = -тг. Третье уравнение не даёт
ничего нового, так как все его решения (х = тст) входят
в число решений первого [при я = Ът имеем ~=яът\.
Второе уравнение даёт * = -=-. При чётном я эти решения
опять не дают ничего нового (при ra = 2fe имеем ~ = ick\',
при нечётном же я (я = 2п'-\- 1)они вовсе не являются
решениями данного уравнения. Действительно, величины tg je и tg Ъх,
') Если они не известны читателю, то он пожет их без труда
вывести самостоятельно, применив формулы синуса и косинуса
суммы двух углов: 2а и а и затем формулы синуса и косинуса от 2а.

873 ГЛ. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 505
входящие в уравнение, при дг==^(2я'+') теряют смысл
(«обращаются в бесконечность»). Поэтому второе уравж.ние
необходимо отбросить.
Отв. *-*.
874. Применив формулу косинуса разности, приведём
правую часть к виду У 2 (cos -75- + sin 4-)« Поэтому и левую
часть выразим через аргумент -у. Имеем
(l-f-cos;c)-J-sin;t = 2cos3^--f-2 sin-у cos-£ =
= 2 cos4-fcos-^--J-sin-j).
Перенеся все члены в левую часть, получим уравнение
(cos -J + «" т) (2 cos Т ~ Y*) = °'
распадающееся на два: одно даёт дг = 360°л — 90э, другое
х = 720°я =£ 90'. В последнем выражении можно двойной
знак заменить знаком плюс, потому что все величины
720°я— 90° содержатся среди величин 360°я— 90"" (если
в выражении 360°я— 90" брагь только чётные я, т. е.
положить я = 2я', то мы получим 720V — 90°).
Ото. х = 360'я — 90°; х = 720°я + 90°.
875. Перепишем данное уравнение в виде sina2jt=s
е= sin 3jc -J- sin х; отсюда sin2 2дг = 2 sin 2х cos х. Перенеся
все члены в левую часть, получим
sin 2л: (sin 2лг — 2cos*) = 0 или 2 sin 2jc cos jc (sin д:—1) = 0.
Уравнение распадается на три:
I) sin2x = 0; 2) cos* = 0; 3)sin*=l.
Два последних можно не рассматривать, так как все их
решения входят и число решений первого. (Имеем sin 2x =
= 2 sin х cos x = 2 sin x\f 1 — sin2x, так что, если cos x = 0
или если sin x = 1, то sin 2x = 0.)
Отв. * = 90°я.

506
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
876
876. Левая часть равна 2 cos2 jc—3cosx. Правая теряет
смысл при л-=-^ л, ибо ctg2x «обращается в
бесконечность». Поэтому будем считать, что х Ф^п. Знаменатель
правой части равен
cos 2* cos x (2 coss jc — t) —2 cos^x — 1
sin 2x sin x 2 sin x • со» x 2 sin jc • cos x'
так что правая часть равна
— cosec(it — х) • 2sinx •cosje = — 2cosecx • sin* • cosat.
Произведение cosecx • sinx(т. е. ~—\ можно заменить еди-
\ sm x / sin x
ницей, так как те значения х, при которых дробь'-—
принимала бы неопределенный вид -^, мы исключили. Получаем
уравнение
2 cos2 л:— 3cosa; = — 2cos* или cos*(cosx—"2')==0'
откуда cos x — 0 или cos x = -^, В первом случае получаем
значения x = -&(2k-{- 1), которые мы выше исключили.
Отв. лг = ^(6л=±= 1).
Замечание. Значениях = -^ (2k +1) также будут
решениями, если правую часть уравнения понимать в расширенном
смысле, как указано в замечании к решению задачи 868 (стр. 502).
877. Левая часть равна
(cos л: -j- sin xf -f- I = 2 + 2 cos x sin x,
2 sin* x n ,
правая часть равна -г-,— = 2 cos2 л:; при этом предпола-
tg х
гается, что sin x Ф 0. Уравнение принимает вид
2(1—cos2Jf)-f-2cosATsin* = 0 или sin2x-+-sin xcosх = 0.
Оно распадается iia два уравнения: sin.xr-f-cosA: = 0
и sin х =г 0, но при sin дг = 0 правая часть не имеет (прямого)
смысла.
Отв. х = — 4 -(- ял.
878. Правая часть равна
2 sin (| + х) cos (^ + *) =» sin (| + 2*) =
= cos 2л: в cos2 х — sin2 x.

879 ГЛ. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 507
879. Левая часть равна 2 — sin За:, правая равна
= 1 — cos Здт.
Уравнение принимает вид
cos За; — sin Здт -f-1 == 0.
Решим его по (первому) способу задачи 851, преобразовав
cos За: — sin За: к виду 1^2 sin f-| Зам. Получим
dn(i-3*) —^. т. е. йп(з*—J-)-^,.
Следовательно,
За---£-«(—iy»i + «, т.е. !х-1|1 +(—1)п]+«й.
При чётном я выражение в квадратных скобках равно 2,
а при нечётном оно равно нулю. Поэтому, если положить
л = 2я' (я' — целое число), то получим Зат = -|--г-2пя', а
если положить я = 2я'-}-1, то получим 3* = я(2л'-{-1).
Другое решение. Помимо второго способа,
указанного в вадаче 851 (он вводит лишние корни), можно
применить здесь (а также и в задаче 851) следующий способ.
Получив, как выше, уравнение cos За: — sin За: -J- 1 = 0,
применим формулы
1+cos3a; = 2cos2^ и sin За: = 2 sin~ cos Ц-.
Получим уравнение, которое распадается на два. Одно
(cos-2"= 0J даст -g-=-^(2«-}- 1), т. е. За; = те (2л-{-1).
(Зх Зх \ Ч ** п.
cos ^ — s"1 ~2 — °) Даст Щ — т + я"»
т. е. За: == -g- -f- 2яя.
Отв. ^ = -|-(2я4-1); а: = -|-(4я4-1).

508 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 880
880. Представим 1 -f- sin 2x в виде
(cos2 х -f- sin2 лг) + 2 sin x cos x = f cos x -f- sin *)2
и заменим tg* на - ■. Затем приведем все члены к обшему
знаменателю (cos x) и отбросим его, предполагая, что cos хФО.
Получим уравнение
(cos х — sin x) (cos x -f- sin *)2—(cos x -f- sin x) = 0,
Оно распадается на два: первое
cos x + sin x = 0
имеет решение
*-7(4л-1),
второе
cos2* — sin9*—1 =0,
или
cos 2*— 1 =0,
имеет решение
X = КП.
Отв, * = -^-(4и—1); х — кп.
881, Представим 1 — sin 2x в виде (cos* — sin*)2,
a cos 2х в виде (cos * -j- sin *) (cos * — sin *). Сократим дробь
на cos,* — sin *, предполагая, что эта величина не равна нулю.
Получим уравнение
, . cos х 4- sin х
cos * + sin * = ■—;—.
1 cos * — sin x
Освободившись от внаменателя (в том же предположении),
получим
(cos * -J- sin x) (cos * — sin *) — (cos * -J- sin *) = 0
или
(cos*— sin* — l)(cos*-(-sin *) = 0.
Решив уравнение cos *-f-sin * = 0, находим * = яя—.—,
Уравнение cos*— sin *—- 1 =0 можно решить так (ср.
задачу 879). Представим его в виде У 2 * sin С— — * J =з 1, т. е.
sin (* — -£) — —-Is. Отсюда * — ii(—!)»( — .£) + ««.

884 гл. 12. тригонометрические уравнения 509
При чётном и ( = 2/и) имеем * = «я = 2l"»- при нечётном п
( = 2/я — 1) имеем * = |- +wi = |-(4m—1).
Применить другой способ задачи 879.
Отв. x = -~(in—l); * = 2im; * = ^-(4я—1).
882. Правая часть равна cos 2x, а левая
(cos х -|- sin *)2 (cos x — sin x) =
= (cos x + sin x)(cos2 л — sin2 x) = (cos * -f- sin x) cos 2*.
Отв. * = -|-(2n+l); * = 2icn; * = -^-(4n-{-1).
883. Левая часть равна
1_4sin**co9».r l_s.n2j(,
4 4 cos^ x 4
(в предположении, что cos*=£0). К правой части применим
формулу sin a sin $ = -* [cos (a — Р)— cos (а -f- P)|. Получим
| (cos 60° — cos 2*) = 1 Г-i- — (1 — 2 sin2*)] = z±k^H}L*.
Теперь уравнение примет вид
i_sin2* = -(i-sin2*),
откуда sin3* = т>т- е> sin х==~2 или slnj(; = — 'о'" ^ва
решения *=180°га + (—1)"30° и * = 180°и— (— 1)"30°
можно записать одной формулой: *= 180°я:±:30о.
Отв. * = 30°(6«±:1).
884. Левая часть равна sin 60° cos *; правая равна
tg х cos* * -f- ctg * sin4 * = sin * cos3 x -f- cos * sin3 *
(при последнем преобразовании предполагается, что cos*=?*=0
и sinjKT^O). Это выражение равно
sin х cos * (cos2 * -f- sin2 *) = sin дг cos *.
Уравнение приводится к виду cos*(sin 60° — sin*) = 0.
Оно распадается на два, одно из которых (cos * = 0) даёт
постороннее решение.
Отв. *=180°п-К— 1)п60°.

510 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 885
х i — cos х
885. Применив формулу tg -^ = —~ >, получим в
левой части sec2 л; — 1 = tga x (сокращая на sin л:, мы
предполагаем, что %\ъхф0). Левая часть равна
sin {х — 30°) + sin (x + 30°) 2slnjccos30° ^гт?
cos х cos x V ё •
Уравнение приводится к виду tgjc(tgjf — У~3) — 0 и
распадается на два, одно из которых, именно tgx = 0, даёт
посторонние решения (ибо если tgje = 0, то и sin* = 0).
Отв. * = 60°(Зя-|-1)-
886. Выражение tg -у -f- ctg -я* преобразуется к виду
1 2_
, х х sin лг*
sin т cos т
Получим уравнение
У 2 sin х =
Отв. х = ~(2п-{- 1).
'о Y2.
887. Левая часть равна 2)^2 • —~(sin x -f- cos х);
прагме** 2(1 —sln^jc) ... . ч п
вая — равна ___.»-___ «2(1—an*). Получаем
уравнение
2(sin дг + cos х) = 2(1 — sin л;) или (1 — cos х) — 2sinjc=0
или
2 sin2-|- — 4 suiy cos-£- = 0.
Отв. х — 2iu л; jr = 2 (im -J- arc tg 2).
888. Дробь в левой части равна
о
-^- (sin 2л — cos 2x tg я) cos2 x =*
2 2
= —р=. (sin 2л: cos л — cos 2х sin л;) cos х = -?= sin x cos л\

899 гл. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ' 511
Правая часть равна
(cos2 х -j~ sin2 x) (cos2 x — sin2 x) — cos2 x — sin2 x
(переходить к двойным углам здесь нерационально).
Уравнение запишем в виде:
2
(1 — cos2 х) + sin2 x j= sin x cos x = О
или
2
2 sin2 х т= sin x cos x = 0.
Ода*. * == 180°л; * = 180°я + 30°.
889. Левая часть равна 3sinx — 4 sin3 x, а правая
4 sin х (1 — 2 s"in2 л:). Получаем уравнение
sin х (4 sin2 x — 1) = 0.
Отв. х =180° и; лг= 180° л ±30°.
890. Правая часть равна
X X
sin * sin -н- + cos ■* c°s -^
sin л: -f- cos x ctg ^ = ■
2 , *
sin^
Числитель этого выражения равен cosfx——j = cos^-,
так что в правой части получаем ctg у. Левая часть равна
1 1 2 cos2 75-
1 + cos x 2
cos х cos лг *
Уравнение принимает вид
2cos»4r
2 . х п
~Шх ct&2-=°-
Вынося за скобку ctg-^, получаем
/2cos£
, х ( 2
С*-2\—151
-7Г Sill J
COS ДС
Ош. * = ия-}-^-; * = 2ия-}-тс»
П = 0, т. е. dg^(tgx—1) = 0.

512 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 891
891. Знаменатель дроби равен
sin 2х cos х — cos 2х sin х sin jc tgx
cos x cos 2x cos x cos 2x cos 2x '
Вся дробь равна sin 2л;. Уравнение принимает вид
sin 2х — 2 sin (45° -j- x) cos (45° + х) = О
ИЛИ
sin 2х — cos 2х = О,
откуда tg 2х = 1.
Отв. лт = 90°я-]-22°30'.
892. Имеем
tg (х — 45°) tg (x -j- 45°) = tg (x — 45°) ctg (45° — х) = — 1;
при этом предполагается, что х -4= 45°(2я-|- 1), ибо тогда
один из сомножителей обращается в нуль, а другой — в
бесконечность. Знаменатель правой части преобразуется к виду
cos х 2 cos x
, х х sin х
sin -j cos -j
■== —2ctgjc;
при этом предполагается, что х =#180° п, ибо тогда либо
tg ^, либо ctg у теряет смысл (обращается в бесконечность).
Получаем уравнение
4 cos2 х
— tgjc =
2 ctg л- '
которое (в предположении, что хФ 180°и) приводится к виду
tg х cos 2x = 0. Последнее уравнение имеет решения д:=180°я
и дг = 45° (2я -|- 1), но они не соответствуют сделанным
предположениям.
Отз. Уравнение не имеет решений.
893. Правая часть равна — tg * (см. предыдущую задачу).
Левую же часть представим в виде
1 ,. / i лы i , , .Соч, sin2(.* + 450)— cos2(at+45°)
2-[tg(^ + 450)-ctg^-f-450)l^^ln(^45^)cos(;+45o)^
= — ctg (2л; -f- 90°).
Получим уравнение
tg2A; = —tgx

896 ГЛ. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 513
Его можно написать в виде
tg2* = tg(— х);
отсюда заключаем, что углы 2х и —х разнятся на 180°я
и из уравнения 2х = — х-\-180° я находим л = 60°я.
Отв. дг = 60°я.
894. Левая часть равна
sin 2х sin 2х
COS(* + a)cOS<*-«) ^(coe2e + cos2*)'
Получаем уравнение
2 sin 2л: 0 ,
■ я—i о— = 2 ctg х.
cos 2a + cos 2x &
Применив формулы sin 2x = 2 sin jc cos jc и ctg д: = -—-,
приведём уравнение к виду
cos х (2 sin2 jc — cos 2x — cos 2a) = 0.
Уравнение
2 sin2 x — cos 2x — cos 2a = 0,
если в нём написать 1 — cos 2л; вместо 2 sin2 л;, даёт
2 cos 2х = I — cos 2a,
откуда
cos 2л: = sin2 a.
Отв. л; = у(2я+1); х = im;2=-g-arccos(sin2a).
895. Левая часть равна 1 — sin x; знаменатель правой части
равен
2
Это выражение приводится к виду ——. Получаем
уравнение 1 — sin х = sin х.
Отв. х = 180° я + (— 1)» 30°.
896. Левая часть равна tg*. Правая (ср. задачу 894)
равна 1 -f- 2 tg x.
Отз. лс = 45°(4я — 1).

514 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 8JJ7
897. Имеем
аналогично,
sin*
(,+ »)=['z4il±i)]'=(bt|-)..
Уравнение принимает вид 1—cos 2х + sin 2х = 0, или
2 sin2 .v-f-2 sin х cos x = 0.
О/ив. д: = яя; х = яй—-^.
897а. Уравнение представим (см. предыдущую задачу)
в виде
/1—cos2*\* / 1 + sin2хVs . /1—з1п2л:\а 9
( 2 ) +\ 2 ) +( 2 ) =¥.
После алгебраических преобразований получим
3 — 2 cos 2x -f- cos2 2x -f- 2 sin2 2 л: = -|.
Заменив sin2 2л: на 1—cos2 2л:, получим уравнение
cos2 2х + 2 cos 2л- — 1 = 0.
Оно дает cos 2л: =— 1 -J—j- (значение cos2л: = — 1 — Xr-
отбрасываем, ибо его абсолютная величина больше, чем 1).
Отв. х = *л ± — arc cos f—Ч"^")*
898. Левую часть первого уравнения представим в виде
— (cos x-{- cos у). Решив систему, найдем cos *: = -£;
cos^= j.
О/мв. х = 2я£ ± 4; .у = 2«/ ± ~.
О О

98° гл. 12. тригонометрические уравнения- 515
899. Так как
COS (X — У) — COS(X+y)
siaxsmy =—i =^4j i—-iLL,
то второе уравнение можно записать так:
cos (х —у) — cos (х-\-у) = 2/и.
Но х~\-у = а; следовательно,
cos (л; —у) = 2/и + cos a,
откуда
х —у = 2яя rh arc cos (2/и -J- cos a),
и данная система распадается на две:
I х+у = а,
\ х —у = 2ля -f- arc cos (2/я -j- cos a)
и
iX-\-y=*b,
\ x — у = 2яя — arc cos (2/и -f- c°s a).
(ft 1
xt = nn -j- -„■ + -g- arc cos (2/и -f- cos a),
j/t = — vn-\-~ — -x arc cos (2/и -f- cos a);
x2 =» it/i 4- -7 — -.r arc cos (2я» + cos a),
^2 = — un -j- -|- -f- -^ arc cos (2/и -j- cos a).
900. Применив формулу tga + tgft =* |^ co/i, запишем
второе уравнение так: - °* п -■ = /и. Заменив cos л: cos v на
cos (*+>) +cos (# — у) ,
i— ■ А i — и JC-r-.y на a, получим
2 sin с
или
cos о 4-cos (х—у)
2 sin a
т.
cos(x—у) — '-
m
■ cos я.

516 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
Уто уравнение распадается на дви;
. . /2 sin a \
х —у =» 2*л + arc cosf—-—— cos a 1
iSln a
901
(2<
—
•cose
)•
Присоединяем к каждому из них уравнение х4-у**я.
получаем две системы уравнений (см. предыдущую вадачу).
Отв.
, а . I /2 sin о
д:, = «я-!- j-r-'jarccosf
У,
' — «Я-f-Tj-
— -я arc cos
/2 SlO a
\ W
.а I /2 Sin а
«л 4- -у — j arc cos^—-—
. a , I /2 Sin а
y9 = — «л 4-^ 4--jarc cos(~—
•COS к),
•cos a),
• cos or
• cos a ]
901. Решается как предыдущая задача.
Vim.' xt =e j (4л -f- l), yt =* — ля;
902. 1ак как 1 = 2° и 4 «= 16г, то данную систему можно
ваписать так:
{sin х4-cos у■= 0,
sin*jf4-cos9>—i,
откуда получим
1) sin х =>.£-, cosy = — у и 2) sinx» — —, cosjrss-x-»
Отв. хх «= 180°л 4-(— 1)»30\ уу -» 360° «=£ 120е;
хг = 180° л—(— 1)" 30°, у, «= 360° л л: Ь0в.
903. Второе уравнение можно представить в виде
sin х sin у
cos дг cos у
I
где в силу первого уравнения slnjcsin>«=»
]
4/2"

8°3 ГЛ. 12. ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ 517
Получаем систему уравнений:
3 I
cos х cos у = —=, sin х sin у = —?=.
4УТ* 41^2
Складывая и вычитая их почленно, получим
cos(*— y) = yf и со8(*4-^) = ^=,
откуда
*4- v = 2iwi:+: arc cos—■==.. x—y = 2rtkdz — t
где т и ft — произвольные целые числа. В каждом из этих
уравнений можно взять любой из знаков rt.
Замечание. Числа m + k и m — k тоже целые, но не
вполне произвольные (если одно из них чётное, то и другое чётное,
а если одно из них нечётное, то и другое нечётное).
Отв. 1) х = жя + — arc cos —7= ■
—— CLAW We — J^ —Г— «
2 2/2 ^ 8 '
у = те/ -|- — arc cos —= — — •
,2 2Y2 8
2) jc^nB-r-iarccos-i»
и
2 2/7 8'
y = nf_)-_arc cos ' ' n -
Ъ) x — «я — — are cos
2 2/7^8'
в
2 гут^в'
у = it/ — — arc cos -
2 2/2~ 8'
4) x e« «л — — arc cos —7=——.
2 2/2 8
y=*vt—- arc cos —\== + —.
2 2yT ' 8
где «em + ft; t = m—k (щ и ft — любые целые числа).

518 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 904
904. Возведём в квадрат обе части каждого из данных
уравнений и сложим почленно. Получим
1 = 4 sin2_y -j- -г cos2j/ или 1 = 4(1 — cos2у) -J- -j cos9у,
откуда cos2.y = -jr- и sin2j; = j. В каждом из выражений
2 1
cosy = ^z—p=- и sin у = rt—^j- можно взять любой знак
У 5 УЪ
(так что в пределах от 0 до 360° угол у может иметь
четыре значения). Подставляя эти значения в данные уравнения,
находим, что углы х и у удовлетворяют одному из
следующих четырёх соотношений:
,.1 2 2 1
1) cos* = —- s\vix = —F=.t cosy = —=. slnys=—=;
УТ /5' W * yT'
1 2 2 1
2) cosx — —=. sin* = -=, cosyps—— siny= y=;
Уь' УЕ Уь Уь
12 2 1
3)создг ^,**-7Г, cosy _,slny = _;
4) со.* —^. sin* ^=. ™У у=, -njr rj^J
Рассмотрим первое из них. Если взять отдельно
равенство cos х =—■=?. то оно даёт х = 2ял zh arc cos—==-.
Но (по определению главного значения арккосинуса) угол
<р = arc cos —j=r принадлежит первой или второй четверти,
где функция синус всегда положительна. Значит, нужно
сохранить только знак плюс. Действительно, из равенства
2
х = 2mdtz<? следует, что sin x = ±s\ny = -±z——.
2
Между тем во взятом нами первом соотношении sin jc = —=.
(а не 7=)' То же имеет место для угла у, так что в случае
соотношения 1) мы получим
1 2
х = 2iwj -f- arc cos —?=., у = 2кл, -f- arc cos —F=,
Уо\ l ' yV

908 гл. 13. обратные тригонометрические функции 519
где п и nt — любые целые числа. Рассуждая так же,
найдём, что в случае второго соотношения
1 2
х = 2im — arc cos -7=, V = 2iw, — arc cos -y=.
и аналогично для третьего и четвёртого соотношений.
Отв. х = 2iw dz axe cos fdz -j=-)>
_y = 2imt dzarc cosf ±: -7=],
где знаки в скобках одни и те же для х и для у и знаки
перед аркусами также одинаковы.
ГЛАВА 13
ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ
905. Имеем
arc sin (— 3i3_) = _ £, arcctg(_l) = ^.,
arc cos —-==l = —, arc cos (— 1) = it.
Отв. -г-,
о
906. Угол <p = arccos# заключён между 0 и 180° (по
определению главного значения арккосинуса). Значит, sin <a
полежителен (или равен нулю). Имеем cos <p = х, откуда
sin<p = + V"l— а;2 (перед радикалом берётся только знак
плюс). Следовательно,
т/"1 х'1 ЛГ\ jc'-i
<£? = -— 1 т- е- *g (afc cos х) =
■* х
что и требуется доказать.
907. См. решение предыдущей .задачи.
908. Положим arcctgf——) = <р, так что ctg<p =— -|.
Угол <р заключён между 90° и 180° (ибо главное "значение

520 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 909
арккотангенса заключено между 0 и 180°). Требуется найти
sin-g-. Применим формулу
где из двух знаков rfc нужно взять только знак -{- (ибо
угол -I- принадлежит первой четверти). Предварительно нужно
найти cos<f> по формуле
cos a = * -;
=fc V l + Ctg^a
получаем
3
4
cos <p =
У^ + Ж
(перед радикалом берём только знак плюс, так как <р
принадлежит второй четверти). Теперь находим
sln? _,/"1-со8?.._И/ !±_5_ 2
_т/"1—cosy __у
2~"F 2 ~ Г 2 ~~ утр
0/»e. sin |д arc ctg (— -j)J = y=.
909. Положим arc sin ( Kr-) = <p, так что sin <э =
2l/T
= ^—. Угол <р заключён в пределах между —90° и 0°
(так как главное значение арксинуса заключено между —90°
1
2
и -f- 90°). Требуется найт sin -|-. Эта величина — отрица-
1ельная. Поэтому в формуле
нужно удержать только знак минус. Получаем

913 гл. 13. обратные тригонометрические функции 521
где
1вш1Л_(_-?1^\-±
cos9= v i-^—з-;=т
(перед радикалом берём только знак плюс!).
910. Угол <р = arc cos (—у J заключён между 90° и 180°
(см. решения двух предыдущих задач). Значит, ctgy
положителен, так что
etc? ^/"l + cos?
ctg2 V 1 —cos?
(перед радикалом берётся только знак плюс). Сюда подста-
4
вляем cos <р = — у.
узз
911. Так как
Отв. ctg у arc cos (— у-) j = Х^-.
. Уз к . Уз" я
arctg-£g- = -g- и arcsin-^- = -5-,
то имеем
О/ив. — 1.
912. Имеем
arctgyr3 = -^- и arc cos-*■ — -^•
б
Дальше — как в предыдущей задаче.
Отв. — -тг-.
913. Отв. -j.

522 ответы и решения 914
914. Положим
arc ^(3 + 2/2) = а, (1)
arctg^ = p. (2)
Требуется доказать, что
1 Я = .
«-Р = т- (3)
Найдём tg (а — р):
с помощью (1) и (2) получим
tgO*-P) = П7Г = 1- <4>
1 + (3 + 2/2) -L£
С другой стороны, из (1) и (2) видно, что каждый из углов
пир содержится между 0 и -к, причём а > |3 (ибо
3 +- 2 ]/2 > -^-J; следовательно, угол а — р заведомо лежит
между 0 и -j, так что из (4) получаем а — Р —-т■, что
м требовалось доказать.
Замечание. Для доказательства того, что угол а — р равеи
именно -j, т. е. 45° (а не 225° и не —135° и т. д.), можно было бы,
пользуясь таблицами, непосредственно найти углы а и р. При этом
можно ограничиться грубыми приближениями (например, учитывать
только градусы). Так, положив У"2яй1,4, найдём а га arc tg 5,8, чю
составляет около 80° (погрешность заведомо не превышает -д- ).
Точно так же найдём P;«arctg0,7, что составляет около 35° (погреш-
1 °\
ность тоже заведомо меньше чем -н- 1. Следовательно, а — р не
отличается от 45° более чем на 1°, а значит, в точности равен 45°.

915 гл. 13. обратные тригонометрические функции 523
915. Положим
arc cos у j = a, arc cos ^jf- = 3 ').
так что cosa=»|/ -j и cos3=s jt- • Каждый из углов
о и 3 принадлежит первой 2) четверти. Требуется доказавь,
что a —3 = -g-.
Найдём sin (о — ?), для чего предварительно вычислим
sinaejA — cos2 a и sin3 = УI — cos8?
(перед каждым из радикалов берём только знак плюс, тач
как а и 3 принадлежат первой четверти). Находим sin a = —^
Л лГь—2VS"
и sin3<=y —W~~* так что
о, I У6-И _/"Т , /*5 — 2VW
S1n(a-3)= —.-— -у -.у ——^
Докажем, что найденное иррациональное выражение
равно -я-. Для этого преобразуем «двойную иррациональность»
У Ъ — 2УЪ = У 5—^24. Преобразование можно
выполнить по формуле
j/XZ71.,|/"'+>^-)/''-^
(при Л = 5, fi=s24); мы получим
В
>) Можно обойтись и без введения вспомогательных величии
а и р и решить задачу таким способом, который приведён в
замечании к задаче 914.
*) Главное значение арккосинуса лежит между Они."

524 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 916
Но проще представить подкоренное выражение 5 — 2 \ПИ
в виде 3 + 2 — 2/2.1/3"= (УЗ — V2)\ и тогда имеем
Vb — 21/"б = К(УЗ — К2)2 = /3 — /2 1).
Поскольку каждый из углов а и 8 лежит в пределах от О
до у, угол а — 3 заведомо лежит в пределах от —£■
10 -+--Н-, а тогда из равенства sin (a—3) = -я- следует
а — 3 = -g-i что и требовалось доказать2).
916. Пусть (см. две предыдущие вадачи)
4 5
у = a, arc sin -^ = 3, arc sir, -т^
arc sin -jr- = a, arc sin -pr = 3, arc sin -r^- = f.
Тогда
sina = -|, cosa==j; ship —-j^, cosp = -J|;
16 63
Sini( = —, COSlf^-gg-.
Отсюда
j / i оч 4 12 . 3 5 (53 , , rw 16
sin(« + P) = -F.13- + ¥.15-e=-gF и cos^ + p)—^.
Оба угла аир принадлежат первой четверти; поэтому угол
а-}-8 заключён между 0° и 180°, а так как косинус угла
a-f-З положителен, то a-f-З принадлежит первой четверти.
Кроме того, cos (a-j-8) = sin т и sin (a -f- 8) == sin (-£•—'■•A.
Поэтому а + 3 и -н-— 1 могут отличаться только на 2яд,
а так как -~ — if тоже принадлежит первой четверти, то п = 0.
Следовательно, a-f-З —-j— -г, т. е. a-J-3-pi[ = i что
и требовалось доказать.
J) Число VT— УТ положительна
а) Если бы вместо sin (а — Р) мы вычислили cos (a — (J), то
- оч fS II , 1С
нашли бы cos (a — р) =»-£—; между —-=• и -f--K- мы имели бы ива
значения а-—р. именно — -г и -Ь-тг; поэтому пришлось бы иред-
варительно установить что а>§, т. е. что cos a < cos p.

W ГЛ. 13. ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ 625
917. Имеем arc cos-н-= 4-; обозначим arc cos (—у)
через Э, так что cos Р = — у. Угол р содержится между ^ и я
(см. три предыдущие задачи). Поэтому
sinp^ + l/'l-^y [а не -/l-Cyj].
т. е.
sin p = у1/3.
Находим
cos (-j + Р) == cos -j cos Р — sin ■£■ sin p ='
__ 1 / l\ УЗ 4 ,/o 13
Чтобы доказать справедливость данного тождества, нужно
ещё убедиться в том, что угол -g--j-P принадлежит второй
четверти ибо угол arc cos [ rjj в правой части равенства
лежит во второй четверти . Угол p=sarccos(—у) заключён
между -J и те; следовательно, угол -я- + Р содержится между
-у- и -д-. Из этой оценки, однако, ещё не следует, что угол
■д-Ч-Р принадлежит второй четверти (ведь угол -я- находится
уже в третьей четверти). Но если учесть, что "■" f > ~~* "г
и что, следовательно, arc cos (— у J < arc cos (— -к-)» т« е>
/ 1 \ . 2n n .
arc cost — у 1 <-"з-» то отсюда следует, что •*--)-
-f- arc cos (— yj < it. А так как по предыдущему этот угол
больше, чем -g-, то он лежит во второй четверти. Этим
данное тождество доказано.

626
ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ
91В
Замечание. Принадлежность угла -г- + Р второй (а не третьей)
четверти можно доказать ещё следующим образом: имеем
sin (-3-4- р) = sin ^r cos р + cos y sin p =
Так как это число положительно, то угол •jr + P принадлежит
второй четверти.
918. Положим arctg-g- = a и arctg —= 3, откуда
tga = -r и tg р == —. Вычислим
w2a I В)- fg2g + tgp
Предварительно находим
а затем
tg(2a + S) =
12 + 4 32
. 5 1 ~~ 43'
1—12*7
Углы a = arc tg у и В = arc tg -j принадлежат первой
четверти, но из этого ещё не следует, что угол 2а-f-В
принадлежит первой (а не третьей) четверти. Но если учесть,
п
что каждый из углов аир меньше, чем -г (так как их
тангенсы меньше чем 1), то отсюда следует, что 2а -I- В меньше
о 32
чем -р, а так как сверх того tg (2a-J-В) = тт положителен,
то 2а -|-8 лежит в первой четверти, т. е. 2а -f- 3 = arc tg ^,
что и требовалось доказать.
Замечание. Вместо того, чтобы доказывать, что угол 2а-4-fj
не выходит за пределы первой четверти, можно найти этот угол
(хотя бы очень грубо) с помощью таблиц (см. замечание к задаче 914).
Получим: а = arc tg -g-« 11°, § = arc tg -^ чал 14°, та., что 2а 4- Рг»36".

921 гл. 13. обратные тригонометрические, функции 527
919. Положим
1
~ or/> irr — Н ore ttr
и найдём сначала
arctgi*»». arc tg -g- — p. arctgy — t, arctg-g- = i
I + ±
3 + 5 4
tg(« + P)= ii=T
'"з'б
затем
- + -
1-уу
и, наконец,
1 + 1
tg[(« + P + T) + 8] = ' 97 8! "1.
Как в предыдущей задаче, докажем, что угол а-[•-{3 + К + 2>
лежит в первой четверти. Следовательно, a-j-p-f-f + S — -г»
3 = tg-j , т. е. лг2—За: — 3 = 1. Отсюда находим хг = 4;
920. Имеем arctg(x2 — За: — Ъ) = -у, откуда а:2—За:—
л
Т
*2 = —-1.
Отв. JCj == 4; дга = —- 1.
Замечание. Если бы вместо уравнения arc tg(x2—Зх—3)=^
мы имели уравнение arc tg (л-2 — Зх — 3) = — —, то такое
уравнение не имело бы решений, так как главное значение арктангенса не
может равняться — -г-. Если не обратить внимания на это
обстоятельство, можно получить то же уравнение х2 — За: — 3=1, но
корни последнего уравнения не годятся.
921. Имеем
arc sin (*2 — 6х -f- 8,5) = -£,
откуда а:2—6л:+ 8,5 = 0,5.
Отв. xl*=i; л-9 = 2.

528 ОТВЕТЫ И РЕШЕНИЯ 922
922. Взяв тангенсы обеих частей уравнения и учитывая,
что tg(arctga) = a, получим
(х + 2)-(х+1) ,
1 + (х + 2)(х+1)— '•
откуда ху =—1; лг2 = — 2. Проверяем эти корни. Если
х = — 1, то
arc tg (at -|- 2) = arc tg 1 в-5. и arctg(.*-|-l) = arctgO = 0,
гак что данное уравнение удовлетворяется. Так же докажем,
что и второй корень годится.
Отв. х, = — 1; jc2 = — 2.
Замечание. Почему проверка необходима, видно из
следующего примера. Рассмотрим уравнение
arc tg (* + 2) - arc tg (дг-И) = - ^,
отличающееся от данного только значением свободного члена.
Заранее нельзя сказать, что оно не имеет решений (ср. задачу 920).
Пели бы, скажем, arc tg (x -+■ 2) равнялся — -^. a arc tg (x -f-1) был ра-
g
оен ук * (эти значения могут быть главными значениями арктангенса).
го левая часть равнялась бы——-. Взяв тангенсы обеих частей
рассматриваемого уравнения, мы снова получим уравнение
(х + 2) — (х+1) , , ,
1 +(х + 2)(х4-1)~ ' н0 тепеРь ,ш одии из «0Р"еи -«"I = —1»
Хг = —2 не годится.
См. ещё замечание к задаче 925.
923. Берём тангенс обеих частей уравнения.
Предварительно находим (см. предыдущую задачу):
,g(2arctg^)--2 =±
■(*)"
4
и тогда получаем т-=1. Корень этого уравнения есть
1+-
1
3
x = y'> его нужно проверить (см. замечание к предыдущей
задаче). Подставляя в левую часть уравнения х = ■=•, полу-

же
924 гл. 13. обратные тригонометрические функции 629
чаем 2 arc tg -^ — arc tg у. Угол а = arc tg -j заключён в
пределах между 0 и j (так как tga = y<l). В тех"
пределах лежит угол р = arc tg j. Угол 2а принадлежит
первой четверти, а угол 2а — р лежит между —— и ■£. Но
tg(2a — Р)=1, так что 2а — р = «л-(--^-. Но только при
« = 0 угол 2а — Э попадает внутрь найденных нами границ.
Следовательно, данное уравнение удовлетворится.
Отв. х — у
924. Возьмём синусы от обеих частей равенства. Можно
положить 2
arc sin —у=г = а и arc sin У1 — х = {3
3 у *
(см. решение задачи 915); но можно обойтись без них,
воспользовавшись формулой sin (arc sin x) = х (она
непосредственно вытекает из определения арксинуса) и формулой
cos (arc sin х) = Y1 — х% *)• Следовательно, синус левой
части равен
и данное уравнение принимает вид
зу^ к* ъу-х v l *-з-
2
Решив его, находим д; = -j. Этот корень нужно
проверить (см. замечание к задаче 922), т. е. нужно доказать
тождество _ _
arc sin у -j—arc sin |/ у = arc sin -j.
Доказательство ведётся, как в гадаче 917.
Отв. jc = -g-.
') Эта формула выводится следующим образом. Положим
aicsin* = a. Тогда sin » = л и coso= y^l—х\ Перед радикалом
берётся только знак плюс, так как угоД a = arc sin* лежит в
границах от —90 до -f-90° (главное значение арксинуса!). Подставляя
вместо о выражение arc sin*, получаем" требуемую формулу.

530 ОТВЕТЫ Й РЕШЕНИЯ 925
925. Взяв тангенсы обеих частей уравнения, получим
а а — b
откуда х = 1.
Это значение надо проверить (см. замечание к задаче 922).
Подставляя л = 1 в данное уравнение, получаем
arctgy — arctg^qr£ = 450. (1)
Введём обозначение
arc tg ~ = <р. (2)
Здесь угол 9 (главное значение арктангенса) заключён в
границах
— 90°<<р<90°. (3)
При этом обозначении имеем
arc tg f^|= arc tg *-|^| = arc tg tg (9 _ 45°), (4)
так что надо проверить равенство
9 — arctgtgOp — 45°) = 45°. (5)
Это равенство будет верным в том и только в том случае,
когда
arctgtg(9—45°) = 9 —45°. (6)
Равенство же (6) имеет место, когда угол f — 45° (главное
значение арктангенса) заключён в границах
— 90° < 9 — 45° < 90°, (7)
т. е. когда
— 45°<9<135°. (8)
Учитывая неравенство (3), получаем для угла 9 более
тесные пределы
— 45° < 9 < 90°. (9)
Из (2) и (9) находим
! = tg9>tg(-45°),
т. е.
у>-1. (Ю)

927 ГЛ. 13. ОБРАТНЫЕ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ ФУНКЦИИ 531
Обратно, при -г > — 1 угол ср удовлетворяет
неравенству (9).
Следовательно, данное уравнение имеет решение (х = 1)
при -v-> — 1. При-г-<—1 решений нет.
Например, при а = —"У^З, Ь=\ имеем
arc tg у = arc tg (— /з) = — 60°;
arc tg ^=4 =a arc tg ~ ^I~* ?a arc tg 3,732 = 75°,
ba + b s — ^3+1
так что левая часть данного уравнения равна -^135°, а
правая часть при х = 1 равна 45°.
Отв. х=1 при-г->—1; уравнение не имеет решения
при j< — 1.
926. Возьмем косинусы обеих частей уравнения. Получим
(см. задачу 924) V"l—9х2 = 4х. Это уравнение имеет
единственный корень х— ■=-. Проверим его. Угол а = arc sin Зд; =
3
=arc sin ■=- принадлежит первой четверти; угол 8 = arc cos 4x=
4
= arccos-p- принадлежит тоже первой четверти. При этом
О
3 4 п
sina=-^-; следовательно, cos a =-г. С другой стороны,
cos8 = -=-; следовательно, a = р.
Отв. х = -=-,
о
927. Возьмем синусы обеих частей уравнения. Получим
(см. задачу 924) 2xj/4—х2==^\%> откУДа xl = Q.
,12 12 „
*2 —+13. x3 = — ттт. Проверяем эти корни.
Отв. х = 0; х = ±:^.

532 ОТЧЕТЫ И РЕШЕНИЯ 928
928. Из первого уравнения находим
«вСх + Л-г^?.
т. е.
tgx+tgy _ 2д
1 — tg.ttg.y 1—а»'
Принимая во внимание второе уравнение, получим
tg* + tgy_ la . , tCTV_2a
Из системы уравнений
igx + \gy = 2a, \gxigy = &
находим tgx = a; tgy = a. Отсюда следует, что х =
= 180°я + arc tg а, у= 180°/re + arctga, где п и /и — целые
числа. Но лишь одно из них можно взять произвольным,
так как согласно первому уравнению величина х-\-у, как
главное значение арктангенса, должна содержаться между
— 90° и + 90°.
Чтобы выделить годные значения пит, подставим
найденные выражения в первое уравнение. Получим
180°(» + m) + 2arctga = aTctgT-^5. (A)
Так как согласно условию | а | < 1, то угол arc tg a
содержится между — 45° и + 45°, т. е. 2 arc tg а
содержатся между —90° и -4— 90°. В тех же пределах
содержится угол arctg __ a (главное значение арктангенса).
Следовательно, эти два угла разнятся менее, чем на 180°.
Поэтому равенство (А) возможно лишь при п -\~ т = 0.
Отв. х= 180°rt + arctga, у = —180°/г —|— arc tg a-