Zaglavie
Oglavlenie
7
8
9
10
11
12
13
Текст
                    ПОЛНЫЙ
СБОРНИК РЕШЕНИИ
ЗАДАЧ
для поступающих
В ВУЗЫ
группа и
КНИГА 2
Под редакцией
М. И. СКАНАВИ
МоСква
«Мир и Образование»
Минск
«Харвест»
2003


УДК 51(076.1) ББК 22.11 П51 Все права защищены. Перепечатка отдельных глав и произведения в целом без письменного разрешения владельцев прав запрещена. Полный сборник решений задач для поступающих в вузы. П51 Группа Б / Под ред. М. И. Сканави. В 2 кн. кн. 2.~ М.: ООО «Издательство «Мир и Образованием: Мн.: ООО «Хар- вест», 2003.- 832 с: ил. ISBN 5-94666-1&4) (ООО «Издательство «Мир и Образование») ISBN 985-130912-5 (ООО «Харвест») Впервые в помощь абитуриентам публикуется полный сборник задач с решениями под редакцией М. И. Сканави по всем труппам сложности. Книги помогут учащимся научиться решать экзаменационные задачи различного уровня сложности любого вуза. Условия и нумерация всех задач полиостью соответствуют изданию «Сборник задач по математике для поступающих в вузы» под редакцией М. И. Скаиави, 6-е издание (М.: ОНИКС 21 век, Мир и Образование). УДК 51(076.1) ББК 22.11 ISBN 5-94666-16-0 (ООО «Издательство «Мир и Образование») ISBN 985-13-0912-5 (ООО «Харвест») © Коллектив авторов, 2002 © ООО «Харвест». Дизайн обложки, 2002
Содержание Решения к главе 7. Логарифмы. Показательные и логарифмические уравнения 1 Решения к главе 8. Тригонометрические уравнения 71 Решения к главе 9. Неравенства 232 Решения к главе 10. Задачи по планиметрии 308 Решения к главе 11. Задачи по стереометрии 420 Решения к главе 12. Задачи по геометрии с применением тригонометрии 494 Решения к главе 13. Применение уравнений к решению задач 756 АВТОРСКИЙ КОЛЛЕКТИВ Егерев Виктор Константинович Зайцев Владимир Валентинович Кордемский Борис Анастасьевич Маслова Тамара Николаевна Орловская Ираида Федоровна Позойский Роман Исаевич Ряховская Галина Сергеевна Сканави Марк Иванович Суходский Андрей Матвеевич Федорова Нина Михайловна ТВОРЧЕСКИЙ КОЛЛЕКТИВ Профессор кафедры высшей математики Белорусского Государственного Университета Информации и Радиоэлектроники Карпук Андрей Андреевич Профессор кафедры высшей математики Белорусского Государственного Университета Информатики и Радиоэлектроники Жевняк Ростислав Михайлович Кандидат физико-математических наук Ермолиц- кий Александр Александрович
Решения к главе 7 ЛОГАРИФМЫ. ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ ОСНОВНЫЕ СВОЙСТВА И ФОРМУЛЫ Степени с действительными показателями я0 el, (7.1) где 0° не имеет смысла; a~"s-^(a*°), (7.2) а где п—действительное число; т а^ =№(в*0)> (73) гдетиип — натуральные числа; «•.«»е«»», (7-4) 4S«^> (7-5) (i0]fSe«*, (7-6) где а и Р —действительные числа. Показательная функция Показательной функцией переменной х называется функция у = ах, где а—данное число.
Если а< 0, то функция ах определена только при целых и при дробных значенияхх (если знаменатель дробного показателя*- нечетное число). Если а = 0, то выражение 0* определено при х > 0, Если а > 0, то функция ах определена при всех действительных значенияхх, причем при а ~ 1 имеем Iх ~ 1, т.е. функция равна постоянному. Вдальнейшемпоказателыгуюфункциюя* будем рассматривать при а>0 и а*\. Основные свойства показательной функции у~ах при а>0, а*\: 1. Показательная функция определена при всех действительных значениях х(хе /?). 2. Областью изменения показательной функции служит множество всех положительных действительных чисел, т.е. уе (0, + °°). 3. При а > 1 показательная функция строго возрастает, т.е. из неравенства X] < х2 следует неравенство а* <а*1. Причем если хе (~°°;0), то ye (0;l); если х = 0, то у~\; если хе (0;°°), то уе (1;+°°),т.е.если хе (-«>* + °°),то уе (0; + °°); у—>0 при х—»-°° и у —» -Н» прИ .X —» +<х> , 4. При а е (0; l) показательная функция строго убывает, т.е. из неравенства х, < х2 следует неравенство а *' > а*1 .Причем если хе (-°°;0), то уе (l;+oo); если х = 0,то у = 1;если хе(0; + °°),то уе (0;l), т.е. если х е (- °°; + °°), то у е (0; + °°); у —> +<х> при х —> -°° и у —» 0 при х-»-н». 5. Характеристическое свойство: значение показательной функции от суммы равно произведению значений этой функции от слагаемых, т.е. а***2 =ах*-аХ2. Логарифмы и их свойства Логарифмом числаб по основанию а называется показатель степени, в которую надо возвести число а, чтобы по лучить число b: loga£ = x, если ах —Ь ,или alog"*=£. (7.7) 5
В дальнейшем основание логарифмов будем считать положительным и отличным от единицы (а > О, а * 1). Приведем некоторые свойства логарифмов (при любом положительном основании, отличном от единицы). 1. Логарифм единицы равен нулю, т.е. loga 1 = 0. 2. Логарифм основания равен единице, т.е. loga a = 1. 3. Для любого положительного числа b существует, и притом только одно, такое действительное число а, что loga b = а. 4. Из равенства loga х^ = loga х2 следует *i = х2 (и ндоборот). Основные правила логарифмирования 1. Логарифм произведения двух или нескольких положительных чисел равен сумме логарифмов этих чисел, взятых по тому же основанию, т.е. loga(6-c) = log£,6 + logac. (7.8) Замечание. Логарифм произведения нескольких чисел, если оно положительно, равен сумме логарифмов модулей этих чисел, взятых по тому же основанию, т.е. 1оЕа(*1-^Л)=1о8а|*1| + ^а|^| + ...+ + \o$a\bn\(bl-b2...b„>0). (7.9) 2. Логарифм частного двух положительных чисел равен разности логарифмов делимого и делителя, взятых по тому же основанию, т.е. loga- = loga2>-logac. (7.10) Замечание. Логарифм частного двух чисел, если оно положительно, равен разности логарифмов модулей делимого и делителя, взятых по тому же основанию, т.е. loga^loga|6|-loga|c| (ft-oO). (7.11) 3. Логарифм степени положительного числа равен произведению показателя степени на логарифм ее основания (логарифмы взяты по тому же основанию), т.е. \о$аЬс^сЪ$аЬ. (7.12) б
Замечание. Логарифм положительной степени числа, отличного от нуля, равен произведению показателя степени на логарифм модуля ее основания, взятый по тому же основанию, т.е. logebcsclogJa| ipc>o). (7.13) Формулы перехода от одного основания логарифма к другому 1. Логарифм числа по данному основанию равен логарифму этого числа по новому основанию, деленному на логарифм данного основания по новому основанию, т.е. logja 1 Множитель-; называется модулем перехода. logjo 2. Из формулы (7.14) при N = Ь получаем log„6 = - . (7.15) logj a y ' 3. Часто в логарифмических преобразованиях пользуются тождествами logo» N = -logw N (я* > о) (7.16) (7.14) 1°в-*"Т^Н (а*>0) ^17) Логарифмическая функция, ее свойства и график Логарифмической функцией называется функция вида у = \о%ах, где д > 0, аф\ их- независимая переменная. По определению логарифма выражение у = loga х означает то же, что и выражение ау = х , т.е. логарифмическая функция есть обратная функция по отношению к показательной. 7
Основные свойства логарифмической функции 1. Логарифмическая функция определена при всех положительных действительных значениях х (нуль и отрицательные числа при положительном основании логарифмовне имеют). 2. Областью изменения логарифмической функции служит множество всех действительных чисел уе (-°о;+оо), 3. При я>0 логарифмическая функция возрастает, т.е. если 0<х1<х2,то loga xi < loga x2 . Причем если хе(0;1),то уе(-°°;0); если х-1,то у~0;еслихе (1; + °°),то уе (0;+°°);т.е.если хе (0;+°°), то уе (-°°;+°°); у~>-°° при х —»0 и у—>+*» при х—»-н» . 4. При 0<я<1 логарифмическая функция убывает, т.е. если 0<х1<х2,то loga х, > loga х2 . Причем если хе(0;1),то уе(0; + °°); если х-\,то У~0;есжхе (1; + °°),то уе (-°°;0),т.е.если хе (0; + °°), то уе (-°°;+°°); у—»-°° при х—»-н» и у—>+*» при х —»0- 5. Характеристическое свойство: значение логарифмической функции от произведений двух положительных чисел равно сумме значений функции от каждого из чисел; 1о8а (*1 ' х2 ) ~ l0ga X, + l0gfl X2. Показательные уравнения Показательным называется уравнение, содержащее неизвестное только в показателе степени. Рассмотрим несколько типов показательных уравнений, решаемых методами элементарной математики. Показательные уравнения рассматриваются в множестве действительных чисел. Проверка найденных значений неизвестного по условию уравнения при решении показательных уравнений в общем случае обязательна. 1. Уравнение вида а*=Ь (7Л8) называется простейшим показательным. Рассмотрим уравнение (7.18) при а > 0 и а * 1. Если b > 0, то уравнение имеет единственное решение х - loga b . Если Ь <, 0, то уравнение решений не имеет.
2. Показательное уравнение вида aM*) = bfib\ (7.19) гдея>0,д *1,6>0,6*1,а yi(x)t/2(x) —заданные элементарные функции, логарифмированием приводится к виду /iW1ogca = /2(x)logc6. Если последнее уравнение решается методами элементарной математики, то тем самым решается уравнение (7.19). Логарифмические уравнения Логарифмическим уравнением называется уравнение, содержащее неизвестные только под знаком логарифма. Логарифмические уравнения, как и показательные, рассматриваются в множестве действительных чисел. Проверка найденных значений неизвестного по условию уравнения в общем случае является обязательной. 1. Уравнение вида logfl х ~ Ь, (7.20) где х - неизвестное, ааиЬ- заданные числа, называется простейшим логарифмическим. Если а > 0 и а * 1, то такое уравнение при любом действительном значении Ь имеет единственное решение х = аь. (7.21) 2. Логарифмическоеуравнение вида log„/,W = log„/2W (7-22) где а > 0 и а Ф1, после потенцирования приводится к виду /■(*) = Л М- (7-23) Корнями уравнения (7.22) будут только те корни уравнения (7.23), при которых /j (х) > 0 и /2 (х) > 0, т.е. корни, принадлежащие к области определения уравнения (7.22). 3. Логарифмические уравнения вида /(logey(x))=0, (7.24) где /(f) и у(х) — некоторые заданные функции, заменой logfl \y(x)= t приводятся к уравнению fit) = 0. 9
Показательно-логарифмические уравнения Если неизвестное в уравнении входит в показатель степени и под знак логарифма или в основание логарифма, то такое уравнение называют показательно-логарифмическим. Показательно-логарифмические уравнения чаще всего решают, логарифмируя обе части уравнения, и приводят их к логарифмическим уравнениям. При решении систем показательных и логарифмических уравнений в основном применяются те же способы, что и при решении систем алгебраических уравнений (подстановки, алгебраического сложения, введения новых неизвестных и др.). Упростить выражения (7.150—7.156): 7.150. *~* Решение. b lg0 -a lgi ljg» ng* Ylog"*(°+i) =U*fe \21°g„(»+») *(аЬ¥*+М=а + Ь. Ответ: a + b. 7.151. ({fogia + lo£b + 2y2+2) -log4a-loga6 . Решение. (Ifo^a + lo^b+lf+l) -lob<i-log.b = log}e + —L_ + 2| + 2 log» a logja \\ logja
„2, logjo + l logJo + 1 0 log£a + l_ logja + l a + 1 _ hog* a +1 ■b" V log? a + 2-,s'' =. ST +2- logiа +1 _ |logta + 21ogta + l logf,a + l_ Гlog^a + l j log2 a log6a ^ log6a J logta + l _logj;a + l log^a + 1 log6a |log6a| log6a Таким образом, получаем два случая: Г0<Ь<1„,ГЬ>1, log6a<0mniJ |_Н а>1 0<а<1; , - -2(log6a + log„6); log6a Г0<Ь<1„ ,ГЬ>1, logi,a>OmflH Ш 66 [0<а<1 [а>1; log^a + 1 log?a + l_0 log6a log6a fa>l, fO<a<l, Ответ: -2(log6a + log„6),ecAHj hahJ и 0, если [O<0<1 [0>1, f0<a<l, |а>1, [0<6<1 [Ь>1. 7.152. log2 2х2 + log2 * .^|08>(1082'+1) + Il0g2 *< + 2-31»81/2log2' . Решение. ОДЗ: х>1. 1об22*2 +b$2x-xhs'a^"+l) +Uo£x4+2-3,°s»ibb" = = log22 + log2^2 + log2^-(log2^ + l) + 21og^ + 2lo^1^,( = = 1 + 21og2 л + log2 x + log2 л + 21og2 x + log2 л = = log2 x + 31og2 x + 31og2 л +1 = (log2 x +1)3. Ответ: (log2x + l)3.
7.153. :1+2,og4,+83bg,,2+1 Решение. ОДЗ: 0<х*1. !+^Ч83'°8'22+1 х**'+2**2+1 (х-х'°е-2 +2и*ь*1 +l)2 =(2x + x2 + 1)1 =,l(x + l)2 =\x + l\ = x + l учетом ОДЗ: 0<;с*1 ). •пвет: х + \,гдео<х*\. logaVb 7.154. Решение. '*_1о80;а»* bg„i- ю^-iog^ logo/646-logo/666 6" log, A log, A log06 1 ^ "^.log,^ log„i- -31og„6 '°g»6 iog„ г> ioga г> 3-i2iog„6" l-41og„6 l-61og,6 _-31og^(l-41ogaA)(l-61ogaA) logaA _bg b (-«1ой* + 41ой*)^-31оЬ*1 3(1"410goi) Ответ: loga 6.
7.155.(6(log6a-logo2* + l) + loga6~6 + log26)l/2-loga6 прия> 1. Решение. (6(log6alog 2 6 + l) + loga 6"6 + log2 6)l/2 -log,, b = б( j + l]-61oga6 + log26| -loga6 = ,/9-61oga6 + log26- -loga6 = -J(3-loga6)2-loga6 = |3-logaA|-loga6. Раскрывая модуль, получим два случая: 1)|з-юМ-1о8яЦ3-10^0; ' 1 "I" [-3 + loga6-loga6 = -3; b>a3, |3-loga6|-loga6 = -3; . . f3-log„b>0, 2)|3-logai|-logai^3_lo^_logai = 3_21ogai; 0<6<а3,6*1, |3-loga6|-loga6 = 3~21oga6. Ответ: -3, если b>a3, и 3-21oga b, если 0<6<д3, ** 1. 7156 ioga ь+ioga(г»'72'08""2) iog„„ fc-iogob 10ga6-10ga66 j2k.gtlog.4_,- Решение. logaA + loga(i1/2"'g'-°;) loga.b-logab_ logaA + logaa ^ loga6-loga66 ^logilog,*., bg^_Jog„6 l + loga6 '°g^ -log,. , , logjb-l log2,* (I+log_b)(lo__b-I)(lo__b + l) lqg_b-I Ответ: . logai-l
7.157. Известно, что log„x = a, iog4x = р, iogcx = у, log^x = 8 и с ф 1. Найти logo6rf х . Решение. log^x _ 1 l°g«! log, я6с</ log, a + log, 6 + log, с + log, </ 1 log„x log6x logcx log,,* 1 QtByS I + I + I+I Рт6 + ау6+оф8 + арУ а В у 8 Ответ: Ву5 + ау5+аВ8 + аВу ' , 7.158.Известно,чтор = 101"18" иу = 101_18Р.Найтизависимосгьа от У. Решение. i о 1 1 1 1 1-lgOt 1 , 1еВ = ; lgy= = = —— ~ + 1: 6Р 1-lga' 6' 1-lgB j 1_ -lga lga 1-lga — = l-lgy; lga = ^—; a = 10l/<1-181''. lga 1-lgy Ответ: а = 10|/(1-1Ч 7.159. Доказать, что loga6 с = l°s°cl°sbc . log„c + log6c Решение. "b log, „6 l + loga6 (1 + 1 ^b&l V S° ''log»* logaclogtc _ logaclogAc '°g° c i log c logoC + log6c' log» * Что и требовалось доказать.
7.160. Упростить выражение log„+4 m + log„_6 m -21oga+6 m ■ loga_4 m, если известно, что т2 -а2 -Ь2 . Решение. log«+4m + loga-4m-21og„+6т■ log„_6т = log„+6m + , "^/''"'л- -2log^m,log^m=logattm.fl + 1 _ 21og 4m V log„+4la-bJ ^ log„+i(e-bJ lo$a+b(a-b)J 7T'°gi4-4"'('0gat4(''-A)+'-21oga<-4"') ^+4(0-*) ' Так как т = ча2 -b2 ,то имеем log0+4 ^a2-b2^oSatb(a-b)+l-2loga,Ja2-b2 log.+i(e-*) ^ logat4 J"' ~ б" (l°gat4(" - Ь)+1 - log.+t(« -b)-0 _ loga+4("-*) _log„tt>/a2-A20=0 l°g0+4(<>-*) Ответ: О. 7.161. Найти log^ 8, если известно, что lg5 = a, lg3 =6 . Решенке. 10 o = '°g28 3 3 0830 log230 log2(2-5-3) l + log25 + log23- lgS = JS&l. b>fcs= Jgfej, lobS—5-. log210 log2(2-5) l + log25 62 1-я lc3_ '°g23 _ log23 _ log23 _ '°g23 -О-а^гЗ,^. log210 log2(2-5) l + log25 1 + J_ 1 1-я log,3 = - . 1-я
Таким образом, log30 8 = j— = — -. i+r^ + Л- ' 1-я 1-я 3(1 -") Ответ: ——— . 1 + 6 log.x , , , 7.162. Доказать, что . х =; + 1о8* *. Решение. jogaJL=log£JL = log^logatt6= 6 = logaa+ 1 + logof, * lo%ax logo * log0 ab Что и требовалось доказать. 7.163. Зная, что lg2 = а и log2 7 = 6, найти lg56. Решение. Ig56 = lg(7-8)=lg7 + lg8 = lg7 + 31g2 = ^i2l + 31g2 = l0g27-lg2+31g2 = = об + За = а(б + 3) Ответ: a(b + 3). 1 1 1 7.164. Зная, что 6 = в1"1"81 ° и с = 81"108'6 , показать, что а = в1-"*''. Решение. logg6 = logg8i:Ei^=—-i =>1-log, <. = —!—=> 1-logga loggi , L_ =>log,e = l !—=>a = 8 "и-* (1). logg6 i loggC = logg81-">8-'' =——-=»l-lug,b = -i-=» l-logg6 loggc =>logg6 = l-- =-a (2). logg с logg с Подставляя (2) в (1), имеем floggC-H t logg с logg c-1-logg с 1 a = 8 I log8c J _ g i°ggc-i =g logg^-i _gi-ioggc Что и требовалось доказать.
x+l _ Jn*-*-I Решить уравнения (7.165 — 7.258): 7.165. Ъ-V + --9**1 =6-4- 3 1 Решение. Из условия имеем Ъ-4* + --Ы-9* =6Л-4* ---9-9* 3 2 3-9* =2-4* (f)=(f) (51- Ответ: —. 2 , откуда х = - 1 2' 7.166. д/logo^ х +1 + ^/log^ х + 3 = 1. Решение. ОДЗ: -logo^ + liO, log^ + ЗйО, о 0<xS25. х>0 Перейдем к основанию 0,2. Имеем Jrlog»^x + 1 + Vlo8o^:,: + 3 =1 <=> о^/iog^JT+T + Jl\og^~x + Z- -Jl. Возведя обе части уравнения в квадрат, получим log0|2 х + 2 + 2>/(log0|2 x + 2) (2 log0|2 x + б) + 21og0|2 x + 6 = 2 о **2V(i0&U* + 2) fclogo^ + e^-Slog^x-e^ ^(^^ч^Хги^х + б^и^х+г^при-Зк^х-бйОо о log0|2 х + 2 S 0 . С учетом ОДЗ имеем log0|2 х + 2 = 0, откуда х = 25 . Ответ: 25.
7.167. Jb^Jte=-loSxS. Решение. [log, ,/57 > О, 1 ОДЗ:<-15>0, илиО<хй-. 10 < х * 1 Возведя обе части уравнения в квадрат, имеем 1 _ - ! log, ,/57 = log; 5 о 21ogj5-log;c5-l=0 => (log, 5} =-i, х, = - или (log,5) = l, х2=5; х2 -5 неподходитпоОДЗ. Ответ: — . 25 7.168. log4,+17 + log,,,7 = 0. Решение. г.гтм Г0 < 4х +1 * 1, 1 ОДЗ: J о 0<х*-. [0<9х*1 9 Перейдем к основанию 7. Имеем г; п + - — = 0=>log79x=-log7(4x + l)o log7(4x + l) log79x о 9х=—!— о 36х2+9х-1 = 0, 4х + 1 откуда х, = — , х2 = —; х2 - — не подходит по ОДЗ. Ответ: — . 12 7.169. {б*«р«+_в _,Uo. 4^hJ Решение. Преобразуем знаменатель второго члена уравнения: sin2j*-- I jsiQj;coi--cos*sin-| — fan2 x-2siaxcoax+aa2. 4 I 4J=4l 4 4J =4l2 J =42 18 (l-sm2*)
i—sin2* 2 6 = 42 2 = ,to2> ■ откуда , г = 3-2ш. Получаем урав- 2 ^,-fj нение fc^'J + 3-2'Шх -4 = 0 =» г*™2* =-4 (нет решений) или 2ш2х -1, откуда sin2x = 0, х = —, Где л е Z. Л ял -^ Ответ: —; Я€/. 2 7.170. log2(2-x)-log2(г-VJc)= log2 Л^х-0,5 • Решение. 2-х>0, ОДЗ: Г- „ 0<х<2. 2-Vx>0, 2-х J 2-х 2-х v2 —x Из условия имеем log2 p- = log2—j=— <=> Т^"—г—** 2-Vx V2 2-Vx V2 2-х Л^х" „ я fi/2^7 1 ) „ _ л/2-х 1 n j4-2x=2-Jx, 4-2х = 4-4,/х" + х, Зх-4,/х" = 0, ,/х^/х-4)=0. 16 Таким образом, xi = 0 , х2 = -г-. Ответ: 0; —. 9 7 171 51+log4 * + 5logoii *"' = — Решение. ОДЗ: х > 0 . Перейдем к основанию 4. Имеем 5-51ое,х + 5 = 0 <=> 5-5 8'* 5 ^25-(?1°е'хУ-26-51"84' + 1 = 0 =» ^1о84ДГ), = 5-2, ^1о84*)2 = 5°, откуда (log4x), =-2 , (log4x)2 =0 .Следовательно, X) =— , х2 •|=Г7, X, =1. Ответ: гг; 1. 10
7.172. ^21ogg(-x)-logg%/? = 0. Решение. -x>0, ОДЗ: х<0. |x > 0, Из условия имеем V21og,(-x)-log,(-x) = 0, Vbg^)(V2-,Aog^))=0. Тогда logg(-x) = 0, откуда x, = -1 или л/2 - ,/logg (- х) = 0 , откуда •fi = ^ogs(-x),2 = lo&(-x), x2=-64. Ответ: -64; -1. 7.173. 21gx2-(lg(-x))!=4. Решен ие. ОДЗ:х<0. Учитывая, что х < 0 имеем 41g(-x)-lg2(-x)-4 = 0 о lg2(-x)-41g(-x)+4 = 0, (lg{-x)-2f =0,откуда lg(-x)=2, x = -100. Ответ: -100. 7.174. 3log;* + x1<,g>*=162. Решение. ОДЗ: 0<х*1. Перепишем уравнение в виде о xlog!*=81 о log|x = 4. Тогда (log, х\ - -2 или (log3 х\ = 2 , откуда xj - - , х2 = 9 . Ответ: —; 9. 7.175. lg(r> + 8)-0,51g(x2 +4x + 4)=lg7 . Решение. ОДЗ: х + 2>0, х>-2. 20
Перепишем уравнение в виде . lg(x + 2)(x2 -2x + 4)-0$\g,(x + 2j =lg7o »lg(x+2)(x2-2x + 4)-lg(x + 2) = lg7»lgfe^fc^±li = lg7» x + 2 ox2-2x + 4 = 7, x2 -2x-3 = 0, откуда x, = -1, x2=3. Ответ: -1;3. 7.176. 2log!,(J _21+log,,t +2log!,(~1 -черешенке. ОДЗ: х>0. Перепишем уравнение в виде 221ogs* -2-2logs* + 1^0 <=> <=> 2 • 2 ogi x - 3 ■ 2 °Ss x - 2 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно 2 °gs*, найдем 2 og5 * = — (неподходит) или 2logs * = 2, откуда log5jc = l, х = 5. Ответ: 5. 3-х Решенке. ОДЗ: 9-2'>°. <-, 3*x<log29. [3-x*0, Из условия log2^-2*)=3-x » 9-2* =23-* о 22*-9-2*+ 8 = 0. Решая его как квадратное относительно 2х, найдем (2* J = 1, откуда х\ = 0 или fe* Jj = 8 , откуда х2 = 3 ; х2 = 3 не подходит по ОДЗ. Ответ: 0. 7.178. log5X + log25X = log|/5 Решение, ОДЗ: х > 0 . Перейдем к основанию 5. Имеем log5 х + — log5 х - —log5 3 <=>
o21og5x + log5x = log5- о log5x3 =log5-. Отсюда имеем х3 =- 1 Ответ: —j= . w 7.179. logoJ x2 + log0(x-l)=log0 logj; 5. Решенке. х>1, ОДЗ: . [0<я*1. Из условия имеем log„x + loga(x-l)=log02 => log„x(x-l)=log„2, откуда х2-х-2 = 0 ^ X) =2 , х2 =-1; х2 =-1 неподходит по ОДЗ. Ответ: 2. 7.180. x21gJ'=10x3. Решение. ОДЗ: 0<х*1. Логарифмируя обечасти уравнения по основанию 10, получим lgx21g!'=lgl0x3 о 21g3x = l + 31gx о 21g3x-31gx-l = 0 о o21g!i+2-31gi-3 = 0o2|gi+l)(g!i-lgi+l)-3(lgi + l)=0o о (lgx + l)(21g2x-21gx-l)=0, откуда (lgx^ =-1, (lgx^ = —^— , (lgx), = —^— . Получили х, = — , х2=10 2 , х3=10 2 . Ответ: —, 10 2 , 10 2 . 10 7.181. logx 3 + log3 x => log^ 3 + log3 т/х + 0,5 . Решение. ОДЗ: 0<х*1.
Перейдем к основанию 3. Имеем 1 2 11 + log3x = - + -log3x + - о logfx-log3x-2 = 0 log3x log3x 2 2 =» (jog3x\ = -l или (}og}x\ = 2, откуда xi =-, x2=9. Ответ.' -; 9. 7.182. log j-a-log,—?— = 1. ix a 2a-x Решение. ОДЗ: 0<я*1, ■ хф2а, 0<x*\. Перейдем к основанию а . Имеем . log„ =i^ Щ^ = \ о log„(2a-x)+log„x = 2 о log„ Jx log0 a2 о log(,x(2a-x)=2, x(2a-x) = a2, x2-2ях + я2 =0, (x-ef=0, откуда x = a . Ответ: x - a, где 0 < a * 1. 7.183. 5-21o8»i3-4'J) + Ulogl/g4*=0. Решение. ОДЗ:3-4х2>0 «. -£<x<£. 2 2 Из условия 5"'g>(3"4]tJ' + Uxlog2.J22=0 о 3-4лг2-лг = 0 » 4лг2+лг-3=0, откуда х\ = -1, x2 = — ; X) = -1 иеподходит по ОДЗ. Ответ: —. 4
7.184. log0 x + log0j x + logo, x =11. Решение. fx>0, ОДЗ: < [0<a*l. Перейдем к основанию а . Имеем log0 x + — log0 x + -log„ x-11 <=> о log„ x = 6 , откуда x - a6. Ответ: а6, где 0 < a * 1. 7.185. 6-А + 4-94"21о8Л311о87Л: = 1о8,7. Решение. ОДЗ: 0<х*1. Перейдем к основанию 7. Имеем 6-Й + 4-90 llog7x=: <=> log7x <=> 5 log7 х - 6 log? x +1 = 0. Ргшая это уравнение как квадратное относительно log, х, получим (log, x\ =- или (log, x\ = l, откуда xt = v7,x2 =7. Ответ: Iff; 7. 7.186. log12 ^t3* + Зх - 9)= Зх - х log12 27. Решение. ОДЗ:43дг + Зх-9>0. Перепишем уравнение в виде log12(43* + 3x-9)+log1227'=3^ => log1227*(43* + 3x-9)=3x, откуда 27*^t3* + 3x~э)= 123х о 43*+ 3х-9 = 43* , Зх-9 = 0 , х = 3 . Ответ: 3. 7.187. x2log;(271og,x = x + 4. Решен «е. ОДЗ: 0 < х * 1. Перейдем к основанию 3, тогда J^.i^ = x + 4« 3*2-2х-8 = 0, log3 х 2
4 4 откуда xi =2, x2 =-—; x2 -— не подходит по ОДЗ. Ответ: 2. 7.188. ^log^x + logj5 + 2=2,5. Решение. ОДЗ: 0<х*1. Перейдем к основанию 5. Из условия получаем Ц?х + -4- + 2=2,5 „ bk±lMi±i=2>5 bgktl =25 b»gjx + l 25 «* У[ log5* J ' «» |log5x| Получаем 2 случая: flog5x<0, ~ ,1 {logix + 2,51og5^+l=0 V 65 Л 2 (logsx)j =-2<0, откуда *1=-/т. *2 =jp flog5x>0, i 2) . j ,„ ^ (bg54=i>0, log5x)4=2>0 [log5x-2^1og5x + l = 0 2 откуда x3 = V5 , x4 = 25 . Ответ: —; -т-; V5 ; 25. 25' V5 7.189. log^mlog^-^- Решение. [О < m * 1, ОДЗ: J0<x*l, U<2m. . = 1. 25
Перейдем к основанию т, тогда !°g, 1 ^1тг=Х =1 *» logmx + logm(2m-x) = 2 l°g»,x logmVm =» logmx(2m-x)=2 . Тогда x2-2mx + m2 =0, (x-rnf =0, откуда x = m. Ответ: т , где 0 < m * 1. 1089I6 7.190.'log23 + 21og4x = xlo8s*. Решение. ОДЗ: 0 < x * 1. 1°8,4 Из условия имеем log23 + log2 jc = jc1<,Si* о log23 + log2 jc^1"8,4 =» ^ log23 + log2x=4, log2 3x = 4, откуда 3x = 16, x = — . 16 Ответ: —. 7.191. log,0x + log^5x + log^5x + ... + log,^x = 5^. Решение. ОДЗ: х > 0 . Перейдем к основанию 10. Имеем lgx + 21gx + 31gx + ... + 101gx = 5,5, (l + 2 + 3 + ... + 10)lgx = 5,5. В скобках — сумма членов арифметической прогрессии S„ с щ -1, </ = 1,а„=10,л = 10:5„=3^-л = ^^-10 = 55.Тогда 551gx = 5,5 о о lgx = — .откуда хгЩТо . Ответ: 4fto . 7.192. ,/31og2x-l-91ogi;2=5. ОДЗ: 31og4x-loglx-9>0, 0<х*1.
Возведем обе части уравнения в квадрат. Тогда 31og<*-logjx-9j25 ^ 31ойх-261ойх-9 = 0. log2x Решая это уравнение как биквадратное относительно log2 x, найдем (log2 х\ = -3 и (log2 х\ = 3 , откуда х, = - , хг = 8 . Ответ: -; 8. 7.193. logjj х + log^ x + logyj x +... + log,^ x = 36. Решение. ОДЗ: х > 0 . Перейдем к основанию 3. Получаем 21og3x + 41og3x + 61og3x + ... + 161og3x = 36 о о (2 + 4 + 6 + ... + 16)log3x = 36 e (l + 2 + 3 + ... + 8)log3x = 18 о o361og3x = 18 о log3х = ~,откуда х = л/з. 1 IS о iog3x = Ответ: 7.194. logj[2-log4X + | = 0. 6 Решение. ОДЗ: 0<х*1. Перейдем к основанию 2. Имеем - log2 х + — = 0 <=> log2 х 2 6 <=»31og| х -71og2 х -6 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно log2х,найдем(k>g2х\ =-1 или(log2х\ = 3,откудахх =j?j, x2 = 8. 1 Ответ: TJT; 8. 7.195. V>gl,<l2Sxyiogbx = l. Решение. ОДЗ: 0<**1- bg5125x bg|x _ Перейдем к основанию 5. Тогда получаем , 'loe225
о logf х + 3 log5 x - 4 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно log5 х, имеем (log5 х\ = 1 или (log5 х\ = -4, откуда х\ = 5 , 1 Ответ: -г-?; 5. 62э 7.196. 3lo8s*+1°8s*!+1<>8j*'+-+l°gj*" 327Х30- Решение. ОДЗ: х>0. ПерепишемуравнениеввидеЗ108'"2108»"3108»"-*8108" = 27х3° о о ^>*)Р+2+3+•••■И,) = 27х30 о xt+2+3+...rt=27x30 „ хз«=27хзо „ о х6 = 27, откуда х = ^27 = -Уз . Ответ: X 4 7.197. 5Л+2 -0,2Л+2 = 125*~" 0,04*_2 . Решение. ОДЗ: хйО. Из условия имеем I 4 « 4 gVx+2 . д Л+2 _. дЗх-12 д-2*+4 ^ д,/х+2 4х+2 _ дЗ*-12-2х+4 ^ о-£^- = х-8ох-/х + х-8,/х-12 = 0 Vx+2 Пусть Гх^у £ 0. Относительно у уравнение принимает вид откуда л-3, у2з3-2; З'г.з-^ не подходит. Тогда Vx=3, x = 9 . Ответ: 9. 2 Р77 3-(3','*+3V* 7.198. Решение. ОДЗ: 0<х*1. 3 45'
Из условия з(/х-и) 2 , I г \ 3 2Л T^=3w „ ¥* + '/, 2 д£ ^ ЗХ-13Л-Ю-0. 2-Я VJc-1 Ю Решая это уравнение как квадратное относительно -Jx , получим (у.*),= -— (неподходит),или (Vx)2=5.TorHa х = 25 . Ответ: 25. 7.199. 1о821о8з(х2-1б)-1о8|/2 log|/3_J—- = 2. х -16 Решение. ОДЗ:1о8з(х2-1б)>0 о х2-16>3 » х2>19 » , о хе (-»; --Jl9)|J (л/19;»). Перепишем уравнение в виде log2log3(x2 -16)+log2log3(x2 -1б)=2 о 21og2log3(x2 -1б)-2 о о log2log3(x2-16)=l, откуда log3(x2-l б)= 2 о х2 -16 = 9 , х1 =25 .Получили х1д =±5 . Ответ: -5; 5. 7.200. 1 + 21оЕ92-1=2 log,3-log^2-x). log,x Решение. [0<х<12, ОДЗ: |х*1. Перейдем к основанию 3. Тогда получаем ,,21оез2 log39 t_ 2 1оез(12-*)ц2 + 21о8з2 ^ к>ез(12-*)^ log3* log, л: log39 log3x tog3x log3 9 ^2 + 2los,2-loB,x Jo^2-x)^ x {а_х)<л log3 x log3 x »2+21og32 = log3x+log302-x)» »log39 + log34 = log3x + log3(l2-x) log336 = log3x02-x) откуда 36=х(12-х) иди x2 -12x + 36 = 0, {x-6f =0, x = 6 . Ответ: 6.
7.201. 3^2 + ^2^"'-llslgfo^''*-1+4 1+1. Решение. ОДЗ: -1>0, о х>2. х-1>0 Перепишем уравнение в виде IgS + lJl'1™-1 -1)=Щ0,4-$*-1 +4 1+lglO о Id 4V2VJ<-' +40 о (2^-'-lJ о sfy^-'-lW^^+lol о -2 2 -12=0. Решая это уравнение как квадратное относительно 2 2 ,получим х^1 2 2 =-3 (нет решений), или 2 2 = 22, откуда 1—тг-- - 2, v х -1 = 4 х-1 = 16, х = 17- Ответ: 17. 7.202. 5 log,/, х + log,/, x3 + 81og9j! x1 = 2 . Решение. ОДЗ:. х>0, 1 х*±-. 3 Перейдем к основанию 9. Имеем 51og9x | log9x3 | 81og9x2^2 ^ 9 х „ Stofefr +3tob£_ + 161о8^=2 „ 81ойх_61о89Х + 1=0. log,Jc-l l-log,jc l+21og,jc " "*
Решая это уравнение как квадратное относительно log 9 х, получим (log, x)i = — или (1069^)2 = т> откуда Х\=-1ъ,х2 = Ъ. Ответ: V3;3. 7.203. 201og4l Vx + 7Iogiex x3 -31ogl/2 x2 = 0. Решение. x>0, 1 ОДЗ: "4' x*—, 16 - = 0» **2. Переедем к основанию 2: 20 log2 -Jx | 7 log2 x3 3 log2 jc3 _ log24:r log216:r ^ £ g I01og2* , 2IIog2x 6Iog2* _Q^ 2 + log2jc 4+log2x log2jc-l 5 log^ x+3 log^ x - 26 log2 x = 0 <=> log2x(5 log2 л + 3 log2 x - 26) = 0 < о log2 J log2 л + — (log2 л - 2) = 0, 13 откуда (log2 x) ,= 0, (log2 jc)2 = —-, (log2 x) 3=2. Итак, Ответ: h—j^-; 4. 4Й 7.204. ф-зГ'-^-ЗГ2- Решение.
Очевидно, что х *3, тогда \х -3| > 0. Перепишем уравнение в виде *+1 *-2 |х-3| 4 =|х-3рз~. Получаем два случая: 1)|*-3| = 1=>д(|=2,х2=4; 2)|х-3|*1=>—= — оЗл+3=4л-8,л3 = П. i ' 4 3 Ответ: 2;4;11. 7.205. |*-:f2-,0*+3=l. Решение. Очевидно, что х * 3, следовательно, \х - 3| > 0. Логарифмируя обе части уравнения по основанию 10, имеем (Зх - Юх+3) lg|jc - 3j = 0, откуда Зх2-10х+3 = 0или1ф:-"3| = 0. Корнями квадратного уравне- нияЗх2-10х+3=0 будут х, = -их2 =3. Из уравненияlg|jc-3| = 0 найдем |х-3| = 1=> х-3 = -1 илнх-3 = 1. Тогда х} = 2, х4 =4; х2 =3 не подходит по ОДЗ логарифма. Ответ: -;2;4. 3 7.206. {x-lf^'-^l. Решение. Перепишем уравнение в виде \х - 2| * **|х-2| . Тогда получим два случая: 1)|х-2| = 1, откуда х-2 = -1 или х-2** 1,х, = 1, х2 = 3; fO<|x-2Ul, 2) ' ^ < 10х2-Зх-1 = 0 Ответ: -—;—;1:3. 5 2 х*2, хф\,хфЪ, 1 5 4 2
7.207. log^fc ^"^-logfrX^O. Решение. [2a-x>0 \хй2а. Из условия имеем . -Jla-x IosWe l0gai a о logax(2a-;t) = 2, откуда х2-2ялг + а2 = 0, (x-a)2 =0 о x = a. Ответ: а, где о < a * 1 • 7.208. г'-'+г'^+г*-2 =6,5 + 3,25 + 1,625 + ... (выражение в правой части — бесконечная геометрическая прогрессия). Решение. В правой части—сумма членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии S, где к = 6,5 ; а = -£— = 0,5 => £ = --3—= -—— = 13. 6,5 1-9 1-0,5 2* 2* 2* 13 Перепишем уравнение в виде —н + — = 13 о —2*=13, 2 16 4 16 2х =16, откуда х = 4. Ответ: 4. 7.209. 491+,/*::2 - 344 ■ Т1**1 = -7. Решение. ОДЗ:хй2. Перепишем уравнение в виде 49 ■ •f-ls~'1 - 344 ■ 71'*"2 +7=0. Решая его как квадратное относительно 7 2 , получим [ 7**~"2 | = 7~2 или (''^ 1 =7,откуда (1/^-2), = -2 (нетрешений),или \ix-2\ = 1, х2=3. Ответ: 3.
7.210. 5',"1+5 0^JC"2=26. Решение. Перепишем уравнение в виде — + — -26=0 о 52-'-130-5*+625 = 0. 5 5* Решая его как квадратное относительно 5", получим (5*), = 5 или (5* \ = 53, откуда х, = 1, х2 = 3 . Ответ: 1; 3. 7.211. log^x-^log^3-log,9+4 = 0. Решение. сйЗ, 0<х<1 ОДЗ: ^ ^ Перейдем к основанию 3. Получаем 2 log ,*■£ -+4 = 0 о log3x- |2Iog3x-2 V l°g3 х log3x logfx-log3 x-2 = 0, log3x<0. Решая это уравнение как квадратное относительно log3 х, ] _ (log3x)[ =-1 или (log3x^ =2; (log3x)j =2 —постороннее решение. Отсюда х=3-1 = -. , имеем Ответ: 7.212. -r^- + log2;t2.1ogl/22x = 0. log2l2 Решение. х>0, 1 16 1 x*r x*\. ОДЗ:
Переходим к основанию 2. Имеем Iog22 Iog24>fc | Iog22 Iog22x 0 ^ I + Iog2x l 0 iss 1о822х-г ч-х--- откуда log2 x - 2 и х = 4. Ответ: 4. 7.213. |log>/Jx-2|-|log3X-2| = 2. Решение. ОДЗ: х > 0 . Перейдем к основанию 3. Тогда |2 log3 х - 2| - |log3 х - 2| = 2. Раскрывая модули получим три случая: [-21og3x + 2 + log3x-2 = 2 [log3x = -2 9 fl S log3 x < 2, fUlog3x<2, |21og3x-2 + log3x-2 = 2 ** [log3x = 2. log3 x = 2 не подходит так как log3 x < 2. flog3xa2, flog3xi2, _ [21og3x-2-log3x+2 = 2 [log3x = 2 ^ .*2 Ответ: - ; 9. 7.214. 9JC+6JC=22',+1. Решение. Перепишем уравнениев виде З2* +2* -3*-2-22* =0 и разделим его = -2 (нет решений) на 22* *0.Тогдаf-1 Jl) -2=0 ^ ^ = 1 => х = 0. Ответ: 0.
7.215. 2"^-S^2^4-6=0. Решение.. ОДЗ: x2-4i0oxe(-°°;-2]U[2;°°). Л-Ул:г-4 Запишем уравнение в виде 2х**" ~* 2 2 -6=0. Решая его JC+VJ^-4 jc+v х1 -4 как квадратное относительно 2 2 , имеем 2 2 =—(нетре- x+V; х2-4 шений), или 2 2 =22 => ^—i= -=2, Vx2 -4 = 4-х о [х2-4 = 16-8х + х2, 5 о < откуда х=~. 14-хй0, 2 Ответ: — . 2 7.216. 27*-13-9*+13-3*+1-27=0. Решение. Имеем 33х-13-32*+39-3*-27=0 » ^3х-27)-13-Зх(зх-з)=0 о о ^*-з)^2*+3-Зх+9)-13-Зх(зх-з)=0 о *» (з*-зХз2*-10-3* + 9)=О » ^-3^-1^*-9)=0 => => 3*-3 = 0, 3* —1 = 0, 3*-9=0. Таким образом, Xj = 1, х2 = 0, х3 = 2. Ответ: 0; 1; 2. 7.217. Ul + М) +(Ь-№) =14. Решение. Так как V7 - г/48 = , , то уравнение имеет вид V7 + >/48 |т/7 + л/48 Т + 1 J fV7 Гл/7 + >/48 1 -14 = 0о
о Ul + j4s') -14^7 + -У48+1=0. Решая это уравнение как квадратное относительно V 7 + V48 , име- || ^7 + -У48 ] =(7 + -У48")"1,21 = -2или[77+^8 ] = 7 + -У48 , z2 =2. Ответ: -2; 2. 7218 f3fog'(*+1) fias V-»»M_ iog;27 ' 1^5 J ^27 J log5243' Решение. ОДЗ: x > 1. Из условия имеем /~ \log3(*+l) ^_\logj(*4) , ^, \logj(jc+l>log3(*4) , I5 J I5 J 5 I5J 5 => log3(x + l)+log3(x-l)=l => log3(x2-l)=l, x2-l = 3, x2=4. Отсюда x, = -2, x2 = 2; x, = -2 не подходит по ОДЗ. Ответ: 2. 7.219. 51+*'-51-*!=24. Решение. Имеем5-5*'—^"-24 = 0 о ^f^l -24-5*3-5 =0 .Решаяэто ,i ,' 1 уравнение как квадратное относительно 5 , получим 5 =— (нет решений), или 5* =5 => х3 = 1, х = 1. Ответ: 1. 7.220. 32*+4+45-6*-9-22*+2=0. Решение. П ерепишем уравнение в виде 81 ■ Ъ1* + 45 ■ З* ■ 2* - 36 ■ 2х = 0 . Разделив его на 9- 21', получим 9 ■(-) +5-(-| -4 = 0 => |-| =-1(нет решений), или - = — , откуда х = -2. Ответ: -2.
7.221. 4lgJC+1 - 6lgJC - 2 ■ 3lg*! +2 = 0. Решение. ОДЗ: x>0- Из условия имеем 4 ■ 221g* -2lg* ■ 3lg* -18 ■ 321g* = 0. Разделив его на 321g*, получим 4- (2f* | НИИ), ИЛИ - = Ответ: 0,01. 7.222. 3-16*+2 Решение. в (§] 21gi г- -81* =5- ■(f)"" • lgx = 36*- -18 = 0 => -2. Тогда х (Г =ю-2; = -2 (нет = 0,01. реше- ИмеемЗ-42*+2-92*-5-4*-9*=0 => 3- - 1 -5- - +2 = 0 = Ответ: 0: - . 2 7.223. logst?1'5*-2-5 +21А,-0'5-0,01-53-,+1)=Злг-1. Решение. ОДЗ: 21-5-,-2'5+21-5*-°'5-0,01-53jc+1 >0. По определению логарифма получаем 2№-2,5 +2iAt-o,s _ooi-53jc+1 = 53лМ <=> Ответ: —.
7.224. £±£,s. 4*-2 Решение. ОДЗ: **|. Перепишем уравнение в виде 23* - 5 ■ 22* + 2* +10 = 0. Пусть 2* = у. Тоща уравнение принимает вид у3 -5у2 +у + 10 = 0. Разделим левую часть уравнения на у - 2: у-г у3-5у2+у + 10 ~У3-2у2 -5у + 10 !5— Уравнение можно представить в виде (у-2)(у2-Зу-5) = 0, откуда у, =2, у23=-^—. Получили: 2х = 2=>х, =1; 2" =-^??-<0 (нет решений); 2* = ^±Ж => *3 = log2 ^^- = log2(3 + J29) -1. Ответ: 1; log2(3 + V29)-l. 7.225. log3,+7(5* + 3) + log5,+3 (3* + 7) = 2. Решение. f0<5* + 3*l, 3 2 ОДЗ: \ , <=>*>--, **—. м |0<3* + 7*1 5 5 Умножив уравнение на log3;c+7(5jc + 3)*0, получим logL+7(5jc+3)-21og3rt7(5^ + 3) + l=Oo(log3,+7(5^ + 3)-l)2=Oo ** log3j+7(5* + 3) = 1 о 5jc + 3 = Ъх + 7, x = 2. Ответ: 2. 7.226. 2,51о83*+0,41о83*=2,9. Решение. ОДЗ: *>0. CsV0'3* C2V0*3* Перепишем уравнение в виде — + — -2,9 =0. Умно-
,получим - -2,9- - +1 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно — , найдем 2 откуда х2 = 3 5 1 1 - ,откуда log3X[ =-l, xi = -,или Ответ: т;3. 7.227. (lg(x + 20)-lgx)log,ОД = -1. Решение. fx+20>0, ОДЗ: \ или 0 < х * 1. М [0<лг*1 Перейдем к основанию 10. Имеем (lg(x + 20)-lgx) =-1 о I lgxj о lg(x + 20)-lgx = lgx о lg(x+20)=21gx о lg(x + 20)=lgx2.Тогда х + 20 = х2, х2-х-20 = 0, откуда х, = -4, х2 =5; х^-4 не подходит по ОДЗ. Ответ: 5. 7.228. 5lgJC=50-xlg5. Решение. ОДЗ: 0<х*1. Перепишемуравнениеввиде518"=50-518*,2-518;с =50, 5lg* =25, откуда lgx=2, х = 102=100. Ответ: 100. 7.229. 27-2""3jc+9-2JC-23jc-27-2""JC = 8. Решение. Преобразуем уравнение: 27+9-24jc-26jc-27-22jc =8-23jc о о 26jc-9-24jc+8-23jc+27-22jc-27=0 о о 26jc-24jc-8-24jc+8-23jc +27-2-"-27=0 » ' 40
«,24jc^2jc-l)-8-23*^-l)+27^-l)=0 о о 24*(2* -l)(r +l)-8-23*(2* -l)+27^ -l)=0 о о (2*-1)(25*+24*-8-23*+27)=0, откуда 2х = 1, Х[ = 0 . Уравнение 25* + 24* -8-23* +27 = 0 решений не имеет. Ответ: 0. 7.230. и^,+1(л:-0,5) = к^_05(х + 1). Решение. .„ [0<х + 1*1, ОДЗ: или0,5<**1,5. [0<Х-0,5*1 Умножив обе части уравнения иа log.,+1(x - 0,5 )* 0 , получим log2+1(x-0,5)=l => log,+1(x-0,5)=-l =* => х-0,5 = -, 2х2 + х-3 = 0, Xi=-— (не подходит по ОДЗ), х2 = 1;или log,+1(x-0,5)=l, х-0,5 = х + 1,нетрешений. Ответ: 1. 7.231. log4log2x + log2log4x = 2. Решение. flog2 х > 0, ОДЗ: i, . <=> *>!■ " [log4 x > 0, Перейдем к основанию 2. Имеем -log2log2x + log2 -log2i|=2o *» log2log2x + 21og2 -log2x |=4 о о log2log2Jc+log2 -log|jc =4 о log2 log2x--log2x 1=4 о о -log3* = 16, log3,* = 64. 4 Тогда log2* =4, x = 24 =16. Ответ: 16.
7.232. log 2 16 + log2, 64 = 3. Решение. Перейдем к основанию 2. Тоща jogll6+jog164=3o^_ + __6 3 = 0о log2;c2 l°g22:<: 21og2JC l + log2JC o31og2Jc-51og2x-2 = 0, где log2Jc*0 и log2x? -1. Решая это уравнение как квадратное относительно log2 x, получим log2x = --,*, = 37- = 0,5^4; log2x = 2, jc2=4. Ответ: 0,5^4; 4. 7.233. (31og„x-2)log:ju = log^j<:-3 (a>0, а*\). Решение. f0 < а * 1, ОДЗ: . Перейдем к основанию а. Получаем ^&^^=21oge^-3o21og^-31og^-31og„^ + 2 = 0, log»'' т.к. log0 x * 0. Далее имеем 2 (log;| * +1) - 3 log„ * (log,, * +1) = 0 о о 2(log0 х + l)(log* л: - log„ дс + 1)-3 log0 л (loge Jtl)=0o <=>(log„ x + l)(2hgl x -51og„ x + 2) = 0, откуда log„jc + l = 0 или 21ogJ Jt-51og0 jc + 2 = 0. Из первого уравнения loga x = -1, xl = —. Из второго уравнения loga x = — или loga x = 2, откуда х2 =-[а,хъ =аг. 1 Г" 5 Ответ: —; уд; « ■
10x21g^ x31g* 7.234. , =~Г x3 Ю Решение. ОДЗ: 0<лг*1. -Zlg'jc Из условия имеем—5—^7 = Т7Г о * ~ " =10" .Логарифмируя обе части этого уравнения по основанию 10, получим Igx2ig'„-3ig„-3 = Ig,0-2 0 (21g2x-31gx-3)lgx = -2 о o21g3x-31g2x-31g;c+2=0 » 2(lg3x + l)-31gx(lgx + l)=0 о о 2(lgx + l)(lg2x-lgx + l)-31gx(lgx + l)=0 о о (lgx + l)(21g2x-51gx + 2)=0 => => lgx + l.= 0 mni21g2x-51gx + 2 = 0. Из первого уравнения имеем lgx = -l, Xj = — , а из второго lgx = —, x2=i/l0 или lgx = 2, х3=100. Ответ: 0,1; ,/Ш; 100. 7.235. xlog,+15-log^(r + l)=i^-. Решение. [0<* + 1*1, ОДЗ: 4 о -1 < х * 0. м [х*0 Перейдем к основанию 5. Имеем -. с ■ (- 3)log,(x +1)= — , log5(x + l) х -Зх = при log5(x + l)*0.ОтсюдаЗх2+х-4 = 0, х, = --, х2 =1; х 3 4 хх = - — не подходит по ОДЗ. Ответ: 1.
ОДЗ: < ** х<0 7.236. 31gx2-lg2(-x)=9. Решение. fx2>0, {-х>0 Из условия имеем lg2 (- х)- 6 lg(- х) + 9 = 0, (lg(- х)- З)2 = 0, откуда lg(-x)=3 => _x = 103=1000, x = -1000. Ответ: -1000. 7.237. 41og2,(-x)+21og4(x2)=-l. Решение. г-х>а ОДЗ: { о х<0. Х>0 Так как по ОДЗ х < 0, то имеем 41og2,(-*)+41og4(-x)+l = Oo (21og4(-x)+l)!=0o »21og4(-*)=-!, log4(-x)=-i. Отсюда -x = 4 Ответ: —. 2 2 7 MS. 1/2 1 1 =I'X=-2- 1 ■Уз log2 л/х2" VIoS2(-x) Решение. x2>0, ОДЗ: -x>0, о х<-1. log2(-x)>0 Так как по ОДЗ х < 0, то имеем 2 1 4 ■Уз1об2(-х) Jlo^i-x) 31og2(-x) log2(-x) о 31ogi(-x)-41og2(-x)=0 о о log2(-xX31og2(-x)-4)=0 <=> log2(-x)=|, так как log2 (- x) * 0. Отсюда - х = 24/3, х = -24/3. Ответ: -2Ф.
7.239. lgл/lO -lg 100 = §/lgf390635-5й*)-2,5 Решение. ОДЗ: 1/390635-5"** 120. Перепишем уравнение в виде lg,/l0-lgl00 + 2,5=6/lgf'390635-5'&") о о 0,5-2 + 2,5 = 6/lg('390635-5fc4), 1 = sll/390635-5й* ") о о 10 = ('390635-5Й*4) о 5й* =390625 о 5й* =58 *» о V2x = 8, х = 256- Ответ: 256. 7.240. lg4(x-l)!+lg2(x-l),=25. Решение. ОДЗ: лг>1. Из условия имеем 16 lg4 (х -1)+9 lg2 (х -1)- 25 = 0 . Решая это уравнение как биквадратное относительно lg(x -1), получим lg2 (х -1) = 1 =* => lg(x-l) = -l или lg(x-l)=l, откуда х, = Ц, х2 =11. Ответ: 1,1; 11. TiAi log2U3+3x2+2x-l] . 7.241. °2Г,—^=5 < = log2,x + log2;t2. log2(x3+2x2-3x + 5J Решение. ОДЗ: х3+Зх2+2х-1>0, 0<х3+2х2-Зх + 5*1, 0<хД. 2 По формуле замены основания имеем
» x3+3x2+2x-l = x3+2x2-3x + 5 о x2+5x-6 = 0 => *i = l. x2 = -6; x2 = -6 не подходит по ОДЗ. Ответ: 1. 7.242. (|6 • 52*"1 - 2 ■ 5*-1 -0,048)lg(x3 +2х + l)= 0. Решение. ОДЗ: х3+2х + 1>0. Из условия 16 ■ 52*-1 - 2х'1 - 0,048 = 0 или lg(x3 + 2х +l)= 0. Перепишем первое уравнение в виде —-52* ---5* -0,048 = 0 о 16-52*-2-5*-0,24 = 0- 5 5 Решая это уравнение как квадратное относительно 5* , получим 5* = (нетрешений),или5" =5"' о *i = -1 (неподходитпоОДЗ). 40 Из второго уравнения имеем х3+2;с + 1 = 1 о л3+2л: = 0 о л(л:2 + 2)=0, дг3 =0, х2+2*0. Ответ: 0. 7.243. 5*1/8*^ = 500. Решение. £rl ^ о Перепишем уравнение в виде 5"-8* =500 о —^— = 500 «* 8V* ^ = 125 о 5'-5=23'*- х-3 = 0, ч откуда х = 3 . --1 = 0, Ответ: 3. 7.244. 31og|sinjc + log2(l-cos2jc) = 2. Решение. ОДЗ: 0<sinjc<l. Так как l-cos2x = 2sin2 jc, то имеем 31og|sinjc + log22sin2jc-2 = 0 о 31og|sinjc + 21og2sinjc-l = 0 • Решая это уравнение как квадратное относительно log2 sin x, получим log2sinjc = - или log2sinjc=-l, откуда sinjc = т/2 (нет решений), или sinjc = -. Тогда x = (-lf- + mi, ne Z■ 2 6 Ответ: (-if — + lot, где пе Z ■ 6 46
7.245. Iog1+I (2л3 + 2x2 - Ъх +1)= 3 . Решение. ОД,3:\2х3+2х2-ЗХ + 1><>' }-1<;с*0. Имеем 2j'+2j!-3j + I = (!tj)!o2j, + 2j!-3i + ! = l + 3i+3j!+i!o <=> х}-х2-6х=0 <=> *(«2-Д[-б)=0, откуда х, = 0 , х2 = -2 , х3 = 3 ; х, = 0 , х2 = -2 не подходят по ОДЗ. Ответ: 3. 7.246. log2 V* + ^/log2 дг = -. Решение. ОДЗ: * > 0 ■ Из условия имеем 1, ,fi 4 i -log2j: + ^log2Ar=- 0 log2;t + 3yiog2:t-4 = 0. Пусть ^/log2 дг = у. Относительно у уравнение принимает вид у3+Зу-4 = 0 о (v3-l)+(3y-3) = 0 о о (y-l)(y2 + .>> + l)+3(y-l) = 0 о (),-1)(у2+з> + 4)=0, откуда у -1 = 0 , так как у + У + 4 > 0 . Тогда у = 1, ^/log2 х = 1, log2 х = 1, jc = 2. Ответ: 2. 7.247. ^jlogsx + ^/logsx =2. Решение. ОДЗ: logs * й О или * > 1. Перепишем уравнение в виде y{lo$5xf +y(lo$5xf -2 = 0. Пусть ylogT* = у • Относительно у уравнение принимает вид у,+у2-2 = 0 о (y3-l)+(y2-l)=o о о (y-l)()>2+.>> + l)+(y-lXy + l) = 0 *» (y-l)^2+2;> +2)= 0, откуда у~ 1 = 0, так как у2 +2у + 2>0 . Получили ^/logs^ = l, logsjc = l, * = 5. Ответ: 5.
7.248. Iog2 х- log3 x = log3(*3)+ k>g2(r2)-6. Решение. ОДЗ: x > 0 . Перейдем к основанию 2. Имеем log2 3 log2 3 о log2Jc-(3 + 21og23)log2jc + 6log23 = 0- Решая это уравнение как квадратное относительно log2 x , получим log2 х = log2 9 или log2 x = 3, откуда х, = 9, х2 = 8. Ответ: 8; 9. 7.249. 3-4'*~2'+27 = а + а ■ 4'*~2'. При каких значениях а уравнение имеет решение ? Решение. Перепишем уравнение в виде 3-4<*-2>-а-4<*-2> = а-27 » (3-а)-4<"-2> = а-27 => 3-а 3~а Логарифмируя обе части этого уравнения по основанию 4, получим , .(,_2) . а-27 . , а-27 . , а-27 log44l ' = log4- о *-2 = log4- , * = 2 + log4- , 3-а 3-а 3-а а-27 „ где — > и . Решая полученное неравенство методом интервалов, 3| - |27 Таким образом а е (3; 27). Ответ: 2 + log4 ——, где а е (3; 27). 7.250. log„^ + log^^ + log^^ = 27. Решение. \х>0,
Перейдем к основанию а. Имеем logax + 21og„xH—log„x = 27 о log0 x = 6, откуда х = а6. Ответ: а6, где 0 < а * 1. 7.251. х1^''^'' -- = 0. х Решение. ОДЗ: х > 0 . Запишем уравнение в виде x24g *""2 lg * = хч. Логарифмируя обе части уравнения по основанию 10, получим Igx2-V,-2tg*=,g;rl 0 ^_Ig2x_21gx)lgX = -lgX О о (2-lg2x-21gx)lgx + lgx = 0 о lgx(lg2x + 21gx-3)=0, откуда lgx = 0 Или lg2x + 2 lgx-3=0.H3 первого уравнениях, =10° =1. Решая второе уравнение как квадратное относительно lgx , получим lgx = -3 и lgx = l,откуда х2 =1(Г3 =0,001, х3=10. Ответ: 0,001; 1; 10. 7.252. -["161о8"+1-161о8'Л]+161о8!;с-1о8>/55-У5" = 0. Решение. ОДЗ:Х>0. Перепишем уравнение в виде 16162 -162 + 16,og'*-3=0 о о 16logjJr+2-16 2 -3 = 0. Ьйз* Решая это уравнение как квадратное относительно 16 2 , полу- log3* tog3J: . чим 16 2 =-3 (нет решений); или 16 2 =16° , откуда—52—1 = 0 , х = 1. Ответ: 1.
7.253. logaл/4 + x + 3logaj(4-х)-loga,(l6-x1 J = 2 . При каких значениях а уравнение имеет решение? Решение. -4<х<4, ода1о<в,1. Перейдем к основанию а . Имеем |loga(4 + x)+|loga(4-x)-iloga(4-x)-|loga(4 + x)=2 о о loga(4-x)=2 о 4-х = д2, х = 4-а2. Отсюда имеем |-4<4-а2<4, |а<2-У2, {о<а*1 ** |о<я*1. Ответ: х = 4-а2 ,где ае (0;l)ui-2^2). 7.254. log2V4 + log8^+1 -l)= 1 + log8^+1 +1). Решение. ОДЗ: 9X+1 -1 > 0 о х>-1. Так как log2 v4 = —, то имеем 1 , 9-32'-1 1 -г о log8^-32*-l)-log8^3* + l)=I о log, 3 ° 3-3*+1 3 <=> Z_i i«83-2 <=> 9-32*-6-3*-3 = 0- 3-Зх+1 Решая это уравнение как квадратное относительно 3х, получим 3* = —(нетрешений),или 3* =3° => х-0. Ответ: 0. 7.255. 25ь** -51о8,6*1+1 = 1оё^ 9^3-25log"* . Решение. ОДЗ: х>0. Перепишем уравнение в виде Решая это уравнение как квадратное относительно 5 2 , получим
52 =-1 (нетрешений),или 52 =5 =* -log2x = l, log2x = 2 , г = 22=4. Ответ: 4. 7.256. [I + — ]log2 3 - log2 (з* -1 з)= 2 . Решение. ОДЗ: 3*-13>0 » x>log313. Из условия имеем 1+4 l+i I \ 3 2 II log23 2-log2(3*-13J=2 о log2 — = 2 о J. = 4 о V 3*-13 3*-13 X <=> 4-3*-3-32-52 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно З2 , получим X X 32 = (нетрешений),или З2 =4 => x--=41og32. 4 Ответ: 4 log3 2. 7.257. log23-log34-log45-...-log„(n + l)--=10 (»«=#). Решение. Перейдем к основанию 2. log23.^.l£&l.....i£bfctD=I0 „ iog2(„+i)=io « log23 log24 log2n ол + 1 = 210 о /1 = 1024-1 = 1023. Ответ: 1023. о+З 1 1 , 7.258. ~7^2 .т2*(о+2)_4* (рассмотреть при всех действительных значениях а). Решение. |х*0, °Д3;|а*-2. Из условия имеем £+3 5 2 £+5+ 5 J2 , - - 2„+2.2J553) = 2, «, 2«+2 J553) = 2* о —+ , ,^- =* а + 2 х(а + 2) х
_2a-I ^ a + 3 ' где a * -3, с учетом ОДЗ x * 0, a * —. Ответ: приа*-2,а*-3 и а* — ;неткорнейпри а-—2, а + 3 2 а = -3 и а- — . Решить системы уравнений (7.259 — 7.294): Г2 - log2 у = 2 log2 (л: + >>) 7.259. { , . i , ,■, I Iog2 (.^ + У J + Iog2 Vе -ху + У )=1- Решение. 1х + у>0, у>0, х2-ху + у2 >0. Запишем систему уравнений в виде log2 4 - log2 у = log2 (х + yf, log2 (х + у)+ log2(x2 - ху + /)= о \У \o%1- = \o%1{x + yf, - = log2(x + ;>)(x:2-X3> + 3>2)=l [(x + y)(x2-X3> + 3>2)=2 2 x + 3> = -j-, <=> i 4у [(x + y%x + yf-3xy)=2 fy 4 ЗУ fy' Пусть y-Jj = f. Тогда второе уравнение имеет вид 6f2 - 14f + 8 = 0, 52
*2 3l2-71 + 4 = 0 => 'i=l. 12=-. Тогда yl=\, x,=l; y2 = ^|y _2,fT № _2\1ё гУб^гУб^Уб (4 19 2 3 6 3 ' Ответ: (l;l), —; — [lg(3x-;>)+lg()' + x)-41g2 = 0. Решение. f3x-y>0, ОДЗ: 4 ' Решим первое уравнение системы как квадратное относительно гх-у \ — \ • Имеем 2х-у — =-3 (нет решений), 2х-у (2Л 2 2 2х-у , . . [ij =з « V^'^2^2- Из второго уравнения системы имеем lg(3x —у)(у-ьх)= lgl6, (Зх-у)(у + х) = 16. Получили h> = 2x-2, \у = 2х-2, |(3х-;>)(у + х)=16 ** [(Злг-(2лг-2))(2лг-2 + ;с)=16 "* =>Зх2 + 4х-20 = 0 => Xi=-—,x2=2. Тогда л=——, уг =2. 10 *1=-у. не подходит по ОДЗ. 26 Л-у Ответ: (2; 2).
[lg(x + 3>)-l = lg6-lg(x + 23>) Решение. \х + у>0. ОДЗ: x + 2y>0. Перепишем первое уравнение системы в виде а48(*Ч2)(2*-.>.) = 048о 0 {х2+2)(2х-у)=0 о 2х-у = 0,з> = 2х. Из второго уравнения системы имеем lg х+у lg- х + у 10 х + 2у 10 х + 2у Тогда х, = -2 , х2 = 2; у, = -4 , у2 = 4. Iх'=~2' | _4 не подходит по ОДЗ. Ответ: (2; 4). flog2(x-3>) = 5-log2(x + 3>ji 7.262. 'g*-'g4=_, llgy-lg3 Решение. х-.>>>0, х+у>0, ОДЗ: х > 0, 3>>0, Из условия имеем с + 2х 10 х+4х ! = 4. log2(x-;>)=log2 32 " х+у' lgi=lg . 4 "У Из первого уравнения получим 12 32 х-у = - £ = 1 У 32 х+у' = 12 -У = 12 о / + 32у2-144 = 0, Л =-2, у2 =2. - + У
Тогда хх = -6 , л2 = 6 . |>i =-2. \ не подходят по ОДЗ. [х, = -6 Ответ: (6; 2). 7.263. 4' *=32, log3(jc-.>>) = l-log3(jc + .>>) Решение. ОДЗ: х*0, х-у>0, х + у>0. Перепишем систему уравнений в виде ' 2х + 2у 2' ' =25, log3 (*-.>>) = log3 х + у jH}2=°' = 3 х-у = х+у X 1 * — = — или У 2 о Л у щ х2-у2=3 2. -5 = 0, К-Г=з Если з, = 2л,то х ~4х = -3* ^3.Пусть х = 2у , тогда данная система равносильна двум системам: х =-2 ' не подходят по ОДЗ; 2) у = -, \х=2, 2 ~ ^ = 1. с = 2 Ответ: (2; 1)
у» -5,*+,и=1, 7.264. 1 1*3" = 15. Решение. ОДЗ: у>0. Перепишем первое уравнение системы в виде уь* ~$'>+'<> - у° о о 5х2-51х+10 = 0 при 0 < у * 1. Данная система уравнений равносильна двум системам: j, = l, U=15, 1>\ху = 15 {л =1; 5*2-51* + 10 = 0, f*2=10, f*3=0,2, 2)'[*;, = 15 " [Л=1,5; [Л=75. Ответ: (15; 1), (10; 1,5), (0,2; 75). flog, У = 2, Решение. \у>о, °Д3:|о<^1. Система уравнений равносильна следующей: \у=^, (у-Л [у + 23 = (jt + if ** [д:2 +23 =д:3 +3д:2 +3JC+1 ** [х3+2х2 + Зх-22 = 0. Разделим левую часть второго уравнения этой системы на х - 2: _х3 + 2х2 + Зх-22 I *-2 *3-2*2 I х2 + 4х + П _4х2+3х 4х2-8х llx-22 'Ш-22
Тогда второе уравнение можно представить в виде (*-2)(x2+4* + ll)=0, откуда х = 2, так как х2 + 4х +11 * О (Х> < 0). Отсюда у = 22 = 4. Ответ: (2; 4). 7.266. j(f^^ Решение. Из первого уравнения имеем х + у = 2х ~у . Подставив это значение во второе уравнение системы, получим 9-2 у =6* ~у <=> <=> З2 = 3* ~у <=> л2 - у = 2. Тогда х2 + у = 2* "^ = 22 = 4 и исходная *2=з, ]х'+у = 4, 2х2=6, система уравнении имеет вид < „ <=> 4 [д:2 - 2 = 2 [2у = 2, U=V3, U=-V3, Ответ: (,/3;l), (- -Уз; l). f.y-log3jc=l, откуда У = 1. 7.267. ^ _V2 [я^З1 Решение. ОДЗ: 0 < х * 1. Логарифмируя второе уравнение по основанию 3, получим 3>-log3x=l, O = l + log3x, , . ' v , ,12 *» , ,, => (l + l°g3*)log3* = 12, log^^log^12 [;>log3jc=12 log2 jc+log3x-12 = 0 => log3j: = -4,JCi =— Hmlog3 x = 3, x2 =27. ol Тогда з>,=-3, ;>2=4. 1_ 81'
9^-27-3^=0, -lgx + -lg.>> = lg(»-Vx). Решение. \0<x< 256, °H>o. Запишем систему уравнений в виде Подставив значение ^/j в первое уравнение, получим 2^-2V^)=3 + 5-2^ о (^-3^ + 2=0. Решая это уравнение как квадратное относительно ^/х , найдем Ух = 1, дс, =1 или V* = 2 , л2 = 16 . Тогда ^ = 9, _у2 = 1 • Ответ: (1; 9), (16; 1). |Г*-г'=1152, 7.269. J , , ' [logs(x + y) = 2. Решение. ОДЗ: х + у>0. Запишем систему уравнений в виде |з-*-2>=1152, ^ {г'-2г =US2, [* + у = 5 [х=5~у. Так как х = 5 - у, то 3'-*-2'=1152 <=> ^^ = 1152 о 6'=279936 о 6'=67 о 3> = 7. Тогда х = -2. Ответ: (-2; 7).
{lg(x2+y2)=l + lg8, 7-2ЖЫ* + Л-18(*-у) = 183. Решение. \х+у>0, °«3- |,-,>о. lg{x2 + y2)=lg%0. *2+/=80, Из условия имеем I х + у <=> ч л; + у ^з ВТ0Р0Г0 *-.У (.«-у уравнения системы х=2у . Тогда из первого уравнения имеем (2yf +у2 = 80, у2 = 16 -Отсюда у, =-4, у2 =4. Тогда хх =-8, х2 =8 . Где, =-8, 1 _ л не подходит по ОДЗ. № —* Ответ (8; 4). |зх-2>'=972, ""• {ю8л(*-у) = 2. Решение. ОДЗ: х-у>0. Из второго уравнения системы находим х~у~Ъ, х~у + 3. Подставив это значение х в первое уравнение, получим У*ъ • 2У = 972, 27-У -2' =972, 6' = б2. откуда у = 2. Тогда х = 5. Ответ (5; 2). r3i+2iog3G—*) =48, Решение. |у-*>0, Од3.Ь«+*>0, [2у-д:-12>0. 7-272- l21og5(2y-x-12)-log5G'-*) = log5G' + ;t)
Перепишем систему уравнений в виде [log5(?y-x-l2j-log5(y-x) = lo$$(y + x) \b-xf-16. **\by-x-12f — — = у + х. { У~* Из первого уравнения системы у-х =4, у = * +4. Из второго уравнения системы получим (2(x + 4)-x-l2f =(x + 4f -х2, х2-16х = 0, откуда хг = 0, х2 =16.Тогда у, =4, у2 =20. [*i=0, < не подходит по ОДЗ. Ответ: (16; 20). 7.273. log, (х3 + у3 )= log3 (*2 - / )= log, (х + у). Решение. х + у>0, ОДЗ I Перепишем данное двойное равенство в виде системы уравнений [ log, (x3 + у3 )= log3 (х + у\ „ < I \ Переидем в первом уравнении системы к [log3^r -у j=log,(х+у) основанию 3. Имеем -log3(t3 + 3,3)=log3(x + ;>) |log3(»:3 + 3>3)=log3(x + 3,)3, .1о8з(г2-/)=1о8з(* + з-) ЬбзЙ-/)» log, (» + ;-) ** |д:3+3,3 = (х+^, {(* + y)(«2-^ + /)=(* + j')!, [д:2-3>2=х + 3> Так как х + у > 0, то получаем J *2-*у+ /=* + .>', , 1 , => х=1 + у. [х-у = \. '»2-"2--'" [(х + у)(х -у)= х + у.
Тогда из первого уравнения системы имеем Q + yj -(} + у)у + у1 =1 + у + у, у2-у = 0, откуда у, =0, у2 =1- Тогда х, =1, х2 =2 . Ответ: (1; 0), (2; 1). f(loge x + bgay~ 2)log18 a = 1, 7.274. , [2л + ;>-20а=0. Решение. (х>0, ОДЗ:Ь>0, (о<я*1. Из первого уравнения системы получаем log^ —|- — loga 18 леЬ а о —=- = 18, ху = 18а2. Система имеет вид \ '~ ' => у-20а-2х, а- [у=20в-2х л(20о-2л:) = 18а2, х1 -Юах + 9а2 = 0> *i=e, х2= 9а. Тогда 3>,=20а-2а=18а, у2 = 20а-18а =2а . Ответ: (а; 18а), (9а; 2а), где 0 < а * 1. \{х + у)-У-'=—, 7.275. Г 27 (31og5 (* + .>>) =*-.>>. Решение. ОДЗ: л + з>>0. Прологарифмируем первое уравнение по основанию 5, имеем log5(^ + 3')-3'"JC=log5— <=> \о%5{х + у)-(х-у)1о%5Ъ=\-Ъ1о%5Ъ. Получаем систему flogs (р + у)- (х - y)loSs 3 = 1 - 3 log5 3, [3log5(x + y)=x-y =* =Ф log5(j: + 3')-31og5(j: + 3>)-log5 3 = l-31og5 3 о о log5(jc + ^)(l-31og53) = l-31og53 о log5(jc +j>) = 1, откуда * + .у = 5 .Тогда х-у = 31og55 =3 . Отсюда J \ ' [х-у = Ъ, [у = \. Ответ: (4; 1).
7.276. 3(^ + y)| 5{x-y) = s { x-y x+y Решение. \xy > 0, °n*\x*±y. Преобразуем первое уравнение системы 22**' + 2**' - 20 = 0 и, решив его как квадратное относительно 2**', получим 2*2х" = -5 (нет решений), или 2*J°'=22 => ^ху = 2, ху = 4, у = —. Из второго х уравнения системы получим 3(х + yf + 5(х - yf = 8(х2 - у1). Так как у = — , то имеем 3 \х + — +5\х— =8 \хг --г- I о х2=16,отку- да xt = -4, х2 = 4. Тогда yt = -1, у2 = 1. Ответ/ (-4 ;-1), (4; 1). |>=2, 7.277. •! , 1(2*Г=64(*>0). Решение. ОДЗ: 0<х*1. Логарифмируем оба уравнения системы по основанию 2, получаем log2 xy = log2 2, log^*)^ = log264 y!og2 jc =1, ^ ! у2 1 + -Ч=6, / + ;>-6 = 0, л = -3, у2=2. Тогда log2 х = —, х, = -j= , или log2 x = — , х2~-Л ■ Ответ. [—;-з], (л/2;2).
7.278. , У = 12, У + 5 logs- 1 3 Решение. \х>й, ОДЗ: Преобразуем первое уравнение системы хъ + уъ=12ху о (x+y)^x + yf-ixy)=l2xy. Второеуравнение, использовав равенство а'08' * = b ,представимввиде — + — = тоЗ(х + у)=ху.СистемаимеетвидЛ. у*\ "' "' "' * J" 3 №+у)=^. х + у = и, fu(u2-3v)=12v, , { г ,h ^ к, то ^ V ' => v = 3u , u|[i -3(3u)J=12- —+ Если Г" "то "Г •"/-"'.=» v = 3«,«(«2-3(3«))=12-3« о [дсу = v, [3u = v о u3-9u2-36u=0 о u(u2 -9и-3б)= 0, откуда и, =0 , и2 = -3, иг =12 . Тогда Vj =0 , v2 =-9, v3 =36. Исходная система уравнений равносильна трем системам: 1ч fx+y = 0, Г* = 0, ъп- 1) J о i не подходит по ОДЗ; W = 0 Ь = 0 2) J ' здесь xj>< 0, что не удовлетворяет ОДЗ; [ху = -9, Ответ: (6; 6). Lj'-'j+io^i 7.279. { ' (*>0). {х + у = & v Решение. Lj'-Tj+lO^O Запишем заданную систему уравнений в виде <' ' Эта [х + у = %. система уравнений равносильна двум системам: 63
(x=l, \x=l, )\x + y = % ** \y = 7; „, fy2 -7j- + 10 = 0, U = 6, \х = ъ' 2) Г *» 1 или \ , \x+y = i \y = 2, b = 5. U=l, j*2=6, f*3=3, Получили: 4 < ^ U = 7; U = 2; \Л=5. Ответ: (1; 7), (6; 2), (3; 5). |2(logv,^-21og;(23>)+5=0, 7.280. 1 2 Ixy =32. Решение. ОДЗ: J0""1 1о<;>*1. В первом уравнении системы перейдем к основанию 2, а второе прологарифмируем по основанию 2. Имеем [2(-1212Л-МА5=о, < (^ log23> logjjcj => log2j:=5-21og23>, [log2:r + 21og23> = 5 j21og23,-5 log23, Vs = 0 ^ 41og2>-131og2y + 10 = 0. ^ log2;> 21og2;>-5j Решая уравнение как квадратное относительно log2 у, найдем bg2j' = -, з>,=25/4,или log2y = 2, з>2=4. Тогда log2 * = —, х1 = 2^2; log2 jc = 1, jc2 = 2. 2' Ответ: (2; 4), {ftfolill). (logv* 2,5 log33>log,()'-2j:)=l. Решение. ода:!0""1
Прологарифмируем первое уравнение системы по основанию 3, имеем log3| yxogyX J = log3Jc2'5 **\о%ъу + Ъ%ъх0%*х = 2,51og3:ro о k>g3 у + log^, л: log3 x = 2,51og3 л:. Перейдем в первом и втором уравнениях системы к основанию 3. Имеем кВгУ+т^1—log3j: = 2,51og3X, logjy log3,)>log3(r-2:t) , logsy kg3 3> + bgf л = 2,5 k>g3 л log3 у, ^ 1og3(>>-2*) = l => log3 у -2,51og3 л • logj у + k>g3 л: = 0. Решаем его как квадратное относительно togyy, и находим bgiy = -bg3x, откуда Ух=4х, или log3 3> = 2k>g3J:, откуда 3>2=*2- у-3 Из второго уравнения этой системы получим у ~2х -3, х = - . Тогда заданная система уравнений равносильна следующим: \у = л[х. V У_3 не имеет решений; ~2~' \у = *2- \х=3, 2) \ v_-i <=Н учитывая ОДЗ Ответ: (3; 9). 7.282. "вшвни* ОДЗ: {J 'igCc-3)-ig(s-y)=a 4"1 .#" -8#Г = 0. >з, 3 Сканави М. И., кн. 2
Перепишем систему уравнений в виде -У, 5-У 0 5-у 2 ' =2 * Ij. jc у 8-у Тогда х1 = 6, л2 = -8 . *2 = -" неподходитпоОДЗ. у2=16 Ответ: Д6; 2). log,(3*+.2y) = 2, 7.283. log,(2jc + 3y)=2. Решение. ОДЗ: 0<х*1, О < у * 1, Зх+2у>0, 2л + Зу > 0. Преобразуем систему с учетом ОДЗ 3* + 2у = х , 2х + 3у~у2 хА-Зх [2х + 3у-у2=0 х'-Зх з(х2-3х)(х2-3х х'-6х2 + Зх + Ю = 0 2 12 о (х+1)(х-2)(х-5)=0, ъ =-1, х2 = 2, х3 = 5, Где, = —1, [х, =2 тогдау, =2, у2 = -1, у3 =5 . 4 и^ не подходят по ОДЗ. Ответ; (5; 5).
7.284. у У «12. Решение. \0 < x ф 1, [0<y*l. Во втором уравнении системы перейдем к основанию У. Имеем 2 1ogjc + - =5 о 21og*jc-51ogvjc + 2 = 0 => logvx = - или log,, л: I ' ' '2 log^, х = 2. Далее получаем: l)log,x=2 » х=зЛИзпервогоуравнениясистемы.у2 + .у-12 = 0=> => ^i = 3 , у2 = -4 ие подходит по ОДЗ, Xi =9 ; 1 ■> ■> 2)logj,jc = - <=> >■ = * .Изпервого уравнения системы* + х-12 = 0=> => хъ = 3 , х4 = -4 не подходит по ОДЗ, у3 = 9 • Ответ: (3; 9), (9; 3). L .»-y-i6=1 7.285. ' (*>0). Решение. Первое уравнение равносильно двум уравнениям: х = 1 или х2 -у1 -16 = 0 при х > 0 • Тогда система уравнений равносильна двум системам: |*-1, f дс — 1, l)\x-y = 2 b = -l; p-/-16 = 0,oU=5, 2)\х-у = 2 Ь=3. Ответ: (l;-l), (5;3). 7.286. Ig3>-lg|x| = lg2.
Решение. \у>о, ОДЗ: \х*0, [х + у*0. Запишем систему уравнений в виде 5|* + .И = 1, Lc + yUlO, lgn=lg2 ** п = 2. Данная система уравнений равносильна четырем системам: х<0, у < ~х, х + у = -Ю, у=-1х х<0, у<-х, х-2х=-Ю, у~~2х х<0, у<-х, х=10, (У = -20, не подходит; х<0, У>-х, х + у = №, у = -2х х<0, У>~х, -ш, -2х х<0, у>-х, * = -10, у = 20 Гд: =—10, Ь = 20; х>0, У >~х, х + у = 10, у =*2х х>0, У>-х, _10 *~ 3 ' 20 .10 ' 3 ' .20. ' 3 ' х>0, У <-х, х + у = -10, у = 2х х>0, У <-х, __10 *"" 3 ' 20 У = ~ не подходит. Ответ: (-10;20), [у;у
7.287. , Решение. Из второго уравнения системы найдем у = х + 3 . Тогда 22л _7 2Л_0'5(*+3) -23-*-3 t> 22jc-7-2°'5л"1,5 =2~л <=> о23х-^4т^=1 о 21'523'-7-21>5х-2и=0. 21.5 Решая это уравнение как квадратное относительно 21'5*, имеем 21,5* = -2"1,5, нет решений, или 21'5* = 215 => х = 1. Тогда у = 4 . Ответ: (1; 4). №•2^=200, 7.288. { ,_ г [52Й + 22^=б89. Решение. ОДЗ: угО. Перепишем второе уравнение системы в виде 5^+2^| -2-5й ■ГГ' = 689 => ^+2^|=1089 => => 5 + 2*^ =-33 (не имеет решений) или 5 +2^у =33. Далее имеем [5!С.2^=200, г ,,- / jrrV jc => 2^=33-5^. 5Vjc -33-5V"+200 = 0. [5<<*+2^=33 v ; Ух Решив это уравнение как квадратное относительно 5 , найдем 5^=8, откуда 3/I = log58, xl =271og52 , или 5"=52, откуда Чх=2, х, =8.Тогда y,=41ogl5, у2=9. Ответ: ^71og^2;41og25), (8;9). ю18°'5(*!+,,2^5=10о7Го, 7.289. \jx2+Wy __ 6 2^2+10з>-9 69
Решение. ОДЗ: хф О, У*0, 2^х2+10у-9*0. Перепишем первое уравнение системы в виде 1018о,5(«1+/>.у=102,5 0 lgo^(x2+/)+l,5=2,5 о о lg0,5(^2 + /)=l о 0^(х2+у2)=10 о ^2+у2=20. Из второго уравнения исходной системы получаем 2Ux2+Wy] -9^х2+10у-1& = 0. Решив это уравнение как квадратноеотносительно ^х1 +\0у , имеем д/х2+10^=-4 (нетрешений),или■Jx2 +\<jy = 6, х2 +10>" = 36.Система принимает вид \х2+у2=20, \х2 + у2=20, , , , о , => х2=Зб-1<Ь>, у2 -10^+16 = 0, [*2+10.>> = Зб [х2 = 36-10у откуда у, =2, уг = 8. Тогда х2 = 16, *1д =±4, или х2 =-44 неподходит. Ответ: И; 2), (4; 2). 7.290. К -V + y- 1/5+*=64 (у>0) Решение. Умножим первое уравнение на у*, имеем у~х - 1Ду* -1 = 0. Решая * * 1 , это уравнение как квадратное относительно у , получим у = — (нет решений), или у* = 2. Из второго уравнения системы у2^ ■ ух = 64 =* у2'5-2 = 64, у2'5 =32, у = 4. Таким образом, 4* =2, х = -. Ответ: — ;4 2
7.291. \%(x + у)- Ig 5 = lg x + lg у - lg 6, lg* Решение. lg(j> + 6)-(lg.>> + lg6) ОДЗ: x>0, y>o, '5' у > -6. Из условия имеем У; 6 5 6 6 lg-lg^- у + 6 ^ = 3, 3 + 6 Ответ: (2; 3). jc + у _ ху 6 у у + 6 7.292. J!ogx —-logJjc = l, ■j л llog2(j>-jc) = l. Решение. ода-. 0<JC*-, 0<у*1, у > х. 6У у + 6 + У . У у + б' о . 6у у + 6 В первом уравнении системы перейдем к основанию у: log/ tog, *У -log** = l о — 1 + l-log,:* logvJc ■log**-1 = 0 о
<=> log£* + logj* + 2k>g,*«0 <=> log,*(logjx + log,* + 2)=0, откуда log^jc^O, x = y° = 1, log^jc + log^,*+2* 0. Из второго уравнения получаем у - х = 2. Отсюда у = 3 . Ответ: (1; 3). 7.293. ((-^=(*-,Г [log2 Jc-log2 j> = 1. Решение. f*>0, ОДЗ:^>0' л: * ±у. Из второго уравнения системы имеем log2 -- = 1, откуда — = 2, У У х = 2у. Тогда из первого уравнения системы получим {iyfy - Уу > (?у2}=у>',откудл-9у2=у, у = -, х=2-=-. (2 1 Ответ: \а'а 7.294. \ , . ' (найти только целочисленные решения). \4(x-2y)+\oSf,x = 9y ^ Решение. ОДЗ: 0 < х * 1. Логарифмируя обе части первого уравнения системы по основанию 6, имеем log6x*-2>'=log636 о (*-2.>>)log6;c = 2. Система уравнений принимает вид ((x-2y)log6x=2, \4(x-2y)+loi-6x = 9 =* bg6x = 9-4(x-2y), (^-2;,)(9-4^-2з»)) = 2 о 4(^-2з»)!-9(^-2з,)+2 = 0. 72
Решая это уравнение как квадратное относительно х - 2у, получим дс-2>» = - или х-2у = 2 . Отсюда log6;t = 7, xx = 67 или log6Jt=l, *2 =6 . 7 6? 1 Если хх =6 ,то з7! = не является целым. При х2 =6 получим у2 = 2 из уравнения х - 2у = 2. Ответ: (6; 2).
Решения к главе 8 ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ Соотношения между тригонометрическими функциями одного и того же аргумента sin2 cc + cos" cc = l; (8.1) tga = iln^., a*-(2B + l) neZ; (8.2) cos a 2 C0SCC T ,0 74 ctga = , a#nn, neZ; (8.3) sin a tgactga = l, a*—, neZ; (8.4) l + tg2a = —1—~, at-fan + l} neZ; (8.5) cos a 2 1 + ctg a = —-—, а*7И, neZ. (8.6) sin a (Здесь и в дальнейшем запись пе Z означает, чтол-любоецелое число). Значения тригонометрических функций некоторых углов Для иекоторых.углов можно записать точные выражения их тригонометрических величин (табл. 8.1), а также знаки функций по четвертям (табл. 8.2).
Таблица 8.1 Аргумент (ос градусы, радианы) о-(о) "•(5) *ш 'Ш •«■(f) 'Щ »т *(!) *(S) -(f) Функции sin a 0 Уз-i 2-J2 У?-1 4 1 2 2-J2 1 4 2 Уз+i 2,/2 , 1 cos а 1 л/З+1 2-J2 ^5 + ^5 2-J2 2 •у/5+1 4 1 л/5-VJ 2-J2 1 2 V3-1 2-J2 0 tga 0 2-S Vs-i V10+2V5 1 V10-2V5" т/5+1 1 ■у/5+1 VlO-2,/5 Vs 2 + -Уз 00 (не определен) ctga 00 (не определен) 2 + Л/3 Vl0 + 2-y/5 Vs-1 Vs •у/5+1 т/Ш-2,/5 1 VlO-2-Д т/5+1 1 ,6 2-S 0
Таблица 8.2 Четверть I II III IV Функции sin a + + - - cos а + - - + tga + - + - ctga + - + - Формулы сложения и вычитания аргументов тригонометрических функций sin(a + p) = sinacosP+cosasinP; (8.7) sin(a-|}) = sinacos|}-cosasin|}; (8.8) cos(a + p) = cosacosP-sinasni.P;- (8.9) cos(a-p) = cosacosP + sinasinP; (8.10) tg(a + p)= 'grc + 'gP, a,p,a+p*- + ™, neZ; (8.11) 1-tgatgP 2 tg(a-p)= ^""'SP, a,p,a-p*- + jm, neZ; (8.12) 6V " 1 + tgatgP 2 ctg(a + p)=Ctg'XCtsP"1, аДа + р*пл, neZ; (8.13) ctga+ctgP ctg(a-p)=CtS(XCtsP+1, а,р,а-р*пл, neZ. (8.14) ctga-ctgP Формулы двойных и тройных аргументов sin2a =2sinacosa; (8.15) cos2a = cos2 a - sin2 a = 2cos2 a -1 = 1 -2sin2 a ; (8.16) tg2a= 2tga , a*- + — ,keZ,a*- + im,neZ; (8.17) 1-tg a 4 2 2
ctg2a = ^8-^—!■, a*— ,keZ,a*im,neZ; (8.18) 2ctga 2 sin3a = 3sina-4sin3a; (8.19) cos3a = 4cos3a-3cosa; (8.20) tg3a=3t*a-fa, a*-&» + l}»6Z; (8.21) l-3tg2a 6 . , 3ctga-ctg3a ли ctg3a = —- -2—, a*—,neZ. (8.22) l-3ctg2a 3 Формулы половинного аргумента . 2 ос 1-cosa sm J = ——; (8.23) 2 a 1 + cosa cos2- = — ; (8.24) tg2a = l-cosa; a^n(2„ + lineZ; (8.25) 2 1 + cosa dg2 a _ 1 + cosa_ a#2m,„6Z (g26) 2 1-cosa a sina 1-cosa _ tg- = -; = — . a*jw,/ieZ; (8.27) 2 1+cosa sina a 1+cosa sina _ ctg—= = , a*jm,7ieZ; (8.28) 2 sina 1-cosa
Формулы преобразования суммы и разности тригонометрических функций в произведение sin a + sin В = 2 sin - cos ■ (8.29) 2 2 ' sinoc-sinB=2cos °sin -■ (8.30) „ . а + В а-В cosa+cosp = 2cos -cos ; (8.31) „ , . a + B . a-B . a + B . B-a sa-cosp = -2sin -sin - = 2sin -sin- • (8.32) 2 2 2 2 cosa + sina = V2cos\45°-a); * (8.33) cosa-sina = V2sin|45°-a); ■ (8-34) tga+tgB = iiH^±Ei, a,B^(2„-l)«eZ; (8.35) cosacosp 2 tga-tgB = iHfcU a,p#I{te-li»6Z; (8,36) cosacosp 2 „ sin(a + B). ctga + ctgB = -^ ^, а,р*лл, neZ; sin a sin p" t „ sin((5-a) „ ctga-ctgp =—— ', а,р*лл, neZ, sin a sin p tga + ctgP = COS^'X"7, a*-+ri,/teZ,P*m,neZ; cos a sin p 2 tga-ctgP = -COS^ + ^, a*- + nk,keZ,V*iw,neZ; cos asm p 2 2 ли tga + ctga = — , a*—, neZ; sin 2a 2 tga-ctga = -2ctg2a, a*—, neZ; (8.37) (8.38) (8.39) (8.40) (8.41) (8.42)
l + cosoc = 2cos2 —; (8.43) l-cosa = 2sin2-; (8.44) 1 + 5та = 2со52|45°--|; (8.45) l-sina = 2sin2 45°-— I; (8.46) ,,. sinM5"+a) T/2sin(45°+a) n l+tga = » <- = s i, a9i_+j l + tga=4" ■"/ = '""4~ — /, a*- + ™, «Z; (8.47) cos45°cosa cosa 2 sin(t5'-a) ,/2sinU5°-a) я l-tga = } <- = E -l, а*- + л - ail! rrJ Ul V ^ Э111 nJ ~ \JL I JL l-tga = E L = 2 И 41, а*- + лл, neZ; (8.48) cos45°cosa cosa 2 l + tgatgB= Доф-Р) а,р*- + лл, neZ; (8.49) cos a cos p 2 l-tg«tgp = ^±fi а,р**+пл, „eZ; (8.50) cos acos p 2 ctgactgP+l^^T „', а,р*лл, neZ; (8.51) sin a sin p 2 cos2a тс „ l-tg'a =——, а*- + лл, neZ; (8.52) cos a 2 l-ctg2a = -C°s2a, а* ни, n&Z; (8.53) sin a tg2a_tg2p=sinia + pjsin^-p); „,„„«+„, HeZ; (g.54) cos acos P 2 сц'а-^Р-^^^-Ч a,p*™, «eZ; (8.55) sin a sin P
tg2a-sin2a = tg2<xsin2oc, ос* —+ лл, neZ; (8.56) Формулы преобразования произведения тригонометрических функций в сумму sinasinP = -(cos(a-p)-cos(a + p)); (8.58) cosoccosp = — (cos(a + p)+cos(a-p)); (8.59) sinacosp = -(sin(a + p)+sin(oc-p)); (8.60) sin a sin P sin Y = = -(sin(a+P-Y)+sin(p + Y-cc)+sin(Y+a-p)-sin(a + P+Y)); (8.61) sin a cos p cos Y = = -(sin(a+p-Y)-sin((5+Y-oc)+sin(Y+a-p)+sin(a + P+Y)); (8.62) sin a sin p cos Y = = -(-cos(a+p-Y)+cos((5+Y-oc)+cos(Y+a-p)-cos(a + p+Y)); (8.63) cos a cos p cos Y = -(cos(a+p-Y)+cos(p+Y-cc)+cos(Y+a-P)+cos(a + p + Y))- (8.64)
Формулы, выражающие тригонометрические функции через тангенс половинного аргумента 2tg 2-, а*п(2л+1) neZ; 1 + tg2 (8.65) l"tg2f cosoc = —, а*п(2л+1) neZ; l + tg^f (8.66) 2tg tga = 1-tg' 2<x' '2 2V * (8.67) l-tg>§ ctgcc = —, а* ли, neZ. 2*f (8.68) Формулы приведения ft, sinl — ±a =cosa, sin(rt±a)=+sina, -тс±а =-cosa, sin(2Tc±a) = ±sina; (8.69) cod—±a =±sina, cos(rt±a)=-cosa, cos —rt+a =±sina, cos(2rt±a) = cosa; (8.70)
tg — ±oc =Tctga, ос*лл, »e Z, tg(rt±a) = ±tga, ос*-(2л+1) neZ, Щ— n±a = + ctga, ос* ли, neZ, tg(2n±a) = ±tga, a* ^(271+1) neZ; (8.71) ctd-±a = + tga, ос*-(2л+1) neZ, ctg(rt±a)=±ctga, ос* ли, neZ, сЩ-к±а =Ttga, ос*-(2л+1) «eZ, ctg(2tt±a) = ±ctga, афтог, neZ. (8.72) ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ Трюонометрическимказываегтся уравнение, в котором неизвестное входит только под знак тригонометрических функций непосредственно или в виде линейной функции неизвестного, причем над тригонометрическими функциями выполняются только алгебраические действия. Простейшие тригонометрические уравнения Простейшими тригонометрическими уравнениями называются уравнения вида sinx = m, (8-73) cosx = m, (8.74) tgx = m, (8.75) ctgx=m, (8.76) где m - любое действительное число.
Решить простейшее тригонометрическое уравнение - значит найти множество всех углов (дуг), имеющих данное значение тригонометрической функции. Рассмотрим решение простейших тригонометрических уравнений. 1. sin* = т. Если [wi| ^ 1, то решения данного уравнения определяются формулой x = (-l)"arcsinm + jm, neZ. (8.77) Если |m| > 1., то уравнение (8.73) решений не имеет. 2. cos х = т. Если |т| < 1, то решения этого уравнения определяются формулой х = ±arccosm + 2icn, neZ. (8.78) Если |m| > 1, то уравнение (8.74) решений не имеет. 3. tgx = т. При любом действительном т х =arctgm+nn, neZ. (8.79) 4. ctgx = m. При любом действительном т х = arcctgm + ця, neZ. (8.80) В частных случаях при m = -1, m = 0, т = \ получаются следующие формулы: sinjc = -l; х = — + 2лл, neZ; (8.81) sin х = 0; х = ли, п е Z; (8.82) sinx=l; х=-+2лл, neZ; (8.83) cosjc=-1; х=к + 2тг, neZ; (8.84) cosjc=0; jc=-+jw, neZ; (8.85) cosjc=1; х = 2пл, neZ; (8.86) tgjc = — 1; *=--+яп, »€Z; (8.87) tgx=0; х=лл, neZ; (8.88)
tg*=l; х = -+тш, neZ; (8.89) ctg* = -l; х- — +7W, neZ; (8.90) ctg*=0; x=-+im, neZ; (8.91) ctg*=l; x = -+nn, neZ. (8.92) Тригонометрическиеуравнениявида5т(ал +b) = m, cos(a* + b) = m, tg(a* + b) = *, ctg(a* + b) = t, где ax + b — линейная функция, \m\ < 1, д^О, x,b —любые действительные числа, также относятся к простей- шимиприводятсякуравнениям(8.73)-(8.7б)заменой ах +Ь = у. Тригонометрические уравнения, содержащие тригонометрические функции одинакового аргумента Рассмотрим тригонометрические уравнения, рациональные относительно тригонометрических функций. Пусть имеем #(sinx,cos;t)=0, (8.93) где R - рациональная функция относительно sin x и cos x . Данное уравнение приводится к алгебраическому относительно тригонометрической функции одинакового аргумента. Затем, решая получившееся алгебраическое уравнение относительно этой функции, приводят данное уравнение к нескольким простейшим тригонометрическим уравнениям, из которых находят значения неизвестного и проверяют, какие из них являются решениями данного уравнения. Если х * (2л + \)к, где л е Z, то каждое тригонометрическое уравнение вида (8.93) можно привести к рациональному уравнению относительно неизвестного tg— с помощью формул (8.65) - (8.68). Решая уравнение таким методом, можно потерять корни вида х = (2л + l)rc, где 84
n e Z, для которых tg — не имеет смысла. Поэтому необходимо проверить, являются ли числа х = (2п + l)rc, где п е Z, корнями исходного уравнения. Если уравнение (8.93) или приводимое к нему при замене х на тс - х не изменяется, то его имеет смысл приводить к рациональному относительно sin х. Если уравнение (8.93) или приводимое к нему не изменяется при замене х на -х , то его имеет смысл приводить к рациональному относительно COS X . Если уравнение (8.93) или приводимое к нему при замене х на к + х не изменяется, то его имеет смысл приводить к рациональному относительно tgx . Однородные тригонометрические уравнения и уравнения, приводящиеся к ним Тригонометрическое уравнение вида a0cos" X+Ojcos"-1 xsinx + a2cosn~2 *sin2 x + ... + an sin" x =0, (8.94) где а0,аь...,ап —данные числа, a n —натуральное число, называется однородным уравнением относительно функций sin x и cos x . Сумма показателей у sinx hcosx во всех членах такого уравнения одинакова. Эта сумма называется степенью однородности уравнения или показателем однородности. Уравнение (8.94) является частным случаем уравнения (8.93) и делением обеих своих частей на cos" х * 0 (или на sin" х * 0) приводится к целому рациональному относительно tg x (или ctg x): а0 tg" х + щ tg""1 х + а2 tg""2 х +.., + ап = 0 а0 ctg х + ах tg 'x + a^tg x+... + an =0; при этом область определения уравнения сужается на значения х = —(2n+l) (илина х = ли), где ne Z. Умножением на тригонометрическую единицу (sin2 x +cos2 x) , где ke N , можно привести к однородному некоторые уравнения, не 85
являющиеся однородными. Так, к уравнению вида (8.94) сводится уравнение а0 cos2" х + ах cos2"-1 х sin х + а2 cos"-2 x sin х +... + ап sin" х = Ь. Для этого нужно умножить Ь на тригонометрическую единицу: b = i(sin2 х +cos3 х f, keZ. Уравнение вида asin<ox+bcos(ox = c (я2+62*0) Это уравнение является частным случаем уравнения (8.93), следовательно, его можно решать с помощью универсальной подстановки, а также приводить к однородному. Укажем еще один способ решения этого уравнения, так называемый способ введения вспомогательного угла. Пусть asmcax+bcosoix = c 1р2+Ь2*о\ (8.95) Разделим обе его части на Va2 + Ь1 , тогда Л . b г -sincox-b , cos(oj: = ■[777 Л2 +Ь2 4а1 + 62 Пусть Р — одно из решений системы cosip = - 4J7i h sinp = '4777' Воспользовавшись этими равенствами, запишем уравнение в виде с svn (Ox cos ф + cos юле sin ф = -.■ •Ja2+b2 Применив формулу sin (а + р) = sin а cos Р+cos а sin P, получим уравнение sin(a>A; + ф) = -pJ_L^= y которое, как видно из проделанных Ja2+b2
выкладок, равносильно исходному уравнению. Если 4? +ьг й 1, т.е. шх + ф= (-1)" arcsin-= +тш ■Ja2 +Ь2 (-1)" . х = ~—— arcsvn Ja2 +b2 ю ю (О 7Ш — — + —, пе Z. Если •Ja2 +b Уравнения, рациональные относительно выражений sinx±cosx И sin х- cos x Если левая часть тригонометрического уравнения /(х) = 0 содержит лишь одно извыражений sin x + cos x или sin x -cos x и функцию sin2x (и!Ш11роговедение5тлсо8л),то,вводяновоенеизвестное( - sin* + cos* или t = sin х- cos х и учитывая, что sin2;t = (sinx + cpsx)r -l, sin2x = = 1 - (sin x -cos xf , приходим к уравнению относительно t. СИСТЕМЫ ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИХ УРАВНЕНИЙ При решении систем тригонометрических уравнений п ользуются способом подстановки или сводят системы тригонометрических уравнений к системам алгебраических уравнений. В ряде случаев для решения системы три- гонометрическихуравнений ее преобразуютс помощью почленногосложения, вычитания, умножения, деления уравнений с целью, например, исключить одно из неизвестных, разложить полученное уравнение на множители и т д. Решения системы записьшаются в виде упорядоченных пар (х; у).
Решить уравнения (8.176—8.385): 8.176. sin3 x(l + ctgx) + cos3 x{\ + tgx) = 2Vsinxcosx. Решение. (sinx* О, cosx* О, sinxcosx> 0. Запишем уравнение в виде . л . cosx^ з (л sinx sin х-1 1 + +cosJx- 1 + sinx J I cosx = 2Vsl sin3 x(sinx+cosx) cos3 x(cosx + sinx) 2vsinxcosx = 0< sin x cos x <=>sin2 x(sinx+cosx) + cos x(cos x + sin x) - 2Vsin xcos x = 0 « <=> (sin x + cos x)(sin3 x+cos3 x) - 2Vsinxcosx = 0, sin x - - 2vsin xcos x +cos x=0, sinx- 2V sin xcos x + cosx = 0, U/srax-Vcosx] = 0 <=> Vsin x - Vcos x = 0. Тогда Vsinx = Vcosx, или sinx= cosx, sinx > 0,cosx> 0. Разделивэто уравнение на cos x^0, по лучим tgx= 1, x = — + 2яА: = — (8fc + l), teZ. 4 4 Ответ: х= -(8А: +1),A:eZ 8.177. tg^-+sin^-tg- + cosi-ctg- + ctgi- + sin;t = 4. ОДЗ:] cos—^0, 2 sin-*0. 2 Перепишем уравнение в виде i * 2 * i . 2^ 1-COSX 1-COSX l+.COSX 1+COSX l + tg2-+l+Ctgi-+ : 4- : +smx=6« 2 2 2 sinx 2 sinx
1 1 l-2cosx+cos x+l + 2cosx + cos x + 2 x -2х 2sinx cos — sin - 2 2 • 2 X 2 X Sin - +COS — - , . . . 2 2 2 2 + 2-2sin x . ,„ + sinx=6o - + + smx-6 = 0o . 2 X 2 X 2SH1JC sin —cos - 2 2 4 2 2 1 о—^—н sinx + sinx-6 = 0«»—=—н 3 = 0*» sin x sinx sin x sin л *» 3-sin2 х-sinx-2 = 0(sinx;s 0). Решив это уравнение как квадратное относительно sin x, получим (sinx), =— ,х,=(-1) + arcsin— + пк, к eZ; (sinx)2 =1, Х2 =- + 2лл = -(4л + 1),ле2; Ответ: х,=(-1) + arcsin— + пк; х, = — (4л +1), где А: и л eZ. 8.178. tg(120°+3x) - tg(140°-x) = 2sin(80°+2x). Запишем уравнение в виде tg3(x + 40°) - tg(l 80°-(x + 40°)) = = 2sin2(x + 40°)otg3(x+40°) + tg(;c + 40°) = 2sin2(x + 40°). sinfct + P) По формуле tga + tgp = —- - и обозначив х + 40° = у, запишем cosoccosP sin4y „ . . л sin4y-2sin2ycos3ycosy „ — 2sin2y = 0o^-^ - = 0e cos3ycosy cos3ycosy 2sin2ycos2y-2sin2ycos3ycosy . sin2^2cos2y-2cos3ycosy) <=> ' = U<=> ~ = cos3ycosy cos3ycosy 2sinycosy(2cos2y-2cos3ycosy) „ . „. = 0e -± — = 0, cosy#0)=> cos 3y cos у siny(2cos2y-2cos3ycosy) cos3y
Так как cosoccosj5 = -(cos(oc-P) + cos(a + |5)), то sin;>(2cos2j'-cos2j'-cos4j') sin;>(cos2j'-cos4j') cos3y cos3y . „ . a + P . a-3 По формуле cosa - cosp = -2sin—-—sin—-— получаем -2апуапЗуяпу_п sin2 у sin Ъу . ; u> - = 0=>siny = 0, cosly cos3y raHsin3y = 0 (ияЗу^О). Решения уравнения sin у = 0 входят в решения уравнения sin3y = 0 (sin3y=3siny-4sin3y = sinyl3-4sin2.>>)l, откудаЪу = 180°к, у = 60°к, keZ, x + 4W = 6Vk, x = -4W+6Wk, keZ- Ответ: x =-40°+60° A:, keZ. 8.179. sin2 x + 2 sin2 — 2 sin x sin2 — + ctgx = 0. Решение. ОДЗ: sinx*0. _, . . з a 1-cosa По формуле sin — = запишем 2 2 • 2 i -Л \ COS* „ sin x +1-COSX -smx(l -cosxjH = 0 «• sin л smx <=>sin3*+sinjc-sinjccosjc-sin2 jc+sin2 jccosjc+cosjc =0<=> <=>/sin jc + sin2 jccosjc] + (sinJc + cosJc)-/sinjccosjc + sin2 jc) = 0<=> <=>sin" jc(sinjc + cosji:) + (sinjc + cosji:)-sinjc(sinjc + cosjc) = 0<=> **(sin^ + cosx)lsin2 jc-sinjc + l] = 0<=>sinjc + cos* = 0<=>ctgx=-l, jc = -- + rtA: = -(4A:-l),A:eZ;sin2:<:-sinx+l*0 (D<$). Ответ: x=-(4k~l),keZ
cos2z(l + ctgz)-3 8.180. ^ =-i = 3cosz. sinz-cosz Решение. ОДЗ:^-0' п [sinz-cosz* 0. Перепишем уравнение в виде cos2/l + S2¥) - з = 3cosz(sinz- cosz) «* fosM^z + cos£) _ V smz^ sinz -3-3cosz(sinz-cosz) = 0<=> cos zsinz + cos3z-3sinz- -3coszsin z + 3cos zsinz = 0<=> 4cos3 zsinz + cos3 z- -3sinz(cos2 z + sin2 z) -3coszsin2 z = 0<=> cos2 zsinz + cos3 z- -3sin3z-3coszsin2 z = 0<=> cos3 z(sinz + cosz)- -3sin2 z(cosz + sinz) = 0<=»(sinz + cosz)(cos2 z-3sin2 z) = 0. Отсюда или sinz + cosz = 0,HHHCos2z-3sin2 z = 0. Разделив первое уравнение на sin z * 0, а второе на sin z-ф- 0, получим ctgz = -l, z, = — + ял = —(4n-l),neZ 4 4 или ctg2z=3, ctgz = ±V3, z2=±-+nk, keZ. 6 Ответ: zl = — (4л -1); z2 = ± — + nfc, где л и А: е Z 8.181. ОДЗ: 1 2ctg2l + l fsini9t0, 1cosl#0. V 1 :1 + 1 15cos4i 8 + sin22i По формулам -> ос 1 + coscc -, oc 1-cosoc „ -, ctg -=- , tg^- = - , cos2a=2cos2a-l 2 1-cosa 2 1 + coscc
1 1 _ lsfe cos2 It -l) 2(l + cos2l)|1 + 2(l-cos2l)~" 8 + l-cos22f ° 1-cos2i l+cos2l о (l-cos2l)(3-cos2l)+(l + cos2l)(3 + cos2l) = 30cos2 21-15 о o3-3cos2l-cos2l + cos22l + 3 + 3cos2l + cos2l + + cos2 2l - 30cos2 21 +15 = 0 <=> o21-28cos22i = 0, 4cos22l = 3, cos2 2! = -, cos2l = ± —, 4 2 2t = ±- + xk, < = ± —+ - = —(№±1), fceZ 6 12 2 12v ' Ответ: t=— (6fc± 1), keZ 8.182. 8cos4 jc-8cos2jc-cosx+1 = 0. Решение. Перепишем уравнение в виде 8(cos2 x\ -8cos2 x-cosx + l = 0. 1 Y -(l + cos2x) -4(1 + cos2j:)-cosj:+1 = Oo2(1 + cos2j:)! - -4(l + cos2x)-cos jc+1 = 0 <=> «• 2 +4cos2x +2cos2 2x -4-4cos2x -cos л +1 = 0 о «2cos2x-l-cosx = 0ocos4x-cosx =0*» „ . 4x + x . x-4x . . 5л . 3x . «2sm sin = 0, -sin—sin — = 0. 2 2 2 2 Отсюда или . 5x 5x 2 sin— = 0, — = теп, x, = - xcw, п е Z, 2 2 5 или . 3x 3x , 2 sin— =0, — - тек, x? = - тек, fceZ. 2 2 2 3 2 2 Ответ: xl = — тел; x> = - rcfc, где пи teZ
„.о, 6cosJ2l + 2sin-'2r 8.183. = cos4l. 3cos2i-sin2l Решение. ОДЗ: 3cos2f-sin2r*0. Из условия имеем 6cos32f + 2sin32r ,, . 2„ „ cos2 21 + sin 2l = 0. 3cos2f-sin2f 6cos3 2r+ 2sin3 2r- 3cos5 2/ + 3cos2rsin2 2( + sin2(cos2 2i -sin3 2t=0e о (3cos3 2( + 3cos2fsin2 2i) + (sin3 2r + sin2icos2 2г) = 0 о 3cos2i(cos2 21 + + sin2 2() + sin2l(sin3 2l + cos2 2() = 0, 3cos2l + sin2i = 0. tg2l = -3, 1 nk 21 = -aictg3 +nk, t = - - arctg3 + —, keZ 2 2 Ответ: t ~ —arctg3 н , teZ 2 2 8.184. coszcos2zcos4zcos8z =— 16. Решение. Умножив обе части уравнения на 16 sinz* 0, имеем 8(2sinzcosz)cos2zcos4zcos8z = sinz <=> 8sin2zcos2zcos4zcos8z- sinz, 4(2sin2zcos2z)cos4zcos8z = sinz, 4sin4zcos4zcos8z = sinz, 2(2sin4zcos4z)cos8z = sinz, 2sin8zcos8z = sinz, . ,r „ - 16z + z . 16z-z 17z . 15z sinl6z-sinz = 0 о 2 cos sin = 0, cos—-sin— = 0. 2 2 2 2 _ 17z . 17z к тс 2 , тс ,Л, ,, Отсюдаилисс*—- = 0, = - + nk, z, = — + — irfr = — (2к + 1), 2 2 2 ' 17 17 17v ' A: eZ, или sin— = 0, — = rcfc, z^ = — nk, keZ. 2 2 15 2 , Из совокупности значений z2 = — rcfc, A; e z, нужно исключить те значения z, для которых sin z = 0, т.е. z = тел, л е Z, получающиеся при А: = 15л. Аналогично, из совокупности значений zl -~{2k + 1), к е Z,
исключаем значения z = Kn,nt=Z, получающиеся при 2к + 1 = 11; 2А: + 1 = 51; 2А: +1 = 85; ..., или А: = 8; А: = 25; к = 42; ....т.е. к = 8 + 17/, / е Z Таким образом, для исходного уравнения находим следующую совокупность решений: z,= — ,k*lSl,keZ,IeZ, 1 15 или z, = pH2fc + l),fc*17/+8,fceZ./eZ Ответ: z,= — ,fc*15/,z,= — (2fc + l),fc*17/ + 8,fceZ./eZ 1 15 17v 8.185. 1 2 + sinx 3 Решение. Из условия получаем: (•х х Y • 2 х sm—cos— sin' — , 2 2[ 2 , ■ .- х гх + sin —cos— + cos — 2 2 2 2+2sini-cos- 2 2 2 X . 2 * 3 2"" f . X xYi , • X X^\ f . X xY . X X~\ sin — cos—I 1 + sin-cos— sm—cos— I sm— + cos- Л 2 2 A 2 2) \ 2 2k 2 2) _ 1 + sin—cos— 2 2 = 0» 0» о sin cos— 2 2 . sin— + cos— 1 2 2 = 0o sin—cos— 2 2 x|3 + 2sin- + 2cosi =0. Имеем: 1) sin—-cos—= 0. Разделив первое уравнение на cos—*0, найдем х , х тс , тс „ , тс,., ,, 82 ' 2 = 4 ' x>=i + 2nA: = i(4A:+1)' fceZ 2) 3+2sin^+2cos|=Oo2sm2f j]+2cos2f|l + 3fcos2 - + sin2|]=0o
«4sin-cos- + 2|cos2i-sin2- +3 cos2- + sin2- = 0»sin2- + 44^4 4) [ 4 4j 4 л ■ X X c 2X n +4sm—cos—+ 5cos — =0. 4 4 4 Делим уравнение иа cos2 — * 0. Имеем tg2 - + 4tg - + 5 = 0. В полу- 4 4 4 чениом квадратном уравнении D< 0, 0. Ответ: x=-(4k + l),keZ „.„, 2 2sin2r + sin4r . . 8.186. tg2r-—- —- = 2ctg2r. 2sin2?-sin4? Решение. icosr^O, sinr*0, 2sin2r-sin4r?s0. Из условия имеем: , 2sdn2r + 2sin2rcos2r ... 2 2sin2((l + 2cos2r) tg2[ : 2ctg2f = 0«tg2t -. r- 2sin2r-2sin2rcos2r 2sin2((l-cos2<) -2ctg2r = 0otg2r-±±|^|-2ctg2r = 0. l + cos2r Так как — = ctgr, то 1 - cos2r tg2r-ctg2r-2ctg2r = 0«ST^-^^-2ctg2r = 0« cos t sin t sin4r-cos4r ... fein2r+cos2r)fein2r-cos2r) „_ „ „ о = = 2ctg2r = 0 » £ , '" , <-2ctg2r = 0 » siir t cos f snr t cos'' r cos2r-sin2r , . , „ 4cos2r 2cos2r „ о = = 2ctg2r = 0o—=—+ . , =0<=> sin2 rcos21 sin It sin2r 2cos2rf 2 Л n о - +1 =0. sin2r ^sin2r J Отсюда l)cos2r = 0, 2r = - + irfr, f,=- + y = -(2t + l), fcgZ;
2)—?_ + l = 6, sin2?=-2, 0. sin 2c Ответ: t ~ - (Ik +1), keZ. 2 ■> 4^3 8.187. sin xtgx + cos xctgx+2sinxcosx = . Решение. f cos x * 0, ОДЗ: ' [sinx*0. Запишем уравнение в виде: sin2 х sin x , cos2 x cos x . . 4-s/3 n - + 2smxcosx = 0<=> cosx sinx 3 sin4 x + cos4 x . . ^=> + 2sinxcos;t = 0<=> sin x cos x 3 (sin2x + cos2xf-2sin2xcos2x .. 4^3 . <=> -i L + 2sinxcosx = 0, sin x cos x 3 или l-2sin2xcos2x „ . 4-Л . 1 - + 2 san xcos x = 0 <=> - sin xcos x 3 sin xcos* 4-s/3 Л 1 2-Л -2sinxcosx+2sinxcosx = 0<=> —: = <=> 3 2sinxcosx 2 »яп2х=^=>2* = (-1)*| + 1Е*,х=(-1)*| + |,*ег Ответ: x=(-l) — + -, fc e Z 6_ 2 8.188. ctgx+ctgl5°-tetg(x + 25°) = ctgl5°ctg(x + 25°)ctgx (sinx^O, Перепишем уравнение в виде cosx cosl5° cos(x + 25°) cosl5°cos(x + 25°)cos;t „ + _. + —i > _^ ' = 0=> sinx sml5° sin(x+25°J sinl5°sin(x + 25°)sinx
о (cosxsinl50sin(x+250)-cosl5°cos(x + 25°)cosx)+ + (cosl5°sinxsin(jc + 25°)+cos(jc+25°)sinxsinl5°) = 0«* о -cosx(cos15°cos(jc +25°)-sinl5°sin(x+25°))+ +sinx(sin(x +25°)cosl 5° +cos(x+25°)sinl 5°) = 0. Так как cosoccosP-sinasinP = cos(a + p), sin a cos a + cos a sin p = sin(a + p), -cosxcos(15°+;c+ 25°) + sinxsin(x+ 25°+15°) = 0» -cos(2x+40°) = 0, 2x + 40°=90°+180°A:, x= 25°+90°A:, к £Z Ответ: х= 25°+90°A:, keZ. 40 sin3 - - cos3 - \ 2 2 4Й .... ... , Л 2 2 8.189. —i tL - sin,. 16sin—25 cos— 2 2 Решение. ОДЗ: 16sin- - 25cos- ф 0. Имеем 4sin3--cos3-] ? ii-2sin-W =0^201 sin3--cos3-^|- 16sin — 25cos- 2 2 -sin 2 -cos- 16sin—25cos- =0«* 20sin3 — 16sin2-cos- + 2 2{ 2 2j ^ 2 2 2j 25sin-cos2--20cos3-] = 0«4sin2 -5 sin—4cos-] + 5cos2-x ^ 2 2 2) 2^2 2j 2 x| 5sin--4cos- =0» 5sin--4cos-]|4sin2- + 5cos2-| = 0. 2 2) V 2 2 A 2 2, Отсюда l)5sin—4cos-= 0,2) 4sin2- + 5cos2 - = 0. Разделив nep- 2 2 2 2 ? t t 4 вое уравнение на cos — * 0, а второе на cos2 — * 0, будем иметь tg — = —, - = arctg- + rat, t, = 2arctg- + 2кк, keZ. или tg2- = —, 0. 2 5 5 2 4 4 Ответ: t = 2arctg- + 2тсА:, leZ 4 Сканави М. И-, кн. 2 97
(sinx+cosx) -2sin2x 4l( . (к \ . (к , 8Л9°- —г&—=тгЬгтЧ4-3х Решение. ОДЗ: sinx*0. Так как sin a - sin р = 2 cos—-—sin — sin x + 2sinxcosx + cos x-2sin x , cos x 1 + —T- K П - П К \± ~ • 4 4 4 4 = 2sin-= = cos-= = • 2 2 2 ccos —2x I =>(sin2x + cos2x)sinx = V2| cos-cos2x + sin—sin2x )<=> о (sin2x + cos2x)sinx--/2 — cos2x + —-sin2x |=0» о (sin2x + cos2x)sinx-(co82x + sin2x) = 0o о (sin 2x + cos 2x)(sin x -1 = 0) OTCKwaiumsin2x + cos2x=0, iuiHsinx-l = 0. Разделив первое уравнение на sin2x;t0, имеем ctg2x=-l, 2x= —+ rat, *, = y + y = |(4fc + 3), fceZ Извторогоуравненияполучаем8тх=1, х1 = — + 2лл=—(4п + 1), neZ. Ответ: хi = — {4к + 3); х2 = — (4л + 1), где А: и п е Z 8 2 8.191. sin"1 г - sin"12r= sin"14г. {sin?* О, sin2r*0, sin4r * 0.
Перепишем уравнение в виде = 0=> sin2rsin4r- sinrsin4r- sinrsin2r = 0. sin r sin2r sin4r По формуле sin a sin В = — (cos(a - B) - cos(a + В)) имеем - (cos2f- cos6?)—(cos3? - cos5?)—(cos? - cos3?) = 0 <=> о (cos2r + cos5r)-(cos6r + cosr) = 0. „ „ a + B a-B Так как coscc + cosp = 2cos -cos - ,то „ It У „ It St „ „ 7ff 3r 5Л „ 2cos—cos 2cos—cos— = 0o2cos— cos, cos— \ = Q. 22 22 2^2 2j Отсюда ' 1) a*3 = 0, H = ! + nk, , =*+|я*, kzZ, 2 2 2 7 7 2) cos cos— = 0 <=> 2 sin4? sin t = 0 не подходит по ОДЗ. Учитывая ОДЗ, t = - + -nk=-(2k + l), кфЦ + Ъ, meknleZ Ответ: '= ~{2к +1)' к*7/ + 3, гдеАги/eZ 8.192. ' + sin2x + 2 ЬМ^_3 = 0 ' 1 - sin2x 1 - tgx Решение. ОДЗ: ап2**1, ■ tgx*l, cosx^O. № условия имеем: sin2 х + 2sinxcos jc + cos х ,, cosx -» л l ; J = U<=> sin x-2sinxcosx + cos x ^ _ Slnx • cosx ismx-cosx j ^sinx-cosx 99
sinx + cosx Решив это уравнение как квадратное относительно — , sinx-cosx получим 1Л (SIIIX + COSX^ , • . п ' I г -v 1) =-1. sinx + cosx=-sinx + cosjc, sinx=0, jc, = тек, А: е Z; I, sin х-cos x^ ., fsinx + cosx") , . , . , . . 2) = 3, smx + cosx = 3sinx-3cosx, sinx = 2cosx, \^nx~cosxJ tgx= 2, Xj = arctg2 + тел, л е Z Ответ: x\ - nk\ xi - arctg2 + тел, где А: и л е Z ■, 3(cos3x-cosx) 8.193. ctg22x + -5 i + 2 = 0. sin3jc-smjc Решение. По формулам „ „ . oc + B . В-а . . „ „ ос + В . а-В cosa-cosB = 2sin -sin- ,sina-sinp = 2cos -sin-——, ^22 22 имеем , 2~ , 2sin2xsinx . „ ctg'2x + 3 : + 2 = 0 о 2sinxcos2x о ctg2x - 3tg2x + 2 = 0 => ctg'x + 3ctg2x - 3 = 0 о о (ctg32x-l}f (2ctg2x-2)=0o o(ctg2x-l)(ctg22x+ctg2x+l)+2(ctg2x-l)=0o о (ctg2x- l)(ctg22x + ctg2x + з) = 0. Отсюда l)ctg2x-l = 0, ctg2x=l, 2x=| + irfr, x = -| + —= |(4A: + 1), A:eZ 2) ctg22x + ctg2x + 3*0 (D<0), 0. Ответ: x=-(4k+ 1), k^Z. 8.194. tg43r = sin26r. Решение. ОДЗ: cos3/*0.
Из условия имеем: (tg2^ =sin26r^ ^cosf"l 4-cos4,)=0^ Ц + СОвбГ/" ^(l-coserf-fl-coserXl + coser)3 =0о «(l-coser^-coser-fl+coser/jsOo о (l-cos6r)(l-cos6r-l-3cos6r-3cos26r-cos36r)=0o o(j-cos6r)x^os36r + 3cos26r+4cos6r)=0o Ocos6r(cos6r-l)(cos26r + 3cos6r+4)=0. Отсюда l)cos6r = 0, 6r = - + rat, (.= — + - = — (2k+l),keZ, 2 ' 12 6 12v ' 2) cos6r-l = 0, cos6r=l, 6г = 2пл, r, = —, neZ 2 3 3) cos26r + 3cos6r + 4 = 0 (Л<0), 0. Ответ: t, = — (2fc +1); r, =— гдеАги »eZ 12v i 3 „ .„ 1 - sin6 z - cos6 z 2 8.195. — = 2cos'3z. 1 - sin z - cos z Решение. Запишем уравнение в виде l-f(sin2z)3+(cos2z)3] —±— —^ = 2cos23zo 1 - (sin4 z + cos4 zj 1 - ein2 z + cos2 z Isin4 z - sin zcos z + cos4z) „ ■>. о —E tt в- - , < = 2cos 3zo 1-1 lsin2z + cos2z 'J-2 1 -1((sin2 z + cos2 z) -3sin2 zcos2 z) v - - ■ I = 2cos23zo l-l + 2sin zcos z l-l + 3sin2zcos2z , 2, „ 2, 3 , -Уз . = 2cos 3z, 2cos 3z = -, cos3z = ± —, 2sin zcos z 4 2
3z = ±- + rat, z=±— + — = — (tt±l), keZ. 6 18 3 18v ■ ' Ответ: z = — (6k±1), fceZ 18v ' 8.196. ctgx-tgx= , . o,5sin2;c fsinx* 0, °№|co.,,0l Из условия имеем: cosx sinx cosx-sinx n cos x-siij x cosx-sinx n - = 0<=> : - = 0<=> sinx cosx sinxcosx sinxcosx sinxcosx (cos x - sinx)(cosx + sin x)- (cos x - sin x) _ _ sinxcosx ^ (cos x - sin x)(cos x + sin x)- (cos x - sin x) = 0, (cos x - sin x)(cos x + sin x -1) = 0. Отсюда 1) cosx-sinx=0, 2) cosx + sinx-l = 0. Разделив первое уравнениена cosx* 0, получим tgx=l, xt = — + »t- —(4fc+l), keZ. Второе уравнение запишем в виде: IX . 2 * * • * X 2 х ■ 2 X ~ cos —sin —+2sin —cos—cos —шг — = 0<=> 2 2 2 2 2 2 „ . 2 X „ . X X . ~ . x{ . X x\ n <=>2sin —2sin —xcos—= 0<=>2sm— sin cos— =0. 2 2 2 2^ 2 2) Отсюда или sin— = 0, --nn, x-,=2im, л eZ, или sin— cos— = 0. 2 2 2 2 r» X n „ X t X К , Разделив последнее уравнение на cos— * 0, найдем tg—= 1, — = — + тс/, 2 2 2 4 х3 = - + 2тс/, leZ,x2, x3 не подходят по ОДЗ. Ответ: х = — (4А: + 1), А: е Z
ОДЗ: ctg2z ctez „ „ 8.197. -Ё— + -^ + 2 = 0. ctgz ctg2z Решение. ctgz * 0, ctg2z * 0, sinz * 0, sin2z * 0. Из условия имеем: ^Y+2.^ + 1=0«f^+iT=o«—=-i, ctgz J ctgz ^ ctgz J ctgz ctg2z = -ctgz, ctg2z + ctgz = 0. „ sin(a + B) „;„ т.7 Так как ctga + ctgB = -^——f, то получаем — = 0. sinasinB sin2zsinz Поформуле sin3a = 3sina-=-4sin3 a имеем 3sinz-4sin3z _ sinzp-4sin2zj_ 3-4sin z sin 2z sinz sin 2z sinz sin2z i • л/3 и наше уравнение принимает вид 3-4sin z = 0, откуда sinz = ± —, z = ±- + rat = -(3fc±l), fceZ "3 3V :з' Ответ: z = — (3fc±l), teZ 8.198. cos-2 2*tg2jt + sin"2 2jctg2;c= 8c°* 4x + lOsin"1 4x+ 4,/з. sin 4x „„ fcos2x9to, ОДЗ: ^ [sin2x*0. Запишем уравнение в виде: 1 sin2x . 1 cos2x 8cos2 4x . 10 . /r cos22x cos2x sin22x sin2x sin34x sin4* sin2x cos2x 8cos24a: 10 . /r cos32x sin32x sin34x sin 4л 103
sin42jc + cos42jc _ 8cos24x + 10sin24x г- sin 2xcos 2x sin 4x fon22x + cos22x,f-2sin22xcos22x_ 8(l-sin24x)+l0sin24x g- sin32xcos32x sin34x l-2sin22xcos22;c _ 8 + 2sin24x . jz sin32xcos32jc sin3 4л 8 - 4^in2 2x cos2 2x) 8+2 sin2 4x _ /r 8sin-'2xcos 2x sin 4x 8-4sin24x 8 + 2sin24x > = 5 sin 4x sin 4x 8-4sin24x-8-2sin24x sin3 4x 4-Ло = 4^«-^^- = 4^< >6 sin 4x о = 2л/з о sin4x = sin4x 2- Тогда 4х=(-1)*+'^ + ^, 1=(_1)*"£ + ^, keZ Omeem.x=(-l) — + —, keZ 4 ' Решен ОДЗ: j ctg2f-tg2f sinx^O, • x r, sin— * 0, X r, 2 =-■ 1 2ctgx l + ctg2x Запишем уравнение в виде: 2 cos л . i х 2 х sin — cos — 2 2
■ IX 2 х cosxsm — cos — ,i 0„ ■ i 2 2 _ 1 I i_ 2cosxsin x cos4--sin4 — 8 I sinx(sin2x + cos2x) 2 2 ■ гх гх cosxsnr—cos*— j 2 2 --(l-2cosxsinx)<=> cosxsin2±cos2| j_sin2^ cosxsin2|cos2| ,_sin2j( j_sin2x о ^ *- = о siir x = о cosx 8 2 O2sin2x-l+sin2x = 0osin2x-cos2x = 0. Разделив это уравнение на cos 2х Ф О, получим tg2x = 1, 2х = — + як, 4 5*+**„*(4*+l)*eZ. 8 2 8V * Ответ: х = — (4А +1), A e Z. (cos 2x + ctgZv^ ctg2x-cos2x ние. ОДЗ: g.200. 3(cos2x + ctg2x)_2(s.n2x + 1) = a Решение. Jsin2x*0, [ctg2x-cosZv#0. Из условия имеем: 3foos2*+^) I sln2xJ-2(sin2x + l) = 0«. cos2x -——cos2x sm2x cos2x(l-sin2x) 'Il-sin2x '
Отсюда l)sin2x+l = 0, sin2x = -l, 2x=-| + 2rat, x, =-- + 7* = -(4fc- 1), k<=Z, 2) - 2 = 0, sin2x=--, 2x = (-l)"+1v + nn, l-sin2x 2 6 x2 = (- 1)" — -I n e Z; x, не подходит по ОДЗ. Ответ: х = (-1)* — + — , к е Z 8.201. sin2x + 2ctgx=3. ОДЗ: sinx*0. Так как sin2cc = — , то имеем l + tg2oc ?-=-+ 3=0=» 3tg3x-4tg2x+3tgx-2 = 0. l + tg'jc tgx Пусть tgx = у, тогда Зу3-4у2+Зу-2 = 0, Зу3-Зу2-у2+2у + у-1-1 = 0, Зу2(у-1)-(у-1)2+(у-1) = 0, (у-1)(Зу2-у + 2) = 0. Отсюда 1) у-1 = 0, у = 1, tgx=l, х=- + гш = -(4л + 1), ле4 4 4 2) Зу2-у + 2*0 (Д<0), 0. Ответ: х= — (4л + 1), neZ 8.202. 2cosl3x + 3cos3x+3cos5x-8cos;ccos34x=0. Решение. Так как cos3ct = 4cos a-3cosa, cosa + cosp = 2cos -cos -, 2 2 „ „ . a + B . B-« cosa-cosB = 2sin sin1 , f 2 2 то уравнение имеет вид 2cosl3x + 3(cos3jc + cos5x)-8cosxcos34x=0o
<=> 2cos 1 Зх + 3 ■ 2cos 4л- cos x - 8cosx cos 4x - 0 <=> <=>2cosl3x-2cosx(4cos 4x-3cos4x) = 0<=> <=>2cosl3x-2cosxcosl2x = 0<=>2cosl3x-(cosl3x + cosllx) =0<=> <=>-2sinl2xsinx = 0. Отсюда 1 12 2) sin.v = 0, x2 = кп, ne Z; x2 входит в д-(. Ответ: х = —, А е Z. 12 8.203. (sinx+cosx) + (sinх-cosх)4 = 3-sin4x. Решение. Имеем: (sin x + 2sinxcosx + cos x) + (sin x-2sinxcosx + cos2x)2 = - 3 - sin4x <=> (1 + sin 2x)2 + (1 - sin2x)2 = 3 - sin4x <=> <=>!+2sin2x + sin22x + l-2sin2x + sin22x = 3-sin4A-<=> л n , П Й 1С,., ,w , 4х = -+пк, х- — + — -— (4А + 1), £eZ. 4 16 4 16 Ответ: х =—(4А + 1), AeZ. 16 8.204. tg3C + 6sin~1 2? = 8sin~3 2/-3ctgr. Решение. ОДЗ: sin2f*0. „ , a 1-cosa . a 1+cosa Так как tg— - — и ctg— = ———, то имеем: 2 since 2 sina sin3 It sin It sin3 It sin It
=>^-cos2r)3+6sin22r-8 + 3$ + cos2r)sin22r = Oo o^-cos2r)'+6^-cos22r)-8 + 3$ + cos2r)^-cos22r)=Oo ol-3cos2r + 3cos22r-cos32r + 6-6cos22r-8 + 3-3cos22r + + 3cos2r-3cos32r = 0o4cos32r + 6cos22r-2 = 0o o2cos32r + 3cos22r-l = 0o 2cos3 2r + 2 + 3cos2 2r-3 = 0o O2(cos2r+l)(:os22r-cos2r+l}+3(cos2r + l)(cos2r-l) = 0, (cos2r +1)(2 cos2 It + cos2r -1) = 0. Отсюда l)cos2r + l = 0, cos2r = -l, 2г = п + 2лл, г,=- + пл, neZ; 2) 2 cos2 2t + cos2r -1 = 0. Решая уравнение как квадратное относительно cos2r, имеем cos2r=-l, г, =г, = —+ лл, neZ—неподходитпо 2 ' 2 On3;cos2( = -, 2r3=±- + 2rat, t,=±- + nk = -(6k±l), keZ "^ 2 3 3 6 6V Ответ: t = —(6k±l), keZ. 6 8.205. 2sinxcos2 --x +3cos2 - + x cosx-5cos2xsin\- + x 1 = 0. ,2 | 12 ] 12 2 a 1 + cosa . fn 1 Так как cos — = и sirJ — + a = cosa, то имеем 2 2 \2 ) sin x[l + cos(rt - 2x)) + — (l + cos(rt + 2x))cosx- 5cos2 xcosx = 0 о <=>sinjc(l-cos2j[:) + — (1-cos2x)cosjc-5cos3 jc = 0<=> <=>2sinx-2sinxcos2x + 3cosx-3cos2xcosx-10cos3x = 0<=> o2sinx(l-cos2x)+3cosx(l-cos2jc)-10cos3x = 0o o(l-cos2x)(2sinx + 3cosx)-10cos3x = 0<=> о 2sin2 x(2sinx + 3cosjc)-10cos3 x = 0, 4sin3 x+ 6sin2 xcosjc- lOcos3 x = 0, 2sin3x + 3sin2xcosx-5cos3 jc = 0.
Разделив это уравнение на cos хф О, получим: 2tg3x-2 + 3tg2x-3 = 0o2(tgx-l)(tg2;c+tgx+l) + 3(tgx-l)x х (tgx+1) = 0 о (tgx- l)(2tg2x + 5tgx+ 5) = 0. Отсюда 1) tgx-l = 0, tgx=l, x = - + nk = -Uk + l), keZ, 4 4 2) 2tg2x + 5tgx+5*0 {D<0), 0. Ответ: x = — (4fc +1), A:eZ. 82 8.206. tg4x + ctgV = —(tgJtg2x+l)cos2x. fcosx* 0, ОДЗ: lsinx.0. Запишем уравнение в виде: // n2 \2 , , 82 f sinxsin2x ^ ^tgx+ctgx) -2tgxctgxJ -2tg2Actg2x = — ■{cosxcos2x + l)<:os2x~ fsinx cosjc Y . , 12 fsinxsin2x+cosxcos2x,\ „ о + -— -2 -2 = —\ bos2x. ^cosx sinx J ° {. cosxcos2x J Применив формулу cosa cosp + sinasinp = cos(a - p), имеем sin jc + cos x I _. sinxcosx ,2 Л2 „ 82 cosxcos2x 2 = о 9 cosxcos2x _j 2Y=— 2xcos2x ) 9 ' 1 t_j.10 4 -, .10 Отсюда 1) ~n 2 ~T ** . 2 , 2-± —.Тогда sin2 xcos2 x 3 sin2 2x 3 sin22x = -3 0; или sin22x = -, sin2x = ± —, 2x = ± — + nk, 4 2 3 * = ±*+^ = *(3fc±l), fceZ 6 2 6V ' Ответ: x = - (ЗА: ± 1), teZ
8.207. 2 cos" Ъ - cos" 2t +1,5 sin2 M - 3 sin2 It = 0. та 1 + cosa . 2a 1-cosa Так как cos — = и sin — = , то имеем 2 2 2 2 2Ji(l + cos4r)] -fi(2 + cos4r)] + l,s(l - cos2 4r) -1,5(1-cos4r) = 0 » (l + cos4r)3 (l + cos4r)2 3(lrcos24r) 3(l-cos4r) ** 4 4 + 2 2 " "* =>cos34r-4cos2 4r + 7cos4r = 0o cos4r(cos2 4r - 4cos4r + 7) = 0. Отсюда l)cos4r = 0, 4r = - + irir, f = - + —= -(2* + l), fc<=Z; 2) Cos24r-4cos4r + 7*0 (#<0), 0. Ответ: t = -(2k + l), k<=Z. 8.208. sin6x + 2 = 2cos4x Запишем уравнение в виде sin3(2x) + 2 - 2cos2(2x) = 0 и применив 3sin2x-4sin32x+ 2-2 + 4sin2 2x= Oo »4sin32x-4sin22x-3sin2x = 0osin2x(4sin22x-4sin2x-3)=0. Отсюда rot l)sin2x=0, 2x = rat, x, = —, b^ 2) 4sin2 2x- 4sin2x- 3 = 0. Решив уравнение как квадратное относительно sin2x, имеем sin2x = -,0; sin2x = --, 2x=(-l)"+' — + кп, 2 2 v ' 6 , n»+i п ли _ roc , лп*\ п пл Ответ: x, = —, Xi=(-1) —и ,гдел:к neZ l j 2 v ' 12 2
8.209. sin2rtgr+cos2rctgr-2sinrcosr = l + tgr + ctg(. Решение. fcosr^O, °«3: [sinr*0. Запишем уравнение в виде: -2sin?cos? = l + - cos? sin? cos? sin? .4 4 ч . 1 т sin ? + cos ? sin? cos? (sin2 ? + cos2 ?) - 2 sin2 ? cos2 ? 1 <=>-^ sin2?=l + - sin?cos? sm?cos? 2-4sin2?cos2? . „ , 2 - sm2? = 1 + - 2sin?cos? 2sin?cos? <=>2~Sm 2f-sin2?-l — = 0=>2-sin22?-sin22?-sin2?-2=0<=> sin 2? sin 2? <=> 2sin22? + sin2? =0 <=> sin2?(2sin2?+l) = 0. Отсюда 2sin2r + l=0, ш.2г = Л 2r = (-l)*+1^ + fflt, , = (-l)*+I^ + 2*; 2 v ' 6 v ; 12 2 te4 sin2r*0. v / 12 2 8.210. tg32jn-ctg32x+6sin_1 2x=8shT34x. Решение. [сс*2х*0, ОД* \sin2x*0. Запишем уравнение в виде: sin3 2х cos3 2х 6 cos32x sin32x sin2:r sin34x sin62x+cos62x 6 8 sin3 2xcos3 2x sin 2x sin3 4x = 0o = 0o
^in2 2x + cos2 2jc)(sin4 2x - sin2 2xcos2 2x +cos" 2x) sin32xcos32x + _6_—* 0~ sin2x sin 4x (sin22;c+cos22x) -3sin22xcos22x 6 8 sin 2xcos 2x sin2x sin 4x 8-6(4sin22xcos22ji) 8 6 о ; ; --—i—+ . - =0<=> 8sin32xcos32x sur4x sin2x 8-6sin24x 8 6 - = 0o sin 4x sin34x sin2x 8-6sin24x-8 6 6 6 о 5 + ^—- = 0o—:——+ r-r~ = 0o sin 4x sin2x sin4x sm2x 1 1 „ -l + 2cos2x „ - = 0o = 0=» 2sin2xcos2x sin2x 2sin2xcos2x => -1 + 2cos2x= 0,cos2x= - ,2x = ± — + 2itk,x=+- + nk = ^(6k± 1), 2 3 6 6V JteZ Ответ: x = — (6k± 1), keZ 6 8.211. cosxcos2xsin3x=0,25sin2x. Решение. Запишем уравнение в виде: cos xcos 2xsin Зх - 0,5 sin xcos x = 0 <=> cos x(cos 2xsin 3x - 0,5 sin x) ~ 0. Отсюда или cosx=0, x,=| + lrfr = -|(2A:+l), AreZ. или cos2xsin3x-0,5sinx = 0, или 2cos2jcsin3x-sinx=0. Используя формулу sinacosp = - (sin(a - P) + sin(a + p)V имеем: si^3jc--2x) + sin(3jc + 2x)-sinx = 0osinjc + sin5x~sinx = 0o <=>sin5x, 5х=тш, Х2--7-, neZ Ответ: x1~ — (2k + l)1 х1= — ,гдекип€£
8.212. cos9x-2cos6x=2. Решение. Запишем уравнение в виде cos3(3x)-2cos2(3x)-2 = 0 и, применив формулы cos3a = 4cos3oc-3cosoc и cos2a = 2cos2a-l, имеем: 4cos33x-3cos3x-2(2cos23x-l)-2 = 0o O4cos33x-4cos23x-3cos3x=0ocos3x(4cos23x-4cos3x-3) = 0. Отсюда _ тс . к пк тс ,„, ,* l)cos3x=0, Зх=- + тсА:, дс, =- + у = -(2fc + l), keZ, 2) 4cos2 Зх- 4cos3x- 3 = 0. Решив это уравнение как квадратное отно- 3 1 2 сительно cos Зх, найдем cos Зх= —, 0; илиссвЗх^-—, Зх=± —тс + 2тш, ,2 2 2гс., , ,* *2 = ±9П+зпл=у(Зл±1)' "eZ Ответ: х, =-(2А: + 1), х2 = —(Зл±1), ГдеА:и neZ О 7 8.213. 2sin52r-sin32r-6sin22r + 3 = 0. Решение. Запишем уравнение в виде: sin3 2r(2 sin2 It -l) - 3(2 sin2 Ъ -1) = 0 о 0 (2 sin2 It - l)(sin3 2r - З) = 0. Отсюда l)2sin22r-l = 0, sin2r = ± —, 2r = - + —, 2 4 2 тс TcA: тс,„. ,ч , _ и = — + — = —f2fc + 1), k&Z, 1 8 4 Г ' 2) sin32r-3 = 0, sin2r = V3>l, 0. Ответ: t = -(2k + l), ke Z.
8.214. sin62r + cos62r = -(sin42r + cos42r) + -(sinr + cosr). Решение. Из условия имеем: ^in2 It + cos2 2r)(sin4 It - sin2 It cos2 It + cos4 2t)- --((sin22r + cos22r)2 -2sin22rcos22rj--(sinr + cosr) = 0o (sin2 2r + cos2 2r) - 3 sin2 2r cos2 2r - - (l - 2 sin2 2r cos2 2r) - --(sinr + cosr) =0» 1 -3sin2 2rcos2 2t-- + 3sin2 2rcos2 2t- — (sinr + cos r) = 0 о sin r + cosr + 1 = 0 о , • ' ' 2 ' .it 2 t . 1 t „ <=>2sm—cos—+ cos —sin —+ cos — + sin — = 0<=> 2 2 2 2 2 2 o2sin-cos- + 2cos2- = 0o2cos- sin-+ cos- =0. 2 2 2 2{ 2 2) Отсюда l)cos- = 0, - = - + jtt, r, =rc + rcA: = rc(2A: + l), ts^ „ . I t . t , t к 2) sin-+cos- = 0, tg— = —1, - = — + ПЛ, '2 2 2 2 4 я тс,, ,, _ r2= — + 2тсл = -(4л-1), nsZ. 2 2V ' Ответ: r, = rc(2A: +1); t2 = — (4л - 1), k и л е Z 8.215. (:os~22x + tg22x)^in~22x + ctg22x)= 4sin"2 4x + 5. Решение. |сс«2х*о, °ДЗ: (sin2x*0. Запишем уравнение в виде: [ 1 , sin2 2лг И 1 cos2 2x ] 4 cos2 2x cos2 2x I sin2 2x sin2 2x sin2 4x ■ + 5о
l + sin^x l + cos^x 4 , „ 5 z = 5 = 0o cos 2x sin 2x sin 4x 1 + cos2 2x + sin2 2x+ sin2 2xcos2 2x 4 sin2 2xcos2 2x sin2 4x 2 + sin2 2xcos2 2x 4 -5 = 0o -5 = 0o sin 2xcos 2x sin 4x 2 4 -1 j- 5 = 0o sin2 2xcos2 2x sin 2x sin2 2xcos2 2x sin2 4x sin2 4x sin2 4x -4osin24x=l, sin4x = ±l, 4x= — + rat, sin24x 2 ТС ТСл ТС /л. ,\ , „ x = — + — = — {2k + \), A:eZ 8 4 8V ' Ответ: x - — (2k +1), A: e Z , зТз 8.216. sin3z + sin z = sin2z. 4 Так как sin3a = 3sina-4sin3 a н sin2a = 2sinacosa, то имеем: 3sinz-4sin3 z + sin3z sinzcosz = 0<=> 2 , з,/з <=>3sinz-3sin z sinzcosz = 0<=> 2 <=>3sinzl 1-sin^ z cosz =0<=> sind cos2 z cosz =0<=> 2 J \ 2 J nil sq cosz =0 I 2J Отсюда 1) sinz = 0, zl=nk> ks.2,
2)cosz = 0, z, = — + тсл = — (2л + 1), ле Z; . 2 2 2 ' 3)cosz = 0, cosz-—, z-i -±— + 2nl, le Z. 2 2 3 6 Ответ: zt = 7Й; z2 = —(2л + 1); z3 =± —+ 2rc/, i, л и /eZ. 2 6 8.217. (cos2jc + (cosjc + sinjc)2)(tgjc + ctgjc) = 0. Решение. ОДЗ: ] [sinx^O. Уравнение равносильно двум уравнениям: cos2jc + (cosjc + sin:>c) =0 или tg x + ctg x - 0. Запишем первое уравнение в виде cos2 х -sin2 x + cos2 x + 2sinxcosx + sin2x=0<=> $^ 2cos2 jc+ 2sin* cosx = 0 e* 2cos*(cosx+ sinx) = 0. Так как cos л #0, то тс тс cosjc + sin* = 0e2tgx = -l, л: = — + im~— (4л-1), ле Z. 4 4 Второе уравнение запишем в виде tgx + —L = 0o'S * + 1=0otg2* = -l, 0. ctgjc tgjc Ответ: х- — (4л-1), л е Z. 4 8.218. 2sin2jc-cos —+ 3jc -cos3*cos_15jccos 5jc =0. ' V ) У2 ) Решение. ОДЗ: cos 5**0. Имеем „о Г • -, cos3xsin5jc^ . 2sm2x+ sin3x =0ф* ^ cos5x J . . . sin3xcos5x-cos3xsin5x „„-,.-, sin2x „ <=»2sin2x + = 0<=*2sin2x = 0o cos5x cos5x <=ssin2x 2 =0. I cos5xJ
Отсюда l)sin2jc = 0,2jc = 7im, xl=—-,meZ; здесь m Ф 21 +1, так как в противном случае cos 5л = 0; значит, Л[ = пк, к е Z. . . 1 Л ,- 1 ,- я . Л 2тсп ' cos5x 2 3 2 15 5 Л . я 2тш , „ Ответ:X) -кк;хг - ±— + ,к иле Z. 8.219. 3(ctgr-tgr) + 4sin2r = 0. Решение. ОДЗ: \ [cos(;tO. Из условия имеем: 3(ctgr-tgr) +4sin2r = 0о3. S^--^L +4sin2r= 0 о I sinr cosr I „ cos2r-sinzr ... „ 6cos2r ... „ «•3 + 4sin2r = 0<=* + 4sin2r = 0<=* shucos? s'mlt O3cos2r + 2sin22r = 0o3cos2r + 2(l-cos22r) = 0» o2cos22r-3cos2r-2 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно cos 2?, найдем cos2r = 2, 0; cos2r =—, 2t = ±-n + 2nn, г = + - + пл = -(Зл+1), ' ' 2' 3 3 3 ' Ответ: t = — (3n±\),neZ. 1 1 8.220. tg22j: + cos 22x ctg22jc + sin г2х 3 Решение. fcos2jnt0, ОДЗ: \ м |sin2j:5t0. Запишем уравнение в виде: 1 1 2 - = -«* sin2 2х 1 cos2 2х 1 3 cos2 2л cos2 2л sin2 2л sin2 2л
cos 2x sin22x 2 n in 2x + l cos22x+l 3 —(l + cos4x) — (l-cos4x) ~ '■ 2 Ob -(1-cos4x) + 1 -(l + cos4x) + l l + cos4x l-cos4x 2 . о + =0o 3-cos4x 3 + cos4x 3 o3(l + cos4x)(3+cos4x)+3(3-cos4x)()-cos4x)- -2(3-cos4x)(3 + cos4x) = Oocos24x = 0, cos4x = 0, 4x=- + jtfr x = - +— = -(2fc + l), kZ 8 4 8V ' Ответ: х = — (2А: +1), leZ 8.221. tg3( + tgr = 2sin4r. Решение. [cos? * 0, °fl3:icos3r#0. „ sin(a + p) • Так как tga + tgp = —i - , то перепишем уравнение в виде cosa cos p sin(3r + r) „ . . „ sin4r-sin4r(2cos3rcosr) —5 ^--2sin4r = 0o i Uo» cos3?cos? cos3?cos? о sin4r(l-2cos3rcosr) = 0. Применяя формулу cosa cos p = — (cos(a - P) + cos(a + p) V имеем sin4r(l - cos Ъ - cos4r) = 0 о sin4r(l - cos2r - 2 cos2 2r + l) = 0 о о sin4r(2cos2 It + cos2l - 2\ = 0. Отсюда nlc l)sin4r = 0, 4r = rat, r. =—, teZ; 4
2) 2 cos 2r + cos2r - 2 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно cos2r, находим cos2r = _ < -1, 0; или cos2r = , 4 4 2? = ±arccos + 2тиг, t-, = ±-arccos + тш, neZ Учитывая 4 2 4 ОДЗ,г, = —, А:*4/ + 2,гдеА:и/ег 4 Ответ: г, = —, А: * 4/ + 2; (2 = ± - arccos + ли, где А:, / и 4 2 4 neZ cos" х-cosx 8.222. sin(3rt-x) + tg(rt + x) 2sinx Решение. ода: J™1"* [COSX*0. Из условия имеем: COSX • , 2 cosr яп* 1-cos x sinx+tgx = -bb^b <=> sinx+ = <=> 2sinx cosx 2smxcosx sinxcosx+sinx sin2 x . sinxfcosx+l) sinx ^ = 0<=> - = cosx 2sinxcosx cosx 2cosx 0<=> ( COSX + ^ cosx l--i-l = 0, sinx* 0; cos*+1 l— = 0~ 2cosx^ cosx 2cosx 2cosx+l n i i л 1 <=> = 0<=> 2cosx+l = 0, cosx= —, cosx 2 x=±-7C + 27cfc = -7c(3fc±l), t€Z 2 Ответ: x = - n(3fc ± I), fc «= Z 8.223. —sin4xsinx+sin2xsinx = 2cos2 x. 2 Запишем это уравнение в виде sin2xcos2xsinx+sin2xsinx= 2cos2 x<=>
<=>2sinxcosx(2cos x-lJsinx+2sinxcosxsinx = 2cos2x<=> <=>2cosx\2cos2 x-ljsin2 * + 2sin2 xcosx-2cos2x = 0<=> o2cosx|2cos2x-l)(l-cos2x)+l-cos2x-cosx)=0o о cosx |2 cos2 x -2cos4 x-cosx)=0 о о -cos2 x (2 cos3 x -2cosx +1)= 0. Отсюда имеем cqs2jc = 0, cosjc = 0, x = — + nk-—(2k + l), keZ, 2 2V ' 2cos3 x- 2cosjc +1 * 0. Ответ: x = — (2k +1), bZ. 2(cos4 r + sin4 r) 8.224. -5—j j-i = cos42r + cos4r + l. cos t - sin г ОДЗ: cos2r * 0. Перепишем уравнение в виде 2 (cos2 t + sin2 t\ - 2cos2 tsin2 r (cos2 t + sin2 rVcos2 r - sin2 r) cos 2' 2-4cos2rsin2r 1 + cos4? +1 <=> cos2? cos2? -cos4r-l = 0o 2-sin 2r-l . , „ cos"2r . , „ о cos4r-l = 0o cos4r-l = 0o cos 2? cos 2? о cos2r-(2cos2-2r- l)-l = 0o 2cos2 2r-cos2r = 0в Ocos2r(2cos2r-l) = 0=>cos2r*0; 2cos2r-l = 0, cos2r = -, 2t = ±^ + 2nk, f = ±- + 7A = -(6t±l), keZ 3 6 6 Ответ: Г = —(6A:± 1), к е Z.
sin2r + sin2r-l 8.225. tgr = 5 . cos-г-sin 2?+ 1 Решение. ОДЗ: cosr*0. „ . 2 a 1 - cosa 7 a 1 + cosa Гак как sin — = и cos — = , то 2 2 2 2 i(l-cos2r) + sin2r-l l-cos2r + 2sin2r-2 „ tgt-* = 0b tg(-- ————- = 0o !/i ™V/i ■ ->. i l + cos2r-2sin2r + 2 -(l + cos2r)-sin2r + l 2sin2r-cos2r-l otg( = 0, -2sin2r + cos2r + 3 применяя формулы sina = -— и cosa = —, получаем l + tg2- 1 + tg2- 4tgt 1-tg2; tg-1 + t£2' 1 + tg7 =0» tg'r-2tg2r + l = 0« 4tg? | l-tg-г ; 3 l + tg2r l + tg2r o(tg3r-tg2r)-(tg2r-l) = 0o tg2r(tg(-l)-(tgr-l)(tgr + l) = 0o o(tg;-l)(tg2r-tgr-l) = 0. ОтсюдаимеемшпИ^-ЫО, tgf = 1, t, - — + nfc = —(4fc +1), leZ 4 44 или tg 2 ? - tg? -1 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно 1 —-У5 1 —V5 „ 1 + S tgr, получаем tg( = —-—, r2=arctg—-— + m,neZ tgt -—-—, 1 + V5 , r3 = arctg—— + nl, leZ n, . 1-^5 1 + V5 Omeem:t] =— (4k+l); t2 =arctg—-— + im; r3 = arctg—-— + nl; k, ли I e Z
о,-, sin2r + 2cos2r-l 8.226. = cosr. cos t - cos 3t + sin 3t - sin t Решение. Jsinr^O, ОДЗ: |sin2r + cos2r*0. Так как cosa-cosB = 2sina+ sin , cos2a = 2cos2a-l и . „ , a + B . a-B sin a-sin В = 2 cos -sin -, то имеем 2 2 sin2r + cos2r . . t + 3t . 3t-t „ . 3f-r 3r + r 2sin sin + 2sin cos 2 2 2 2 sin2r + cos2r „ о cosr = 0o 2 sin 2t sin t + 2 sin t cos It sin2r + cos2r „ 1 о ; ; = 0o cosr = 0o 2sinr(sin2r + cos2r)-cosr 2sinr »l-2sin(cosr = 0, l-sin2r = 0, sin2r = l, 2r = —+ 2nA:, t = j + Kk = -(4k + l), keZ Ответ: I = — (4fc +1), A: e Z 8.227. sinr2 -sinr = 0. Поформуле sina-sinB = 2cos -sin -, получаем , . t2-t t2+t „ 2sin cos = 0. 2 2 Отсюда r2-r l)sin—= 0,
2)cos-^-^ = 0. 2 Из первого уравнения имеем —^— = irfr, AreZo r -r-2rat = 0, A:eZ. 1±л/1 + 8л*г Решая это квадратное уравнение, получим t12 = , где l + 8rata0, к>- —, к = 0,1, 2,.... 8п Из второго уравнения имеем t2+t К „2 „ —— = —+ 1И1, iieZ^ или г + f-it-2im = 0, neZ -l±i/l + 4n(l + 2n) Решая это квадратное уравнение, находим ti4~ г , где 1 + 4п(1 + 2л)>0, л>--—-, л = 0,1,2 8тс 2 _ l±Vl + 8ni ~1±^1+4л(1 + 2л) , ... Ответ-tl2 ~ г ;'з4~ т ,гдекил = 0,1,2,.... 8.228. sin3zsin3z + cos3zcos3z=cos34z. Решение. Преобразуем левую часть уравнения, применяя формулы cosa-cosB = 2sin^-i£sinJ—i, cos(a + P) = cosacosP-sinasinP, 2 2 „2 , 2 a 1 + cosa cos2a = 2cos a-1, cos — = . 2 2 Тогда sin zsinzsin3z-t-cos zcoszcos3z = (l —cos z)sinzsin3z-t- + cos zcoszcos3z = sinzsin3z —cos zsinzsin3z-t-cos zcoszcos3z = = — (cos2z- cos4z)- cos z(sinzsin3z- coszcos3z) = cos2z-cos4z 2 „ cos2z-cos4z + 2cos2zcos4z = + cos zcos4z = = 2 2 ^cos2z+cos4z(2cos2z-l) COS2Z+COS4ZCOS2Z cos2z(l + cos4z) _ 2 = 2 2 cos2z(l + cos4z) 2 з = ;— - = cos2zcos 2z = cos 2z.
Тогда исходное уравнение принимает вид cos32z= cos34z<=> ocos4z = cos2z, cos4z-cos2z = 0o -2sin3zsinz=0. Отсюда nk l)sin3z=0, 3z = nA:, z\=~r, k&Z\ 2) sinz = 0, z2 ~tui, neZ, z2 входит в zx. nk Ответ: z~~r> keZ. 8.229. 2sin4r(sin2r-3)-2sin2r(sin2r-3)-l = 0. Решение. ' Запишем уравнение в виде (sin2r - 3) • 2sin2 r(sin2 f — l) — 1 = О, -(sin2r-3)-2sin2rcos2r-l = 0, (sin2r-3)-4sin2 rcos2r + 2 = 0, (sin2r-3)sin22r + 2 = 0, sin32r-3sin2 2r + 2 = 0, sin32r-sin22r-2sin2r + 2 = 0, sin22r(sin2r-l)-2^in22r-l)=0, sin2 2r(sin2r -1) - 2(sin2r- l)(sin2r +1) = 0, (sin2r-l)^in22r-2sin2r-2)=0. Отсюда l)sin2r~l = 0, sin2r = l,2r = - + 2nA:, t, =- + rat = -(4A:+l\ keZ, 2) sin2 2t~ 2sin2f- 2 = 0. Решая это уравнение как квадратное относительно sin2f, получаем sin2? = 1 + V3 > 1, 0; sin2? = l-V3, 2r = (-l)"arcsin(l-•/§) +ли, г, = (-l)"-arcsin(l--Уз) + —, neZ. Ответ: г, = т(4£ +1); h = (~ Ч -arcsin^l- V3J + — ,Где£и neZ 8.230. cosxcos2;ccos4jccos8jc = -cosl5x Решение. Имеем 8(2 sin jccos х) cos 2xcos4xcos 8jc = 2 cos 15xsin x <=> 124
<=> 4(2sin2xcos2x)cos4xcos8x = 2cosl5xsinx<=> O2sin8xcos8x=2cosl5xsin.x, sinl6x= 2cosl5xsinx По формуле cosoccosP = ~(sin(p - a) + sin(p + a)j, имеем кк sinl6x = -sinl4x+sinl6x, sinl4x = 0, \4x~izk, x ——, fceZ 14 nk Таккак sinx* 0, x#nl, toj=—, к * 14/, гдеА:и / eZ 14 Ответ: x~ —, к * 14/, где А: и / e Z 14 8.231. 2sin4 x+ l,25sin2 2x- cos4 x = cos2x Решение. Имеем 8lsin2 x\ + 5sin22x-4(cos2 x) -4cos2x=0. По формулам . 2 ос 1-cosa , a 1 + cosa sin — = и cos' — = , находим 2 2 2 2 -(l-cos2x)J + 5(l-cos22x)-4[-(l + cos2x)] -4cos2x=0o о 2(1 - coslxf +5(1 -coslxf -(l + cos2 2x)-4cos2x = 0в о 2- 4cos2x + 2cos2 2x+ 5-5cos2 2x-1 - 2cos2x- cos2 2x- -4cos2x=0 o2cos22x + 5cos2x-3 = G. Решив это уравнение как квадратное относительно cos2x, найдем cos2x = -3, 0;iumcos2x=-, 2х=±^ + 2пА:, x = ±^ + 7tk--(6k±i), 2 3 6 6 keZ Ответ: х— —(6А:±1), к е Z. 8.232. sin2rcos2r(sin4 Ь + cos4 It-1) = -sin2 At. Решение. Имеем (2sin2rcos2r)[ ^in2 2t + cos2 2r)2-2sin2 2rcos2 2r -1 ]- sin2 At = 0 о
osin4r(l-2sin22rcos22r-l)-sin24r = 0o o-sin4r-4sin22rcos22r-2sin24r = 0, sin34r + 2sin2 4r = 0, sin24r(sin4r + 2) = 0. Отсюда 1) sin24r = 0, 4f = тс*:, t = — , keZ, 4 2)sin4r + 2 = 0, sin4r = -2, 0. rat Ответ: t~ — , к е Z. 4 8.233. sin2x-2cos x-t-4(sinx-cosx+i&x-l) = 0. Решение. ОДЗ: cosx*0. Запишем уравнение в виде sinx cosx' o2cosx(sinx-cosx)+4 (sinx-cosx^ =0o x) + y l2sinxcosx-2cos2x) + 4 (sinx-cosx)-i 1 =0o 2cosx(sinx-cosx)+4(sinx-cosx| l-i = 0 о ^ cosx J о 2(sinx-cosx) cosx+2-i =0. 4 \ cosxj Отсюда 1) sinx-cosx^O, 2 2) cos x + 2 + = 0. Разделив первое уравнение на cos x * 0, най- cosx дем tgx= 1, X] = — + кк = —(4fc +1), к е Z Умножив второе уравнение на cosхф 0,получим cos2 х + 2сс*х+2* 0 (D<0), 0. п, Ответ: х- — \\к +1), keZ. 4 8.234. -(tg2* + ctg2x) = l + -^-ctg2x. Решение. ОДЗ: sin2x*0.
Запишем уравнение в виде , . 2 2 л 4ctg2x l + l + tg-'x+ctg x=4 +—р_о v3 , ! ' 4(V3+ctg2x) 4 4(V3+ctg2x) о—5- + —j- = — r ^"П— = — г ** cos х sin х V3 sin 2x V3 oV3sin2 2x + sin2xcos2x-V3 =0o o-V3^-sin2 2x)+ sin 2x cos 2* = 0 <=> o>/3cos22x-sin2xcos2x = 0o cos2x(v3cos2x - sin2x)= 0. Отсюда 1) cos2x = 0, 2x = - + nk, x, = - + y = -(2fc + l), AreZ; r- 1 „ Я 2) V3cos2x-sin2x = 0o ctg2x = -^=, 2х = - + пл, *2=- + y = -(3n + l). neZ. Ответ: X| = —(2A: + 1); x2 = —(Зл + 1),гдеА:и л е Z 8.235. ctg4x=cos32x+l. Решение. ОДЗ: sinx*0. Так как 1 + ctg a = —-—, то уравнение принимает вид sin a [—!=--l| = cos32x+lo —-, r— + l = cos32x+lo V sin x J sin x sin x l-2sin x з„ . 3. . 4 _ о = cos'2xo cos2x=cos 2xsin xo sin x о cos2x(l - cos2 2xsin4 x) = 0 о ocos2xU-cos2xsin2x)(l + cos2xsin xj = 0. Отсюда 1) cc*2x=0, 2* = ! + rat, xi =-j +Y = f (2fc+i). fc e 2
2) l-cos2xsin2x = 0, (cos2 jc-sin2 x)sin2 x+l = 0o <=>(l —sin2 xjsin2 x- sin4 x+\ = 0, sin x-2sin4 x+l = 0, 2sin4x-sin2 x-l = 0, решив биквадратное уравнение, имеем sin х=1, sin x~—, 0; sinx=±l, x, = —+ 7W, n e Z. ^2 3) l + cos2xsin2x=0, 2sin4x-sin2x+U0(B<0), 0. Ответ: xt - — (2fc + l); x2 = — (2n + l), гдеАги neZ. 8.236. ! 6cos~'x = tg3^ + ctg3^. . sx sx 2 2 Sin "COS — 2 2 ода:!"1"* [cosx*0. „ . . . a a a 1-cosce a 1 + cosa Гак как sina = 2sin—cos —, tg— = , ctg— = , то 2 2 2 since 2 since заданное уравнение имеет вид 8 6 (1-cosx) (1 + cosx) ____ = . _ | __ # sin x cosx sin x sin x 8cosx-6sin3x= (l-3cosx + 3cos x-cos x + l + 3cosx+3cos2 x+ + cos3x)cosx<=> 8cosx-6sin3 x-2cosx-6cos3x = 0<=> <=> sin x + cos x - cos x = 0 <=> sin x— cos xsin2 x = 0 <=> <=>sin x (sinx-cosx)=0. Так как sinx*0, то sinx-cosx=0, sin^ = cos^, tgx= 1, x = — + nk = — (4k +1), keZ. 4 4 Ответ: х- —{4к + 1), ke Z.
8.237. 4sin2xsin5xsin7x-sin4x=0. Решение. Перепишем уравнение в виде 4sin2xsin5xsin7x- 2sin2xcos2x= О, 2sin2^(2sin5xsin7x- cos2x) = О о sin2;c(cos2x-cosl2x-cos2x) = 0, sin2xcosl2x= 0. Отсюда 1) sin2x=0, 2x=rat, х, = —, keZ, 2)cosl2x=0, 12х=- + пл, х, = — + — = — (2л + 1), л е Z 2 ^ 24 12 24v ' пк п . Ответ: х\ =~^~; *2 = т712л + 1),где£и л е Z /— 2ct£X 8.238. sinx+cosx+sin2x + v2sin5x= -г-. 1 + ctg'x Решение. Так как sina + cosa^-^cos а и Щ— = sin2a, той l + ctg2a ■jl cos х +V2sin5x+sin2x=sin2xo о V2cos — -x + V2sin5x=0, cos x +sin5x=0o <=> sinj — + x +sin5x = 0«* 2siiJ 3x+— cos 2x-~ =0. Отсюда 1) si^x+^0, 3x+| = «fc. x^-± + ^.,keZ, 2) cos 2x =0. 2x = — + ли, x-, = — н ,neZ ' \ %) 8 2 ^ 16 2 Ответ: x, =-тт + ~r: x* ~ — н , где к и л е Z 24 3 1 16 2 8.239. 3sur — cos—+— +3sm — cos—sin—cos — = sin -+— bo: 2 [2 2j 2 2 2 2 ^2 2 J Решение. Из условия имеем - . 2 X . X - . 2 X X . X 2 X 2 X X п 3sin — sin— + 3sin —cos—sin—cos —cos —cos—= 0, 22 2222 22 5 Сханага М. И., кн. 2 129
. X -Ч an—+ cos— =0, 2 2 - . 2 x( . X X~) гх( Зяп — sin—+ cos— -cos — и 2\ 2 2j 21, sin —+ cos— 3sin2— cos2— =0. \ 2 2)\ 2 2) Отсюда 1) sin —+ cos —= 0; 2)3sin2 — cos2 —= 0. '22 2 2 n tg- = -l, - = -- + Jtt, *, =-- + 2jtt = -(4t-l), hZ 1J 62 2 4 ' 2 2V ' 2)*1|-i.*f = ±^.^-±f + 2«» = -|(e±l)./eZ Ответ: xt = — (4Л: — 1); x2 = -г(б/±1),гдеА:и /е Z frt ;Л 1 + sinx it- 8.240. tg --- ■— = V2cosx 1,4 2j sinx Решение. sinx^O, fn _ a 1-cosa Так как tg—= , то имеем 2 since l-cosf*-x] . \2 ) 1 + si sing- smx sin* V2cosx=0o 1-sinx 1 + sinx /r 1-sin x /r „ > : V2cosx=0, V2cosx=0, cosx sinx cosxsinx cos x V2cosx=0, cos2x-V2cos2xsinx=0, cos xsin x cos2x([-V2sinx)=0. Отсюда l)cosx = 0, x, = — + irfr = — (4А: + 1), к е Z,
2) 1-V2sinx=0, sinx=—, *i = (-1)"-^ + лл, neZ. Ответ: xl~— (4fc + l); % = (-l)"~7 + кп,гдекип е Z 8.241. tg3z + ctg3z- 8sin~3 2z = 12. ОДЗ: sin2z?t0. Перепишем уравнение в виде о tg3z + ctg3z-- — = 12 о ' 2ctgz 1 +ctg2zj , , (l + ctg2z)' otg3z + ctg3z-- r—i- = 12» ctg3z о 1 + ctg6z-1 - 3ctg2z- 3ctg4z- ctg6z- 12ctg3z = 0» о ctg4z + 4ctg3z+ ctg2z = 0 о ctg2z(ctg2z +1 + 4ctgz) = 0. Так как ctgz * 0, то _ 14 cosz ctg z+l + 4ctgz = 0, —j— + —— = 0, 4sinzcosz + l = 0, 2sin2z = -l, sin z sinz sin2z = --, 2z = (-l) - + ,*, z = (-l) — + y, A:eZ 0™em.z=(-l)*+1 — + — ,keZ. \ I 12 2 . 8.242. 1 1 tg5x+tg2x ctg5x+ctg2x = tg3x. Решение. fcos3x*0, ОДЗ: J tg5jc+tg2jc*0, ctg5x+ctg2x*0, cos5x* 0, cos2jc* 0, sin 5x*0, sin2x;'0.
_ . . о sin(a+P) ^ . р sin(a + P) Так как tga + tgp =—^—^-,ctga + ctgP = —* ^-, cosacosp ": cos 5л cos 2л sin 5л sin 2л япЗл sin asm p sin 7л sin7x совЗл cos 5 л cos 2л — sin 5x sin 2л sin Зл = 0<=> sin 7л cos 7 л cos Зл - sin Зл sin 7 x sin 7л cos Зл _o«»^-^i-o. cos3jc sin Ix cos3jc = 0o- cos Юл sin Ix cos Ъх = 0=>coslO;c = 0, smlxcos3x*0,l0x = ~ + nk,x = — + — = — (2k + l),k*5l + 2, 2 20 10 20 так как в противном случае cos 2x = 0, Ответ: х = — (2к + 1),к *51+ 2,ки1е Z. 20 ^ 4tg- 8.243. ctg--tg- + 4cos~' 2z = 2—. 2 2 ,„2 z Решение. sinz*0, ОДЗ: z А1 Перепишем уравнение в виде tr--i cos — 2_ . Z sin— 2 sin— z ■ cos— 2 2 z cos — «. 2 . z sin— 2 cosz -sin2 z cos— 2 sinz 4 cos2z z 2 +2tgz 4 + + cos2z 2 = 0o 2tgz = cos2 t-—-— = 0» cos2z cos z + sin z sinz cosz cos2z sinz cosz cos2z ■=0o sin2z cos2z = 0<=>cos2z + sin2z = 0otg2z = -l, 2z = -- + 7rt, z = -- + — = -(4k-l),keZ 4 8 2 8^ ' Ответ: z = -(4i-l), keZ
8.244. ctg4x=cos22x-l. Решение. Ofl3;sinx*0. Из условия имеем (cos2 х) -1 V + l-cos22x=Oo (sin2*)2 <=>- 4r + l-cos22x=0o i(l + cos2x)j Q-(l-cos2x)j ><1 + COs2xL(l-cos2xXl + cos2x)=Oo (l-cos2xf , / 1 + cos2jc , ^ > (1 + cos2x) -. гт + (1 - cos2x) = 0. V(l-cos2x) J Отсюда1) l + cos2x=0, 2) l + cos2x +(i-cos2x) = o. (l-cos2x)2 V Из первого уравнения находим cos2x=-l, 2x=n + 2mt, \ = - +j* = -(2fc + l), ke Z. Умножив второе уравнение на (1 - cos 2jc) * 0, имеем 1 + cos2x + (1-cos2x) =0,0. Ответ: х= — (Ik +1), к е Z 4sin2--l 8.245. 2— = torfi_2cosf). cosr Решение. ОДЗ: cosr * 0. . 2 oc 1-cosa Так как sin — = , то имеем:
2(1-cos г)-1 sin г(1-гипсов? cost 1 - 2cosr - sinr(l - 2cosr о cos? при cosr * 0. Тогда = 0» (l-2cosr)(l-sinr)=0, 1) l-2cosr = 0, cosr = -, I, =±- + 2irfr = -(6A:±l), keZ, 2)l-sin( = 0, sinr = l, t2= — + 2izn, n e Z, t2 не подходит по ОДЗ. п, Ответ: t = -(6А: ± 1), к е Z 1 - + z sin22z-5cos4z + 2cos2z = 0. {2 ) 2 8.246. 3sin zcos Решение. Из условия имеем: 6(sin2z) -(l-cos22z)-lo(cos2z) +4cos2z=0. . 2а 1-cosa , a 1 + cosa Гак как sin — = и cos — = , то получаем 6--(l-cos2z) -l + cos22z-10--(l + cos2z)2 +4cos2z = 0o о 3(1 - cos2z)2 - 2 + 2cos2 2z- 5(1 + cos2z)2 + 8cos2z = 0 о ocos2z = —, 2z=±-rt + 2rcfc, z = ±- + 2nA: = -(3fc±l), keZ 2 3 3 3V ' Ответ: z = —(3fc± 1), к е Z. 8.247. ^2L + ^1 = 0. tgr tg3f Решение. cost * 0, cos 3r*0, tgr*0, tg3f * 0. ОДЗ:
Oo Перепишем уравнение в виде cos23rcosr cos2tcos3t „ sin? sin3r cos 3rcosrsin3r+cos fcos3rsinr sin? sin 3r cos 3r cos r (sin 3t cos 3r +sin (cost) „ о - = 0<=> sin r sin 3t <=> cos 3rcos r(sin 3r cos 3r + sin r cos r) = 0. Так как cos3f *0,cosr=i0, то . , , „ sin6r sin2r „ sin 3r cos 3r +sinr cos r = 0, + - = 0, 2 '2 sin 6r + sin 2r = 0 о 2sin4rcos2r = 0. Тоща sin4r = 0,4r=rt/,r, =—,/eZ;cos2r = 0,2r = - + rtm, 4' '2 >'l- r2 = j-i—— = — (2и + 1), m£Z;t\ не подходит по ОДЗ при / = 2k, при / = 2k + 1 получаем серию r2 Ответ: r = —(2m + l),meZ. 8.248. sin2r sin; l + cos2r 1 + cosr Решение, sinr*0, ОДЗ: cos2r*-l, cosr^-1. Перепишем уравнение в виде 2sinrcosr sin? 1 l+cos2r-sin2r 1+cosr star sin ' r — 1. + l = 0o 2sinrcosr sinf 1 2cos t 1 + cosr sinr + l = 0o- 1 cosr(l + cosr) sinr + 1 = 0» cosr(l + cosr)sinr
о (sin31 + cos2 rsinr)- cosr + Isinrcosr- cos2 A = 0 о <=> sinnsin r + cos r)-cosr+ cosr(sinr-cosr) = 0<=> <=>(sinr-cosr) + cosr(sinr-cosr) = 0<=> (sinr - cosr)(l +cosr) = 0. Тогда 1) sin r - cos t = 0, 2) 1 + cos r = 0. Разделив первое уравнение на cosr* 0, получим tgr = 1, t\ - — + пк = — (4А: + 1), А: е Z Извторого уравнения имеем cosr = -1, г2 =п + 2пл, л eZ; г2 не подходит по ОДЗ. тс. Ответ: t = —(4k + l), keZ 4 cos42x+sin42x 1 . -Уз . „, , 8.249. —^ -й cos4x=-—sin 4x cos42x-sin42x 2 2 Решение. Jsin4x;t0, ОДЗ: \cos42x- sin4 2х*0. Из условия имеем (cos 2x + sin 2xj -2cos22x cos 2x cos4x Тз ^os22x + sin22x)(cos22x-sin22x) 2 2sin4x 2-4sin22xcos22x . -Уз <=> г г- cos4x = 0, cos 2x-sin 2x sin4x 2-sin24x . S „ cos4x = 0, cos4x sin4x 2-(l-cos24x)-cos24x Ji i J3 i '- 1£_ = 0 : = 0b cos4x sin4x cos4x sin4x Osin4x-v3cos4x = 0o ctg4x = -=, 4x=—nut, S 3 x=TI+T=n(3A:+1),A:eZ Ответ: x - —(Зк + \), keZ. 12v = 0o.
8.250. cos 4z = ——-2sin 2 z(ctg22ctgz+l). Решение. [sinz* 0. Имеем ( cos2zcosz 1 _ 160 2 fc cos4z 9 sin г Vs + 1 <=> ч sin2zsinz 1 2(cos2zcosz + sin2zsinz) 160 cos z sin z2sinzcoszsinz 9 Так как cos(a-p) = cosacosP + sinasinp', то 1 cosz _ 160 1 1 _ 160 4 ■ 4 — о ' 4.4 л~ cos z coszsin z 7 cos z sin z у sin4z4-cos4z 160 (sin2z4-cos2z) -2sin2zcos2z 160 fc> — t} - i = t} • 44 a -44 a sin zcos z у sin zcos z У l-2sin2zcos2z 160 2-4sin2zcos2z 20 sin4 zcos4 z 9 16sin4zcos4z 9 o 2_-sm_2z _ 20 =0 ^ 2()sin4 2z + 9sin2 2z_ lg = 0 sin42z 9 Решив это уравнение как биквадратное относительно sin2z, получим sin2z = +—, 2z = ±^ + nfc, z = ±- + — = -(3fc±l), keZ 2 3 6 2 6V ' Ответ: z = — (ЗА: ± 1), к е Z 8.251. cos"31 sin"31 - tg3r - ctg3r = 2-Уз cos"1 It. Решение. fsin2r * 0, ОДЗ:|со52„0. a 1-cosa a 1-t-cosa „ . a a Так как tg—= —: , ctg- = —: , sina = 2sin-cos-, T0 2 sina 2 * sina 2 2 исходное уравнение принимает вид 8 (l-cos2;)3 (l + cos2;)3 2-Уз sin32r sin32r sin32r cos2r' С 137
8-l + 3cos2;-3cos2; + cos32;-l-3cos2;-3cos22;-cos32;_ 2-Уз sin3 It cos2r' 6(1-cos2It) _ 2fi 3sin22r УЗ ^с^,^ 2t = Z + *k. sin32t cos2r' sin32r cos2r 3 3 n кк тс... л . „ t = — н = —(ЗАг + l), teZ 6 2 6V ' Ответ: t =-(Зк + l), к е Z 8.252. (sinx- cosx)2 + tgx = 2sin2 x. Решение. ОДЗ: cosx*0. „ l-cos2a . 2« 1-cosa Так как tea = и sin — = , то имеем sin2a 2 2 . 2 ~ • 2 l-COs2x ,, - •. - sjn x-2sinxcosx+cos x-i (l-cos2x) = Oo sin2x , . . l-cos2x , . „ о l-sin2x-i l + cos2x = 0o sin2x о -sin2 2x+l-cos2x+sin2xcos2x = Oo о cos2 2x- cos2x + + sin2xcos2x = 0 о cos2x(cos2x-l + sin2x) = 0. Отсюда 1) cos2x = 0, 2) cos2x-l + sin2x = 0, Изпервого уравнения находим тс , тс пк тс... ,ч „ 2x=- + rcfc, *i = - + y = -(2fc + l),fc6z Второе уравнение запишем в виде cos2 х-sin2 х-(cos2 x+sin2 x)-t-2sinxcosx=0, -2sin2x + 2sinxcosx = 0o -2sinjc( sinx-cosx) = 0. Получаем sinx = 0, X2 = ли, »еД^ не удовлетворяет уравнению; sinx-cosx = 0<=> tgx= 1, х3 = — + тс/ = — (4/ + 1), / eZ; ХзНевходитв \. п Ответ: х = — \2к + L). HZ 4
„ „ . , 8cosfctg2r 8.253. sin3r-smr = Ь_. 4-sin г Решение. [sin2r * 0; . „ „ ct + B . a-B Так как sina-sinp = 2cos sin , то имеем 2 2 8cos?cos2? -, ■ ^ sin2( 1 • л 8cosfcos2rsin2r 2sinrcos2r = —^U^—о 2sinrcos2r -. : r = 0o -I ' 2sin(cosrl4sin r-ll sin2r o2sinrcos2r- 1 = 1 = 0. I 4sin2r-U Отсюда 1) cos2f = 0, 2f = - + Jtt, л =- + —= -(2t + l), fceZ; 2. ' 4 2 4V ' 2) 1 1 = 0, sin2r = -, sinr = ±—,r2=+^ + n/, kZ 4sin2r-l 4 2 3 Ответ: t, - -r(2k +1), r, = ±— + nl, где А: и / e Z 4 3 8.254. sin22xcoJ 2x] + 3sin2xsin2[ — + 2x] + 2cos32x = 0. Решение, Из условия имеем - sin2 2xsin2x+ 3sin2xcos2 2x + 2cos3 2x = Oo о sin 3 2x - 3 sin 2x cos 2 2x - 2 cos 3 2x = 0 о о tg32x-3tg2x-2 = 0 о (tg32x-2tg2x)-2(tg2x+1) = 0 о о tg2x(tg2x - lXtg2x +1) - 2(tg2x +1) = 0 о о (tg2x + l)(tg22x-tg2x-2)=0. Отсюда 1) tg2x+l = 0, tg2x=-l, 2x=-- + Jtfc, x =-- + — = -(4fc-l), 4 ' 8 2 8V ' fceZ;
2)tg22x-tg2x-2 = 0.PeumB это уравнение как квадратное относи- TejibHotg2x, получаем tg2x = -l, 2х = — + п/, х, =—+ — ,/eZ: 4 2 8 2 tg2x = 2,2x=arctg2 + rtn, х3 = -arctg2-i , neZ ;х, = х2 Ответ: хх = ~(4Л-1); х2 ~ -arctg2H ,гдеА-и neZ. 8.255. tg(x + l)ctg(2x + 3) = l. fcos(x + l)*0, ОДЗ: \ K |sin(2x + 3)*0. Из условия имеем tg(x + l) = tg(2x + 3)otg(x + l)-tg(2x + 3) = 0o » "-I^--2) -=0=>sin(x + 2) = 0,x + 2 = ni, cos(x+l)cos(2x + 3) x = -2 + rti, ieZ. Ответ: х = -2 + пк, keZ. 8.256. -l?^-l--2cos"2 z-1 = 0 (l + cos2z)2 fcosz^O, 0ДЗ: о ^ , [cos2z*-l. 4(sin2z)2 2 Имеем 5~ -5 * - u. (l + cos2z) cos z ^ . •> a 1-cosa 2a 1+cosa Так как sin~ — = - и cos — = , то уравнение принима- 4f-(l-cos2z)l _L г1—. 1 = 0*» (l + cos2z) i(l + cos2z)
(l-cos2z)2 ■l = 0o Ob (1 + cos2z) l + cos2z (l-cos2z)2-4(l + cos2z)-(l + cos2z) (l + cos2z)2 o(l-cos2z)2 -4(l + cos2z)-(l + cos2z)2 =0« cos2z = —, 2z = ±-n + 2irfr, z = ±—+ irfr = —(3A:±1), A:eZ 2 3 3 3V ' Ответ: z = —(ЗА:±1), fceZ 8.257. tg2| + ctg2|-2 = 4tgz. Решение. fcosz * 0, °«3;{sinz*0. Запишем уравнение в виде (tgf + ctgf) [tg- + ctg- -2tg-ctg--2-4tgz = 0o 1— COS — 2,. 2 cos— sin 2 2j sin — + cos — 2 2 . 4sinz „ -4 = 0» cosz . 4sinz n 4 . 4sinz . -4 = 0b —5 4 = 0b cosz sin z cosz о cosz-sin2 zcosz-sin3z = 0o cosz(l-sin2 zj-sin3 z=Oo <=> cos3z-sin3z = 0<=> (cosz-sinz)lcos2 z + sinzcosz + sin2zJ = 0<=> <=>(cosz - sinz)(l + sinzcosz) = 0. Отсюда 1) cosz-sinz = 0, tgz = l, z, = — + пл = — (4л+ 1), л eZ; 2) l + sinzcosz = 0, —sin2z = -l, sin2z = -2, 0. n Ответ: z-— (4n + 1), л eZ
-, ял/2 8.258. cos z cos 3z + sin z sin 3z = . 4 Решение. Запишем уравнение в виде cos z(2coszcos3z) + sin z(2sinzsin3z) = —. Так как cos a cos P = — (cos(a - p) + cos(a+P)) и л sin asinP = —(cos(a-P)-cos(a + P)),то имеем cos z(cos 2z + cos4z) + sin z(cos2z - cos 4z) = — <=> <=>(cos2 zcos2z + sin2zcos2z) + (cos2zcos4z-sin2 zcos4z) ■Jl e=> cos2z(cos2 z + sin2 z) + cos4z(cos2 z-sin2 z) = — <=> •Jl -Jl <=*cos2z + cos4zcos2z =— ocos2z(l + cos4z) =— о «•cos2z(l + 2cos22z-l)= —o2cos32z =— ocos32z = —о ' 2 2 4 «•cos2z = — ,2z = ±- + 2rut,z = ±-+rut=-(8i + l),ieZ. 2 4 8 8l Omeem: z = -(8i±l), ieZ. sin2jc-2sin2 * I 4 ) 8.259. ctgx = Решение. cos2 jc + 2cos2 — + x 4 ОДЗ:япл:*0, cos x * 0, я < COS(— + Jt) * 0 4 Л * — + 7Ш, 2
Перепишем уравнение в виде 'л COS X _ sin x <=>cos3jc + 2cos;ccos2 — + х -sin3* + 2sin*cos2 — +х =0<=> и J I4 <=> cos x - sin3 x + 2] cos — cos x -sin—sin x (cos^ + sin^) = 0<=> <=>(cosjc-sinxXcos2 x + sinjccosjc + sin jc) + (cosx-sinjc) x x(cos x + sin x) = 0 <=> o(cosjc-sinjc)(cos2 jc + sinjccosjc + sin2jc + cos2 jc-sin2 jc) = 0o <=> (cosjc-sinjc)cosjc(2cosjc + sinjc) = 0- Отсюда 1) cosjc-sinjc=0, sinx = cosjc, tg* = l, *i = —+ rt/= —(4/ + l),/e Z; 4 4 2) 2cosjc + sinjc = Q,tgjc = -2, jc2 =-arctg2 + nn,neZ. 3) cosjc = 0; x3 = —(2m+ 1), me Z, 07Яб£7Я: jc, = — (4/ + 1), jc2 = -arctg2 + jw,jc3 =—(2т + 1),где/,л и me Z. 1 8.260.- tg3z + tg4z Решение. + ctg27z = 1 Ctg3z + ctg4z ОДЗ. tg3z + tg4z*0, ctg3z + ctg4z*0, sin6z#0, sin8z*0. r, i d sin(oc+B) „ sin(a+6 По формулам tga+tgp = —- Ei, ctga+ctgB = —i—^ cos 7z cosacosp 1 получаем S'n7z sin2 7z sin7z cos3zcos4z Sin3zsin4z
cos3zcos4z cos27z sin3zsin4z sin7z sin7z*0, cos3z*0, cos4z ф 0, sin3z*0, sin4z * 0. cos3zcos4z sin7z 3z * — + nh, 2 sin2 7z sin7z sin3zsin4z cos2 7z . +— sin 7z sin 7z z, k2 e Z, 4z* — + ick%,k% e Z, 2 3z*nk4,k4 eZ, 4z * tcA:5 ,t5eZ cos3zcos4z-sin3zsin4z cos 7z sin7z sin2 7z 1 z*-(2k2 + l),k2 eZ, 6 z*-(2ks + l),kseZ, xkt cos7z cos2 7z л -^_ +—5— = 0- sin7z sin2 7z 1^1 . r, z*—L,fc eZ, 7 6 г *—L,fc7 eZ
sin7zcos7z+cos27z cos7z(sin7z+ cos7z) _ sin2 7z ' sin2 7z о cos 7z(sin 7z + cos 7z) = 0. Тогда l)cos7z = 0, 7z = - + nA:g,z, = — + -± = —(2ki + i), kseZ, 2) sin7z + cos7z = 0o l + ctg7z = 0, ctg7z = -l, lz = — + nk9, Исключим из решений г, = —(2fcj+l), A:g eZ те из них, которые удов- nkt кк6 nkj летворяютусловиям z = —-, kt ед z = ——, к6 е Zw.z-——, k7 e Z. Имеем: 1) -rr{2kg + !)* —ф, 2ks +1 * 2к,, что истинно для всех A:g e Zh fci e Z, так как левая часть неравенства нечетная, а правая — четная; 2) Тт(2А:8 +1) * —1, 6ig + 3 * 7i6, что верно для к6 = 6к10 + 3, кю е Z Тогда 6A:g + 3 * 7(6fci0 + 3), откуда к% ф 1к1а + 3; 3) — (2A:g+l) #--?-, 8fcg+4 #.7А:7, что истинно для A:7=8i10 + 4, кю eZTorfla 8A:g + 4 * 7(8fci0 + 4), откуда А% * 7fci0 + 3. Получили z, =—(2fcj + 1), где 2A:g + 1* lkl0,ks,kl0 eZ Теперь исключаем из решений z2 = — (4fcp +3), A:, e Z те из них, которые удовлетворяют условиям z = ——, kt e Z, z = ——, fc6 e Z и nk-j z = —;r~, fe e Z
Имеем: 1)—(4Л9+3)#—-,4Л9 + 3*4£1ачто истинно для всех Л9е Z и кх е Z,TaK как левая часть неравенства нечетная, а правая — четная; 2)—(4к9+3)*—6-Д2£9 + 9#14А:6,что верно для BcexA9eZH 28 6 t6eZ- 3) —(4Л9 + 3)#—-, 8А9 + 6*7А7. Можно показать, что 28 8 к1 =8АП +2, ktle Z. Тогда А9 *7А,, + 1,Ац е Z. Получили z2 = — (4i9 + 3),где 4i3 + 3 # 7i,,, i9 , i,, £ Z. Omeem: z, =—(2i + l),2i + l *7/;z2 =—(3 + 4i),3 + 4i all,к и /eZ,/ = +l,+3,... 8.261. (2cos2r + 5)cos4r-(2cos2r + 5)sin4r = 3. Решение. Из условия имеем: (2cos2r + 5)(cos4r-sin4r)-3 = 0o o(2cos2r + 5)(cos2r+sin2r)(cos2r-sin2r)-3=0o O(2cos2r + 5)cos2r-3 = 0o2cos22t + 5cos2r-3=0.' Решив это уравнение как квадратное относительно cos 2?, находим cos2[ = -3,0;cos2r=i,2r = +- + 27rt,r = ±- + 7rt=-(6i + l),ieZ. 2 3 6 6 Ответ: t = -(6k±l),keZ. 8.262. tgztg(z + 60°)tg(z + 120°) = ,/3T Решение. fcosz^O, cos(z + 60°)*0, cos(z + 120°)*0.
Запишем уравнение в виде sinzsin(z + 60°)sin(z + 120°) г- coszcos(z+ 60°)cos(z+120°) > sinz(2 sin(z + 60°) sin(z +120°)) - л/з ■ cosz(2 cos(z + 60°) cos(z +120°)) = 0. По формулам sin ос sin P = — (cos(a - p) - cos(a + p)j cosacosP = — (cos(oc - P) + cos(a + p)), меем: sinz(cos(-60°)-cos(l80° + 2z))-V3cosz-(cos(-60°)+cos(l80°+2z)) = 0, - + cos2z -V3coszl —cos2z =0<=> 2 ) {2 ) <=> t-sinzcos2z cosz + V3coszcos2z = 0<=> 2 2 <=>sinz+2sinzcos2z-V3cosz + V3(2coszcos2z)=0<=> <=>sinz-sinz + sin3z-V3cosz + V3cosz + -v3cos3z = 0<=> о sin3z + V3cos3z = Oo tg3z = -V3, 3z = -60° + 180°A:, z = -20° + 60°A:, Ответ: z= -20°+60°fc, к е Z 5x 8.263. cos3x + cos— = 2. 2 Решение. Уравнение равносильно системе даух уравнений {cos3x;sl, [Зх = 2пк, к е Z, \х = —— ,keZ, к = Ьт, cos—- = 1, 1 — = 2пл, леД 1 4пл п = 5т. 2 1.2 j = y,»EZ 2пА: 4пл = ——, 5jk = 6iw, 5А: = 6и. Ответ: х~4nm, m^Z
2(cos2r-tgrsin2r) . , , 8.264. 1— ;f i. = sin4r-cos4r. cos t Решение. ОДЗ: cosr * 0. Перепишем уравнен ие в виде J . sin? . . ~) 2 cos2r 2sin(cosr v cos' J I ■ 4 4 \ n 1 i - + lsin4 (-COS4 (J = 00 COS2 t «l-2^os2r-2sin2 rjcos2 t+ (cos2 r-sin2 tfpos2 r+sin2 l)=0o о 1 - (cos2r -(1 - cos2r))(l + cos2r) + cos2r = 0, l-(2cos2r-l)(l + cos2r) + cos2r = 0o cos22r = l, cos2r = ±l, 2t = nk, t = — ,HZ 2 Учитывая ОДЗ, t = nk, к е Z Ответ: t = nfc, A: e Z 8.265. 2(sin6 x+ cos6 л)- 3(sin4 x+ cos4 x) = cos2x. Решение. Имеем 2[^in2x/+(»s2x/ |-3[(sin2xJ+(»s2xJ |-cos2x = 0o о2(sin2jc +cos2xj-(sin4x-sin2xcos2x + cos4x)-3| (sin2x +cos2xf - -2sin2xcos2x)-cos2x=0o 2[(sin2 x+cos2 x) -3sin2 xcos2xl- -3^-2sin2xcos2x)-cos2x = Oo2-6sin2xcos2x-3 + 6sin2xx xcos2x-cos2x = 0o cos2* = -l, 2x = n + 2irfr, x = - + nk = -(2k + i\keZ Ответ: x =-(2k+ 1), k^z
8.266. cos x+ — sin2x-cosxsin x+4sinx+4 = 0. Решение. Перепишем уравнение в виде cos3x + sinxcosx -cosxsinxsin2 x + 4(sinx +l) = 0 <=> <=> cos x + sinxcosxfl- sin2 x)+ 4(sinx +1)= 0 <=> о cos3 x + sinxcos3 x + 4(sinx +1) = 0 «* о cos3 x(l + sinx) + 4(sinx +1) = 0 о о (sinx+ l)lcos3 x+ 4J = 0. Отсюда sinx+ 1 = 0, sinx= -1, x= - - + 2itfe = -(4k-1), к e Z, cos3 x+ 4 * 0. Ответ: x = -(4k-1), fc e Z. 2(cos3x+2sin x] 8.267. J i = sin2x 2sinx+3cosx ОДЗ: 2sinx+3cosx*0. Запишем уравнение в виде 2(cos3x+2sin3x) — --2sinxcosx = 0o 2sinx+3cosx о 2cos3 x + 4sin3 x - 4sin2 xcosx - 6sinxcos2 x = 0 о <=> 2sin3 x-2sin2 xcosx-3 sinxcos x + cos3x = 0<=> о 2tg3x - 2tg2x - 3tgx + 1 = 0. Пусть tgx= у. Имеем 2/-2/-3j>+1 = 0» o(v3+l)+/(y + l)-3;>(); + l) = 0o <=> (у+Ж2 -j-+i)+/0'+i)-3j<)-+i)=o<=> «•(у + Ж'-у + иУ-З^О, (j-+l)(2/-4j-+l) = 0. ■Jl -Jl Отсюда j>+1 = 0, л =-1; 2j>a-4j>+l = 0, Л = 1- ~г\ Уз = 1 + ^~-
Получили tgx = -l, 4=-^ + Jtt = |(4t-l), kt'Z tgcsi-i^, X2=arctg 1-— +ПЛ, /,eZ' tgx=i + ^., X3 = arctJl + — +n/, /eZ Ответ: ^=j(4i-l); x, = arctg 1 - — + m; x3 = arctd 1 + — + rt/, где А:, л и /eZ 8.268. tgy-tg| = 2sinx. PtfH/tfHUtf. f 3x „ cos— *0, ОДЗ: 2 cos—^0. 1 2 „ , „ sinfoc-W По формуле tea - tgp = — -, имеем cosoccosp sinx 3x J cos—cos- 2 ; ~ . x o2sin—■ 2 -X X 2 sin—cos— --2sinx=0o r2- --4sin-cos- = 0o с Зх x 2 2 cos—cos— 2 2 / "\ 1 „ x г 2 cos— 3x 2 cos— I 2 n . xf. . Зх x^l = 0o sin— l-2cos — cos— = 2^ 2 2j -Oo о sin — (l - cos x - cos2x) = 0 о sin — ■ (l - cosx - 2cos2 x +1 J= 0 о <=> -sin —-|2cos x + cosx 2 v Отсюда -2)=0. l)sin- = 0, - = jtt, x,=2nA:, AreZ' 2 2 2) 2cos2 x + cosx- 2 = 0. Решив уравнение как квадратное относи- 150
-i-Vn , _ -1 + 1/п тельно cosx> получаем cosx = <-l, 0; или cosx= , 4 4 -1 + -Л7 . _ ^2 = ±arccos + 2тш, л eZ Ответ: x, = 2irfr, ^ =±arccos — + 2лл, гдеАгн л eZ cos2x , , -x ctgx+ tg- cos2x* 0, cosx*0, ОДЗ: cos— *0, 2 sinx* 0. Перепишем уравнение в виде . х sinxsin— 1 + 2. X 2 ~ ■ -2 COSXCOS— cos x + 2sinxcosx-t-sin x 2 , n + —-1 = 0<=* . X sin— cosx 2 sinx x COS— 2 (cosx+sinx)2 cosxcos- + s.nxsin- (cosx-sinx)(cosx+sinx) sinxcos — 2_ cosxcos^ + sinxsin^ cosx-sinx cosx 2 2 «• 3cosxsinx-sin2 x = 0,<=> sinj(3cosx- sinx) = 0<=> «•3cosx-sinx=0, tgx=3, x= arct$3 + nk, keZ Ответ: x = arctg3 + кк, к eZ
8.270. sin3xcos3x + cos3xsin3x+0,375=0. Решение. Имеем sin ^2sinxcos3x) + cos ^2cosxsvn3x) + 2-0,375 = 0. Пофор- муле sin a cos p = — (sin(a - P) + sin(a + p)J, находим sin x(-sin2x + sin4x)+cos x(sin2x + sin 4x)+0,75 = 0e* <=* -sin2 xsin2x + sin2 xsin4x + cos2 xsin2x + cos2 xsin4x + 0,75 = 0 <=* O^sin2xsin2x + cos2xsin2x)+(sin2xsin4x + cos2xsin4xj+0,75 = 0» <=* sin2x)cos2 x- sin2 x] + sin4x(sin2 x+ cos2 x\ + 0,75 = 0 <=* <=*sin4x+2sin4x + l,5 = 0, 3sin4x=-lA sin4x = - —, 4x=(-l) —+ nA:,x=(-l) — + —, keZ Ответ: x=(— 1) 1 ,keZ. 1 ' 24 4 8.271. sin2z + 5(sinz + cosz) + l = 0. Решенке. Из условия имеем 2sinzcosz + 5(sinz + cosz) + l = 0. Пусть sinz + cosz= у, тогда sin2 z + 2sinzcosz+cos2 z= у2, нурав- ненне примет вид у1-1 + 5у+1 = 0, у2 + 5у=0, у{у + 5) = 0, л=0, у2=-5, 2sinzcosz = -l, sin2z = -l, 2z, =- —+ 2irfr, z,=-- + 2rcA: = -(4A:-l), AreZ; 2sinzcosz= 24, sin2z=24, 0. 4 4 ■ re Ответ: z= — (4A:-1), teZ 4 8.272. sin32r + cos32r + -sin4r= 1. 2 Решение.' Запишем уравнение в виде (sin2r + cos2[)(sin2 It- sin2rcos2r + cos2 2t\ + sin2t cos2r-1 = 0 «• 152
«• (sin2t + cos2t)(l-sin2rcos2t)-(l-sin2tcos2r)=0<=* «• (l-sin2tcos2t)(sin2r + cos2t-l)=0. Отсюда I) l-sin2tcos2r = 0, -sin4t=l, sin4[ = 2, 0; 2 II) sin2t + cos2r-l = 0, 2sintcosr + cos2r-sin2r-cos2r-sin22t = 0, 2sintcosr-2sin2 t = 0, 2sint(cos!-sint) = 0=> 1) sinr = 0, I] = nk, к eZ, 2) cost-sinr = 0, tg(=l, 12 = - + пл = -(4л + 1), neZ Ответ: f j = nk, h~~7'^" + ^'гдекн neZ. 8.273. tgztg2z=tgz+tg2z. ОДЗ:1С05^°' [cos2z*0. Перепишем уравнение в виде sinzsin2z sinz sin2z = + о coszcos2z cosz cos2z sinzsin2z sinzcos2z + coszsin2z о = & coszcos2z coszcos2z <^> sinzsin2z = sinzcos2z + coszsin2z о о sinz-2sinzcosz-sinz(cos z-sin z)-cosz-2sinzcosz = 0o о sinz(2sinzcosz-cos z + sin z-2cos zj=0o о sinz(2sinzcosz-3cos z + sin zj=0. • Отсюда 1) sinz = 0, Zj = nk, к eZ, Разделив это уравнение на cos z * 0, имеем tg2z + 2tgz-3 = 0. 153
Решив это уравнение как квадратное относнтельио ig z, получим lgz = -3,z2 =-arctg3 + jm,neZ; lgz = l, z3 =—+7c/, leZ;z3 не подходит по ОДЗ. Ответ: zi=nk> z2 = -arctg3 + 7w, где к и neZ. в-унд sin3*+cos3x . ».z/4 = cos2x. 2cosx-sin;t Решение. ОДЗ: 2cos;t-sm;c*0. Из условия имеем sin3*+cos3;c 2 ■ 2 Л cos *+sin х = 0о 2cosx-sinx о sin3 x + cos х- 2 cos3 х + 2 cosx sin x + sinx cos x - sin x = 0 о о 2cos* Отсюда 1) cosx = 0, x, = — + tcA =—(2Л + 1), AeZ; 2) 2lg x + tgx-l^O. Решив это уравнение как квадратное относительно ig*, цолучнм lgx = -l, lgx = —, откуда Х2 = —(4n-l), ne Z, xj = arct$— + nl, leZ, Ответ: хх~—(2к + \),х2 = — (4n-l),x3=arctg— + я/,гдеА,лн/е Z. 8.275. £ё^ + _с1^ = 0 ^ sin2 r sin2 At Решение. ОДЗ:!51"'"0' [sin4r;t0. Перепишем уравнение в виде cos4f cos? sin4r sin? n cos4? cost T~ + —2— = 0> T" + 5— = 0<=> sin t sin 4r sin4lsin r sinrsinMr
. . ... n sin8r sin2r „ <=*sin4tcos4t + sintcost = 0<=* н = 0<=* 2 2 «•sin8[ + sin2r = 0» 2sin5tcos3t = 0. Отсюда 1rk Dsin5t = 0, 5r = Jtt, [,= —, AreZ; l 5 2)cos3r = 0, 3t = - + nn, и =- + — = -(2л + 1), neZ 2 2 6 3 6V ' Учитывая ОДЗ, получим <i=4". 't"5'; <,=- + — = -(2и + 1), и*3/ + 1, /eZ 5 2 6 3 6V ' Ответ: tl = —,k*5l;t2 = —(2и + 1), л * 3/+1, где А:, ян /е Z 8.276. tg4x= 36cos2 2x ОДЗ: cosx*0. Из условия имеем Ki-36cos22*=0« ('-«^-Збсо^Оо (cos2x) (l + cos2x) «• (l - cos2x j2 - 36cos2 2x(l + COS2X)2 = 0 «• «• (1-COS2X)2 =36cos22x(l + cos2x)!. Отсюда 1- cos2x = -6сся2л{1 + cos2x) или 1-cos2x = 6cos2x(1 + cos2x) 6cos22x+5cos2x+1 = 0 или 6cos22x + 7cos2jc-1 = 0. Решив эти уравнения как квадратные относительно cos2x, получим cos2x= —, 2x, = ± — + 2кк, Х\=± — + кк, keZ, cos2x=--, 2х> =±arccod-- +2roi, x> = ±-arccos-- +roi, »e Z;
ОДЗ: cos2x=zl±Mt 2x, = ±aIccos^-^ + 2n;, 12 12 1 -7 + 773 , , _ „ -7-773 . _ x-.=±—arccos +ra, leZ cos2x= <-l, 0. 3 2 12 12 Omeem.Xt =±^ + 7tk, % = ±-arccosf-- +лл, 1 -7 + 773 , x3 = ±—arccos — + ш, где fc л и / e Z. 8.277. ctgx-tgx-2tg2x-4tg4x+8 = 0. sinxs'O, cosx^O, 0052X94 0, cos4x* 0. Перепишем уравнение в виде fcosx sinx"l „. „ „. „ „ „ -2tg2x-4tg4x+8 = 0» ^ sinx cosx^ cos x-sin x ~А _ .. . 0 Л » 2tg2x-4tg4x + 8 = 0» sinxcosx 2cos2x ~А ,, .. . 0 Л » 2tg2x - 4tg4x + 8 = 0 » svn2x „ (cos2x sin2x "l „. . „ „ » 2 • 4tg4x + 8 = 0» I svn2x cos2x I 2(cos22x-sin22x) „t „ „ „ » -i <-4tg4x + 8 = 0» sin2xcos2x 4cos4x ... „ „ ^ cos4x sin4x » 4tg4x + 8 = 0» —r—. — + 2 = 0» sm4x sin4x cos4x cos24x-sin24x - „ 2cos8x ,,,_„., , _ . . » +2 = 0» —r-z— + 2 = 0» ctg8x+l = 0» sin4xcos4x sinSx »ctg8x = -l, 8x= — + кк, x= — + — = — (4fc + 3), keZ. 4 32 8 32v Ответ: x= —(Лк + 3), keZ. 32 s '
8.278. 4sin3 xcos3x + 4cos3 xsin3* = 3sin2x. Решение. Перепишем уравнение в виде 2sin2x(2sinxcos3x)+2cos2x(2sin3xcosx)-3sin2^ = 0^* ^*2sin2x(-sin2x + sin4x)+2cos2x(sin2x + sin4x)-3sin2x = 0^* о-2 sin xsin2x + 2sin *sin4;c + 2cos xsin2x+2cos xsin4;t- -3 sin 2x = 0 о к — 2 sin jcsin2x)' - 3 sin 2x = 0 о 2 sin 2x (cos x - sin x) + 2 sin 4*(sin x + cos2 x) - -3 sin 2x = 0 о 2 sin 2x cos 2л + 2 sin 4x -3 sin 2x = 0 о osin4x-sin2;c = 0. Отсюда l)cos3o:=0,3x = - + rtn,Jc1=— +—=—(2п + 1),пе Z; 2 6 3 6V 2) sinx = 0,x = TcA,x2=rt*, Ae Z. Ответ: *t = — (2n+l), ne Z; *2 ~%к,ке Z. 6 8.279. 2 coszsin3 z -5sin2zcos2z + sinzcos3 — + z =cos2z. v 2 Решение. Из условия имеем -2coszcos3z-5sin2zcos z + sinzsin z-cos2z=0o o-2cos4z-5sin2zcos z + sin4z-cos2z = 0o o-2(l-sin2z)2-5sin2z(l-sin2 z) + sin4z-(l-sin2z) + sin2z = 0o o-2+4sin2z-2sin4z-5sin z+5sin z+sin z-1+siirz+sin z = 0o о 4sin z + sin z-3 = 0. sin z=-l, 0; sin2z= —=>sinz=± , 4 2 z = ±- + nn = -(3n±l),neZ. Ответ: z = —(Зп±1), пе Z. 3V
8.280. sin2xsin6xcos4x+ — cosl2x=0. 4 Решение. Из условия имеем (2sin2xsin6x) cos4x+cos 12x = 0 e* $=> 2(cos4x-cos8x)cos4x + cosl2x=0<^ $=> 2cos 4x-2cos8xcos4;c + cosl2x = 0e* e=> 2cos24x-cos4x-cosl2x + cosl2x = 0<=> «•2cos24x-cos4x = 0 <=> cos4x(2cos4x-l)=0. Отсюда 1) cos4x=0, 4x=j + rot, x,=| + ^ = |(2fc + l), keZ, 2) 2cos4x-l = 0, cos4x=-, 4x=±- + 2rw, Л лл тс x2=±—+ y = ^(6i±1), neZ. Ответ: x^ = Tr(2fc +1); ^ = тт(бп ± 1), гдеА:и п <= Z. 8.281. 2sin2x+3tgx=5. Решение. Из условия имеем 4tga; +3tgx-5=0o 3tg3x-5tg2x+7tgx-5 = 0, 1 + tg x 3tg3x - 3tg2x - 2tg2x + 2tgx + 5tgx -5 = 0, 3tg2^tgx- 1) -2tgx(tgj:- 1) + 5(tgx- 1) = 0, (tgjr-l)(3tg2x-2tgjr + 5)=0=> tgx=l, x,=^ + irfr = ^(4A: + l), keZ, 3tg2x-2tgjr + 5*0 (D<Q),0. Ответ: х- —(4k+l), к е Z. 4
8.282. 5sin42z-4sin22zcos22z-cos42z + 4cos4z = 0. Решение. Перепишем уравнение в виде 5(sin22z) -sin24z-(cos22z) + 4cos4z = 0<=* <=*5- — (l-cos4z) -M-cos24z)- — (l-cos4z) + 4cos4z = 0< «•2cos24z + cos4z = 0, cos4z(2cos4z + l) = 0. Отсюда 1) cos4z = 0, 4z = - + «fc, z.=- + — = -(2fc + l), fceZ; 2 ' 8 4 8V ' 1 2 2) 2cos4z + l = 0, cos4z = —, 4z=±—п + 2пл, 2 3 *2 = ±£ + f=f(*±l)...eZ Ответ: z, = —(2fc + l); z-> =~(Зл±1),гдеА:н neZ. a D 8.283. l + tg2^g5x-V2tg2xcos3xcos"'5x=0. Решение. fcos2x*0, ОДЗ: [cos5x^0. Запишем уравнение в виде sin2xcos3x ( sin2xsin5x^ I, cos2xcos5xJ - = 0<=> cos2xcos5xJ cos2xcos5x cos2xcos5x + sin2xsin5x V2 sin2xcos3x = 0o cos2xcos5x cos2xcos5x о cos3x- V2sin2xcos3x = 0^* cos Зл/1-72яп2х) = 0. Отсюда1) cos3x=0,2) 1-V2sin2x= 0. 1) cos3x=0<=* 4cos3x-3cosx = 0, сс*л^4сс*2 x-3J = 0<=* «.(cOSX^O), COSX=± => X, =± —+ JtB=—(fel±l), jeZ
2) 1-T2sin2x=0, sin2x=-y-, 2x = (-l)*^ + irir, Ответ: х, = — (бл± 1), ж, = (- 1) — + — ,тдепн keZ. 1 6 -1 v ' 8 2 8.284. cos6x + sin6x-cos22x =—. 16 Решение. Имеем (cos2 х+ sin2 xVcos4 x- cos2 xsin2 x+ sin4 xj- cos2 2x- — = 0 <=* e* (cos2x + sin x/-3cos xsin x-cos 2x = 0e* «• 16-12(4cos2 xsin2 x)-16cos2 2x -1 = 0 «• «•16-12sin22x-16cos22x-l = 0, 15-12^-cos22x)-16cos22x = 0, 15-12 + 12cos22x-16cos22x = 0, 4cos22x=3, cos22x=-, 4 v3 « .я , , я ftfc я ,,. , л cos2x=±—, 2х=±- + яА:, x=± —+ —= —(6t±l), keZ 2 6 12 2 12 Omeem: x-—(6k±l), keZ 8.285. ■ 2„ +tgx-ctgx-4 = 0. sin 2x Решение. ОДЗ: sin2x*0. Перепишем уравнение в виде 1 fsinx cosx^l . п 1 sin x-cos x . п - 4 = 0 <=>—=— + —: 4 = 0» fsinx cosx^j i,cosx sinxj sin 2x Vcos* sinxj sin 2x sinxcosx — cos x_4_q0 l-2sin2xcos2x-4sin22x = 0, sin 2x sin2x
cos22x + sin22x-2sin2xcos2x-4sin22x = 0<=* «•cos22x-2sin2xcos2x-3sin22x = 0<=*ctg22x-2ctg2x-3 = 0. Решим это уравнение как квадратное относительно clg2x : . ~ Зтс . Зтс пк , ctg2jc«-l, 2х- — + кк,х-, = —+—,keZ; 4 8 2 ctg2x = 3, 2x = arcclg3 + Tcn, x2 = — arcctg3n ,neZ. _ Зтс itk 1 A _ теп , _ Ответ: х, = — н ;x-> = — arcctg3n , где А:и пе Z. l g 2 2 2 2 8.286. tg5z-lg3z-2lg2z=0. Решенке. {cos5z*0, cos3z*0, cos2z*0. По формуле ig a -tgP = -—^ Щ- имеем cosacosp sin2z 2sin2z n . ~ , ~ ~ e , Л п = 0<=*sin2z(cos2z-2cos5zcos3z) = 0<=» cos5zcos3z cos2z Osin2z.(cos2z-cos2z-cos8z) = 0,-sin2zcos8z=0. Отсюда l)sin2z = 0,2z = rcfc, z,=—, keZ; ,. п Л „ тс тс теп тс ,„ ,. „ 2) cos8z = 0,8z= —+ ти, z, = —+—-—(2л +1), л £ Z. 2 2 16 8 16v Учитывая ОДЗ, получим zt = iik,keZ. Ответ: zx = -Kk\z2-— (2л + 1), к HneZ. 16 8.287. cos2x + cos —-2 = 0. 4 Решение. (cos2jc = l, (2jc = 2tcA:, ~ 3jc « cos2*-t-cos— = 2e*4 3r e*i3r e* 4 cos —= 1 — = 2rc/, I 4 I 4 6 Скииави М. И., к«. 2
х=пк,к еД g . 8л/ „=> irfr = —-, 3t = 8/, k = im, l=im, x=$nm, meZ. x=—,leZ 3 . Ответ: x= 8nm, m e Z 8.288. (ctgz-l)(l + sin2z)= 1 + ctgz. Решение. ОДЗ: sinz*0. Перепишем уравнение в виде fcoSZ Л / 2 . 2 \ (, COSZ~] 1 ■ cos z + 2sinzcosz + sin z - l-i = 0<=* Vsinz J \ 'V sinz^ (cosz-sinz)(cosz + sinz)~ sinz + cosz „ ^^ n i . =0<=* sinz sinz e* (sinz + cosz)((cosz-sinz)(cosz+ sinz) -l)= Oe* e* (sinz + cosz)lcos2 z- sin2 z- cos z- sin2 zj = 0 e* e*-2( sinz+ cosz) sin z = 0. Так как sinz * 0, то sinz + cosz=0, sinz = —cosz, tgz = — 1, z = — + пл = — (4л-1), neZ 4 4V ' Ответ: z~ —(4n —1), ft e Z 8.289. tgx- 3~ *g * = sin6x. l-3tg2x Решение. ОДЗ: J00"*,0' |l-3tg2;c*0. Запишем уравнение в виде , sin2 x sinx cos2x ,: n„ s"1* 3cos2x-sin2x . , „ wo_a sin6x=0<=* = ; Sin6jc = 0<=* cosx 3sin~ x cosx cos x-3sin x
2sin3xcos3x = 0, sin3x(l-2cos2 3x) = Q, -sin3xcos6x=0. sinx(3-4sin2x] . . 3sinx-4sin3A- . , <=> f т <.-sin6x = 0«s - sin6x = 0. cosx(4.os-x-3) 4cos5x-3cosx Так как 3_.nx-4sin3 х- sin3x н 4cos3x-3cosx= cos3x, то sin3x cos3x Отсюда nk 1) sin3x = 0, 3x= nk, xt = —, keZ, К Tin 11 Tin 11 , 2) cos6x=0, 6x=7 + Y' ^ = ^ + Y=i2(2" + 1)'"eZ ilk n Ответ: x, =-г; хг = —(2л + 1), k,ntZ. 8.290. sin43r + sin4 - + 3r ] = -. Решение. Запишем уравнение в виде (si„23,)2+fsin2(| + 3,ll2-I = 0« >(|(l-cos6r) 4 J) 4 ^2 ^ U JJJ 4 «=» (l - cos бг)2 + (l + sin бг)2 -1 = 0, l-2cos6r + cos26r + l+2sin6r + sin26(-l = 0, l-cos6r + sin6r = 0<=* «• cos2 3r + sin2 3r - cos2 3t + sin2 3r + 2 sin3rcos3r = 0, 2 sin2 3r+ 2 sin3rcos3r = 0, 2 sin3r ■ (sin3r + cos3r) = 0. Отсюда 1) sin3r = 0,2) sin3r + cos3r= 0. 1) 3r = rat, f,= —, He? 2)tg3r = -l, Зг = -- + да, r2 = -—+ y = — (4л-1), neZ 7tA: тс . Ответ: il=—-;i2 = — (4л-1), где А: и л е Z.
8.291. cos 10*+2cos2 4*+6cos3xcosx = cosx+8cosxcos33x. Решение. Имеем: cosl0x + (l + cos8x)+3(2cos3xcosx) = cosx+2(2cosxcos3x)cos23x < <=*cosl0x+l + cos8x + 3(cos2x + cos4x) = = cosx+2(cos2x + cos4x)(l + cos6x} coslOx + 1 + cos8x + 3cos2x + 3cos4x = cosx + 2cos2x + +2cos4x + 2cos2xcos6x + 2cos4xcos6x e* Ocosl0x + l + cos8x + cos2x + cos4x = = cos x + cos4x + cos 8x + cos2x + cosl0x => =>cosx = l, x = 2т\к, к е Z Ответ: л= 2nk, к е Z t t ? 8.292. 1 + sin—sinf-cos —sin f = 2cos', 2 2 U 2 Решение. Запишем уравнение в виде 1 • ' • . ' ■ 2 1 Гп 1 1 + sin—sm/-cos—sm f = 1 + cos 1 e* 2 2 1.2 J <=*sin —sin (-cos—sin2 (-sin ( = 0, sinM sin—cos—sin(-l =0. 2 2 I 2 2 J Отсюда 1) sin( = 0,2) sin--cos-sinr- 1 = 0. 1) /] = кк, к е Z 2) sin—cos--2sin-cos—1 = 0, sin 2 cos2 - sin 1 = 0, 2 2 2 2 2 2 2 sin^-2 1-sin2- sini--l = 0»2sin3--sini-l = 0, 2 V. 2) 2 2 2 sin3 — sin—+ sin3 —1 = 0, sin—I sin^ ^— 11 + 1 sin-— 1 |x 2 2 2 2^ 2 J V 2 x sin2- + sin- + l =0, sin—(sin—-11 sin—+1+1 si
x sin2 — + sin— +1 = 0, sin—1 2sin2 —+ 2sin—+ 1 =0. {2 2 J ^ 2 A 2 2 ) Отсюда 1) sin--1 = 0, sin- = 1, - = — +2nk, t2=n + 4ni, к e Z, t2 юсодигв (,; 2) 2sin2- + 2sin- + U0 {D<O),0. 2 2 * Ответ: x = irfr, к е Z. sirJ — + x \6 , 4sin[ — + x I siri 8.293. ^ 1Л1 i + 2tgx=0. COS X Решение. ОДЗ: cosx*0. Запишем уравнение в виде J (к 5п 1 (к 5п 2 cos — + х х -cos — + х+— ч .... { (6 6 J \6 6 JJ 2sinx „ COS X COSX 2 cos— rt-cos(rt + 2x) + 2sinxcosx <=»-Ь ^-1 = 0« COS X <=* -1 + 2cos2x+2sinxcosx = 0 <=* e* -cos2 x-sin2 x+2cos2 x-2sin x+2sinxcosx = 0 e* e* 3sin2 x-2sinxcosx-cos x=0e* 3tg x-2tgx-l = 0. Решнв.это уравнение как квадратное относительно tgx, имеем lgx=--,x, = -arctg- + rti, ke Z lgx = l, *2 =- + пл =-(4л + 1), nsZ. Ответ: xt = -arctg- + jtit; X2 = — (4л +1), гдеIcHtieZ. 8.294. 4cos t~1=ctg;(l + 2cos2t). sin» Решение. ОДЗ-. sin»*0. 165
Запишем уравнение в виде 4cos2r-l cosr(l + 2(2cos2r-l)) sin г sin г «• 4cos2r-l = cos»(4cos2 t-l), (4cos2 r-l)-cosr(4cos2 r-l) = 0, (4cos3 t - lVl - cos») = 0. Отсюда l)4cos2!-l = 0,cos2; = -,cos; = +!,», =±l + nk=±(3k±l),keZ, 4 2 i 5 2) 1 - cos t = 0, cos t = 1 — не подходит по ОДЗ. Ответ: х- -(ЗА: ± 1), к е Z. 8.295. (sinx+cosx) =2ll + sin2 x)-(sinx-cosx) . Решение. Перепишем уравнение в виде ((sinx+cosx) j +f(sinx-cosx)") = 2(1 + sin2 xj <=* e=> (sin2* + 2sinxcosx-t-cos2jcJ +(sin x-2sinxcosx + cos xf = = 2(l + surx)<=* ^(l-^sinxcosx) +(l-2sinxcosx) = 2(1 + sin2 xj<=* <=* 1 + 4sin;>ccos jc + 4sin2 xcos2 x +1 - 4sinxcosx + 4sin2 jccos2 x-2 — - 2sin2 x = 0 «• 4sin2 xcos2 x- sin2 x= 0, sin2 ^4cos2 x-1) = 0. Отсюда 1) sinx = 0, x, = nk, к е Z, 2)4cos2x-l = 0,cos2x = i cosx = ±-, ^ =±^ + n/ = y(3/±l), UZ n Ответ: л-, = кк, х2 = — (3/± 1)5 где А: н leZ. 8.296. cos-4 z = 64cos2 2z. Решение. ОДЗ: cosz ф 0.
Из условия имеем = (8cos2z)2 l-t-cos2z 1 - = 8cos2z, ,l + cos2z 8cos2z, - = 8cos2z, cos2z>0, г <=» - = -8cos2z, cos2z < 0, z 4cos2 2z + 4cos2z -1 = 0, 4cos 2z + 4cos2z+1 = 0, -2±Jl -l±Jl cos2z = 4 2 (2cos2z + l)!=0, cos2z = cos2z = 2 -1 + -Л <-i,0; cos2z = —. 2 ... 2 , -I + V2 , V1 + V2 . 1/I + V2 , , _ 1) 2cos z-l = ,co&z=±- ,Zi = ±arccos + пк,КЕ% 2) 2z = ±-n + 2rot, z2 =±- + лл = -(Зл±1), heZ Ответ: z, = ±arccos^ +rtfc, A: e Z; z, =-(Зл±1), neZ 8.297. 4sin5xcos5x)cos4 x- sin4 x) = sin4x Решение. Запишем это уравнение в виде 2sinl0x(cos2 x-t-sin2 xWcos2 х-sin2 x)-2sin2xcos2x=0e* <=»2 sin Юх cos 2x - 2 sin 2x cos 2x = 0, 2cos2x{sinl0x- sin2x) = 0. Отсюда -. n , n Kk , ™ 1) cos2x=0, 2x = - + irfr, x, = - + —,fceZ; 2) sinl0x-sin2x=0<=* 2cos6xsin4x= 0. Отсюда 1) cos6x = 0, 6x=j + m, X2 = — + — = — (2и+ 1), ni=Z;
2)sin4x=0, 4x=n/, *i = — , leZ, x, входитв aj. гас ^ / л Ответ: х,=—;х2 = тг(2я+ 1), гдеАгн neZ. 8.298. J§± + !?£ + ! = 0 tg2z Ig4z 2 Решение. tg2z * 0, tg4z * 0, cos2z * 0, cos4z;s0. Из условия имеем ОДЗ: tg2z Ig2z tg4z Решив это уравнение как квадратное относительно т~^~ * получим tg4z 1 tg4z —~ = -—,2) —— = -2. Перепишем первое уравнение в виде -iS^- + tg2z»4tg2z + tg2z(l-tg22zWo, tg2z(5-tg22z) = 0. l-tg22z v ' . к ' Отсюда 5-tg22z = 0, tg22z = 5, tg2z=±V5, 2z = ±arctgV5 + rat, rat -arctgV5 + y, fceZ; tg2z*0. Второе уравнение запишем в виде 2lg2z ___ „ j tg2z(l-tg22z) = -2, l-tg22z 1, tg22z = 2, tg2z = ±72, 2z = ±arctgV2 + 7W, z, = ±—arctgv2 + —, neZ Ответ: z, =±—arctgV5+ —; z2 * :-arctg72+ —, гдеАгн ле Z
8 299 — — = 6cos2x+4sin2x. Решение. {ctgx- tgx * 0, cosx*0, sinx*0. Запишем уравнение в виде sinx cosx cos* d" -6cos2x- 4sin2x = 0<=» cosx sinx sinx cosx sin x-t-cos"x cosxs' smxcosx sin x- cos" x 1 - 6cos2x- 4sin2x= 0 *=> 6cos2x-4sin2x = 0<=* l-6cos22x-4sin2xcos2x = 0, cos2x cos2 2x+ sin2 2x- 6 cos3 2x- 4sin2xcos2x= 0, sin22x-4sin2xcos2x-5cos22x = 0, tg22x-4tg2x-5 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно tg2x, получим tg2*=-l, 2*=-| + л*, *i=-J + Y- keZ tg2x=5' 1 7W 2*2 =arctg5 + 7w, X2 = ~arctg5 + —, ne Z 71 idc 1 7W Ответ: *, = - — + —; ^ = — arctgb + —, где А: н neZ о z 2 2 8.300. tg5x-2ig3;t=tg23xtg5x. Решение. Гакбх^О, Д3' jcos3x*0. Из условия имеем 5x-lg3x=lg23xl > lg5x - lg3x = Ig3x(lg3xtg5x +1)« 169
sin(5x-3x) sin3;t ^sin3xsin5x + cos3xcos5xl n cos5xcos3x cos3xl cos3^cos5x sin2x sin3xcos2x cos5xcos3x cos2 3xcos5x sin2xcos3x ~ cos2xsin3x = 0« 0« —= = 0=> sinx=0, cos 3*cos5;c cos 3xcos5x x= tUc, fceZ Ответ: x = nk, ke Z 8.301. cosz + sinz = \l-2cos z. Решение. ода jl-2cos2z*0, [cosz + sinz> 0. Возведем обе части уравнения в квадрат. Имеем cos"z + 2coszsinz + sin z = l-2cos z, cosz + sinz к 0. =>2coszsinz + 2cos2z = 0o cosz(sinz + cosz) = 0, откуда l)cosz = 0, zl = — + nk,k eZ, учитывая,что cosz + sinz ^0, z, - — + 2n£ = = |(4fc + l),fceZ 2) sinz + cosz = 0, tgz = -l, z2 = -- + тш =-(4n-l), neZ Ответ: z{ = — (4fc +1); z2 = т(4л- D» гдеА: н л е Z 8.302. V3(l + ig2^g3x) = tg2xcos"'3x Решение. ОДЗ:{С082^°' [cos3x * 0. Запишем уравнение в виде ггЛ sin2xsin3x^ sin2x cos2xcos3xJ cos2jccos3;t
V3(cos2xcos3x + sin2xsvn3x) sin2x _n cos2xcos3x cos2xcos3x V3cosx sin2x cos2jccos3x cos2xcos3x cosx(V3-2sinx)=0. Отсюда cosx=0, xi = — + nk, keZ, -0<=> V3cosx~2sinxcosx- 0, S , Л1К или V3-2sinx=0, sinx= —, % =(~1) —л-тй, Ie Z\ x{ не удовлетворяет уравнению. Ответ: i=(-l)'- + «l,leZ 8.303. cos~6z-tg6z-- (sinz + cosz + 2) = 0. Решение. ОДЗ: cosz*0. Из условия имеем _J sin6 z 7 _ cos6z cos6z 3~ '<=> 3-3sin6z-7cos6z = 0<=> sinz + cosz -t- 2 = 0, 0. > З-З^ип2 zf -l^os1 zf =0 < o3-3|i(l-cos2z)j -7[-(l + cos2z)j =0» «• 2cos3 2z +15 cos2 2z + 6cos2z -7 = 0» «• 2cos3 2г + 2cos2 2z+ 6cos2 2z+ 6cos2z+ 7cos2 2z- 7 = 0 «• «• 2cos2 2z(cos2z +1)+ 6cos2z(cos2z +1) + 7(cos2z + lXcos2z -1) = 0, (cos2z+l)(2cos22z+13cos2z-7) = 0. Отсюда 1) cos2z+l = 0, cos2z=-l, 2z = n + 2rat, h =-z + *k> keZ
2) 2cos22z + 13cos2z-7 = 0. Решив последнее уравнение как квадратное относительно cos2z, имеем cos2z--7,0; cos2z = -, 2z~±— + 2nn, z-, = ±— + тш= —(6и±1), 2 3 2 6 6V ' neZ; z, не входит в ОДЗ. Ответ: z = -(6л ± l), „ e Z 6 8.304. Ig2x-clg3x+clg5x=0. Решение. {cos2x*0, sin3x*0, sin 5* * 0. Перепишем уравнение в виде [sin2jc qos3jc^ cos5x Л + = 0« cos2x svn3x^ svn5* sin2xsin3;c —cos2jccos3;c cos5x n <=> —— + , f = 0<=> cos2xsvn3x sin 5 * cos5x cosSjc о —— +——-0o -cos5^{2sin5x~2cos2xsin3x) = 0. cos2xsin3x sm5x Отсюда , тс , я й it,., л 1) cos5x=0, 5x=j + nA:, x, = —+ y = —(2/i + l), keZ, 2)2sin5x-2cos2xsin3x = 0e* 2sin5x-sinx-sin5x= Oe* <=* sin5x-sinx = 0<=* 2sin2xcos3x=0. Тогдаили5т2х = 0, 2x=im, x2 = — ,neZ,iumcos3x = 0, Зх=т- + л/, n n/ *з = — + —, /eZ;x, входит вх. нлнвх,. О J ■* l * Ответ: x, =Tr(2i + l); x^ =-(2/ + 1),гдеА:н / e z 1U О 8.305. cos-12t+ sin-12r + cos_12rsin_12r-5 = 0. ОДЗ: Н2'^0' sin2r*0. 172
Из условия имеем 1 1 1 --5 = 0» cos2? sin2? cos2?sin2? l + lg2r l + lg2r 0 + lg2r/ , n <=> V+ ° + " I ' i-5 = 0<=> l-ig2r 2igr 2igr|-ig2rJ о 6tg3r + tg2r - 4tg/ +1 = 0 «• о (tg3r+ tg2r)+ (4ig3r- 4ig() + (ig3r +1) = 0 «• «• tg2r(tgr+1) + 4igr(igr+ l)(ig/ -1) + (igr + l)(ig2r- igr +l) = 0 «• o(tgr+l)(6tg2r-5igr + l) = 0. Так как tg/ + 1 * 0, то 6ig" г — 5igr + 1 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно Igf, получим ig? = —, ?t = arclg — + кк, к е Z, 1 1 tg' = т ■ r2 = aictg- + пи, л е Z Ответ: tx ~ arclg — + nfc; ь = arctg~ + 7W, где А и ле Z. 8.306. cos(22°-r)cos(82°-r)+cos(l 12°- r)cos(l72°-r)=-(sinr + cosr} Решение. Из условия получаем -(cos 60°+cos(104°-2l))+- (cos 60°+cos(284',-2r)) = -(sinr + cost)» о cos(104°-2r) + cos(2840-2r) +1 = sin r + cos t «• «• 2cos(194°-2r)cos90o+l = sinr + cosr, sinr + cosr-1 = 0 о -, ■ ' ' 2' -2' 2' • 2 ' n <=* 2 sin—cos— + cos — sin — cos — sin — = 0, 2 2 2 2 2 2 2sin2 - - 2sin-cos- = 0,2sin- sin- - cos- = 0. 2 2 2 2^ 2 2)
Отсюда 1) siny = 0, у = 180°fc, fi = 360° к, keZ; 2)sin--cos- = 0<=»lg- = l, " = 45°+180°n, '2222 *2«90* + ",'0о» = 90°(4л + 1} neZ Ответ. ', . 50°к; h ~90°(4n +1),гдекп neZ. 8.307. sin4^3sin4x~2cos4x) = sin 2x-16sin xcos xx xcos2 2x + cos22x Решение. Из условия получаем sin4^3sin4x-2cos4x) = ~(l-cos4x)—(l-cos4x)-4sin22xx xcos22x+-(l + cos4x)o 2sin4^3sin4x-2cos4x) = l-cos4x- -2sin 4x+1 + cos4jc, 6sin 4x-4sin4xcos4x-2cos 4x-0, 3sin2 4x-2sin4xcos4x-cos 4x= 0. Разделив на cos 4x*0, получим 3ig24x-2tg4x-l-0. Решив это 1 уравнение как квадратное относительно lg4x, имеем tg4x=—, 1 , 1 1 пк тс 4x1 = -arcig-+icfc, х{ = --arcig- + —, к е Z, lg4jc=l, 4х, =- + ля, тс ял тс . Л ^ = H+T = T6(4"+1)'"eZ Ответ: х, = —arcig- + ——; х, = т-(4л + 1), где£ниег 4 3 4 " 16 8.308. cos3z-cos3z + — sin2z = 0. 4 Так как cos За = 4cos3 а - 3coscc, то получаем 4(4cos3 z- 3cosz) - 4cos3 z + 6sinzcosz = 0, 12cos3z-12cosz + 6sinzcosz = 0, 6cosz(2cos2 z-2 + sinz] = 0, 174
6coszl2ll-sin zj - 2 + sinz) = 0, 6cosz(-2sin2 z + sinz) = 0,' 6coszsinz(2sinz- 1) = 0. Отсюда 1) cosz = 0, z, = | + nfc = ^(2fc + l), kzZ, 2) sinz = 0, z2 = ли, л е 2; 3) 2sinz-l = 0, sinz = -, z3 = (-1)* ^ + я/, leZ 2 6 Ответ: z, = — (2fc + 1); z2 =пл; z3 =(-1)*- + п',гдеА:, ян ;ez. ^ 6 8.309. tg(r2 - r)ctg2 = 1. ОДЗ: cos(r2-r)*0. Из условия имеем / ■> \ ,, \ sin(r2-r-2) tg(r2-r =tg2, tg(r2-r)-tg2 = 0«. —7^—г—^- = 0«» coslr" - r)cos2 «sin(r2-r-2) = 0<=> r2-r-2 = rat, kzZ, t2-t-2-nk = 0,keZ Из этого уравнения получаем v 2 4л l±i/9+4№fc Ответ: t[2 = , гдеfc = 0; 1; 2;.... 8.310. sin3^l-ctgx) + cos3j(l-tgx) = l,5cos2x ОДЗ:!8511^0' [cOSX*0. Запишем уравнение в виде . з /, ажх) з /, япдЛ , , - „ «па 1 +cos л 1 -l,5cos2x=0<=* ^ smxj ^ cosx^ о sin2 ^sinx-cosxj-cos ^sinx-cosx)-1.5cos2x=0^ 175
o(cosx-sinx)fcos2 x-sin2 jc)-1,5cos2x=0<=> «• (cosx-sin;c)cos2jc-l,5cos2x= 0** cos2^cosx-sinx-l,5) = 0. Отсюда cos2x= 0, 2*= - + )*. x= - + — = -(2k +1), A; <= z, cosx-sinx-1,5*0. Ответ: x= -(2k +1), к е Z. = cos~22r-l. 8.311. U l + cos2r Решение. ОДЗ:{С°52'*0' |cos2/*-l. Из условия имеем sin22r 1 , „ l-cos22r l-cos22r „ =— + 1 = 0, = = 0, l + cos2r cos 2t l + cos2r cos 2r (l-cos2r)(l + cos2r) l-cos22; l + cos2r cos22r „ (l-cos2r)(l + cos2r) „ ,, „ , f, l + cos2r"| „ l-cos2r-^ '\ '- = 0, (l-cos2r)- 1 -. =0. cos2 2t . К cos2 2t ) Отсюда 1) 1- cos2r = 0, cos2r = 1, 2t = 2nk, t,=nk, keZ, -чл , l-t-cos2? . -, „ , „ 2) 1 = = 0» cos 2r-cos2r-l = 0,решим его как квадратов 2t ное относительно cos2t, получим cos2? = > 1,0: cos2?= , 2 2 1-V5 1 1-V5 2? = ±arccos + 2tui, U — ±—arccos + iui, neZ. 2 2 2 1 1-V5 Ответ: t\ = nk; /2 = ±—arccos—-— + Tin, гдек н n e Z.
8.312.4cos xcos2xcos3x = cos 6x. Решение. Умножаем обе части уравнения на sin х * 0. Получаем 2(2 sin х cos x)cos2x cos Зх = sin x cos 6x «. «• (2 sin 2x cos 2x) Cos 3x = sin x cos 6x «• «• sin4xcos3x-sinxcos6x=0** «•— (sinx + sin7x) + —(sin5x-sin7x) = 0«- «• sin x + sin 5x = 0 ** 2 sin 3x cos 2x = 0. Отсюда Ilk 1) sin3x = 0,3x = TcA:,x1 = —, AeZ, исключив значения x = nm, прикоторыхsinx = 0,полупим X, = —(3/±1),/е Z. л -ч Я п ЯП 71,- ,. „ 2) cos2x = 0, 2х~~+пп, х2 - —+— = —(2п + 1), пе Z. Ответ: х!=-(3/±1); х2 - j(2n + l),r]iel nneZ. 8-313. l-cosx = vl~ v4cos2x-7cos4x. Решение. [4cos2x-7cos4x>0, , ОДЗ: }l--j4cos2x-7cos4x >0. Возведя обе часта уравнения в квадрат, получим l-2cosx+cos2x = l-v4cos2x~7cos4x ^ 1 - cos х £ О v4cos2 х - 7 cos4 x ~ 2 cos x - cos2 х, cos х ^ 1, 2cosx-cos2xS0. Еще раз возведя уравнение в квадрат, получим 4cos2 х -7cos4 x = 4cos2 x -4cos re + cos4 x, 8cos4x-4cos3x=0,4cos3x(2cosx-l)=0. 177
Отсюда 1) cosx=0, x, =- + irfr = -(2i + l), к eZ; 2)2cosx-l = 0, cosx=-, X2 = ±- + 2гсл = -(бл±1), n e Z. Проверкой убеждаемся, что оба корня являются решениями уравнения. тс . тс / . Ответ: х, = —{2к + 1); xj = -г (6л ±1), где* и neZ. 2sinx-sin2x 2 x 10 8.314. — r-r- + cig'!-= —. 2sinx+sin2x 2 3 ОДЗ sin— *0, 2 2sinx+sin2x*0. Перепишем уравнение в виде 2sinx-2sinxcosx 1 + cosx 10 п Н : =0, 2sinx + 2sinxcosx 1-cosx 3 2sinjc(l-cosx) 1 + cosx 10 „ 1-cosx 1 + cosx 10 _. 2sinjc(l+cosx) 1-cosx 3 ' 1 + cosx 1-cosx 3 ~ ' з/1-cosxV 10ri-cosxV3 = 0 ^l + cos;ty ^l+cosav 1 - COS X Решив это уравнение как квадратное относительно , получим 1 + COS X fl-cosx^l ! 1 . п л , , ., 1) h = -,cosx=-, x,=±- + 2rc/, leZ, ' \\ + <х&х) 3 2 3 (l-coex> , 1 .2 2) \-. = 3, cosx = --, x, = ±-тс+2лл, neZ\ ' \l + casx) 2 3 x=±^ + rci = ^(3i±l), ieZ Ответ: x = - (3k ± 1), к е Z.
8.315. 4(sin (cos51 + cos t sin51\ + sin3 It = 1. Решение. Имеем 4sin(cosl(cos4 t + sin4r) + sin32t-l = 0, 2sm2t[ (cos2 I + sin2 t) - 2cos2 I sin2 I ] + sin3 ( 2sin2r - sin2l(4cos; I sin2 t) + sin3 21 -1 = 0, 2sin2r-sin32r + sin32r-l=0, sin2( = -, 2t v ' 12 2 8.316. sin4 x-sin2x + 4(sinx + l) = 0. Решение. Из условия имеем sin2 л/sin2 x-l]-t-4(sinx-t-l) = 0, sin2 j{sinjc-l)(sinjc-i-l) + 4(sinx + l) = 0, (sin x+ l)(sin3 x - sin2 x + 4J = 0. Отсюда 1) sinx=-l,x = -j + iik=,~(4k-l),keZ, 2) sin3 x-sin2 x + 4*0. Ответ: х= — (4к- 1), A: e Z. 2* ' sin2 (- tg21 , 8.317. —j ~ + 2tg3t + l = 0. cos r-ctg r Решение. (cos(* 0, sinr*0, sinr*±l.
Перепишем уравнение в виде . 2 sin2 t siiT t т- sin2r(cos2 (-l) d 2. «=> Ц *■ —^4 >+2tg3r + l = 0, cos r cos" rl sin" t - II (tg3r)2+2tg3( + l = 0, (tg3r + l)2 = 0, tg3r = -l, tg[ = -l, f = -- + jtt = -(4t-l), fceZ Ответе r = —(4fc-l), keZ tgt tg5f . 8.318. —YZ — = °- cos 5t cos r Реше/ше. fcosr * 0, Oe* sin?cos?-sin5?cos5? = 0. Запишем уравнение в виде sin? sin 5? cos t cos 5? cos 5/cos t и 4. sin2a Используя формулу sinacosa = , получим sin It sin 10? л . - . 1/ч Л „ „ . , = 0, sin2r-sinl0r= 0» -2cos6rsin4r = 0. 2 2 Отсюда тс . тс nfc n ,„, ,, , „ l)cos6r = 0, 6t = ~ + nk, I, = — + — = — (2A: + 1), к е Z, 2) sin4r = 0, 4r = rcn, r, =-,»eZ 2 4 С учетом ОДЗ t2 = iui, n e Z. Ответ: h~T^ O-k + 1); r2 <= тш, где А: и n e Z
l + sin2jc+cos2;t 8 319 + sin, * 1 +sin 2*-cos 2* Решение. il+tgxtg|j=^ ОДЗ: cos** 0, X cos— * 0, 2 l + sin2;t-cos2;t*0. Из условия имеем sin2 x +cos2 x + 2sin;ccos;c +cos2 *-sin2 x sin2;t+cos2;t+2sin;tcos;t-cos2;t+sin2;t smjcsm— 1+ 2_ ? smxl cosxcos —+ sin;tsin 2sin;tcos;t+2cds * 1 2 2 __ + i. 2smjcoosx+2sin x cos^cos- 2 -4 = 0« 2cos^sin^ + coso:) 2an^cos^+sino:) -т-4 = 0, cosx sin x sin л cos x cos л + sin x 1-2, -J—= 2, sin2x=-, 2* = (-1)*- + тЛ, 2sin*cos;t sin 2* 2 6 v ^ 12 2 Ответ: x = (-1) — + — ,teZ v '12 2 8.320. sin22-sin6z + 2 = 0. Решение. Запишем уравнение в виде sin2z-sin3(2z) + 2 = 0. По формуле sin За = 3sina-4sin3a,HMeeM sin2z-3sin2z + 4sin32z + 2 = 0, 4sin32z-2sin2z + 2 = 0, 2sin3 2z- sin2z +1 = 0, 2sin3 2z + 2-mi2z-1 = 0,
2(sin2z + l)^in22z-sin2z+l)-(sin2z + l) = 0, (sin2z+l)(2sin22z- 2sin2z+l)=0. Отсюда l)sin2z + l = 0,sin2z = -l,2z = -^+2»t, * = -j + t*= j(4fc-l), keZ, 2) 2sin22z-2sin2z + l = O(B<O),0. Ответ: z = — (4k -1), A: e Z 8.321. sta2(r + 45°)-sh2(r-30°)-sml5°cos(2r + I5°) = 0,5sin6r. Решение. Из условия имеем 1 - cos(2r + 90°) -1 +cos(2r- 60°) - 2sinl5°cos(2r +15°) - sin6r = 0 «• «• sin 2r+cos(2r - 60°) + мп2г - sin(2r + 30°) - sin6r = 0 «• <=*2sin2r+cos2rcos60° + sin2rsin60°-sin2tcos30°- -cos2rsin30°-sin6r = 0, 2sin2r + -cos2r + — sin2r sin2r--cos2r-sin6r = 0, 2 2 2 2 2s'm2r-sin& = 0. Так как sin3a = 3sina-4sin3a, то 2sin2r-3sin2r + 4sin32r = 0, 4sin32r-sin2r = 0, sin2r(4sin2 It-1) = 0. Отсюда 1) sin2r = 0, 2r = 180°A:, r,=90°A:, keZ, 2)4sin2 It- 1 = 0, sin2r = ±-, 2t = ±30°+180°I, r2 = ±15°+90°/, I e Z Ответ: t, = 90°k, t2 = ±15°+90°f, гдеА: и / e Z 8.322. 3tg3x-4tg2;c=tg22;ctg3x Решение. [cos3jc*0, °«3: cos 2**0.
Запишем уравнение в виде 3tg3x- 3lg2x = tg2 2xtg3x + tg2x, _ (sin3x sin2x^ . f sin2;csin3;t ,, 3. = tg2x- r- + l «=> Vcos3x cos2x^ Vcos2xcos3x _ fsin3xcos2x-cos3xsin2;t ^ sin2x cos 3x cos 2x J cos2x ('sin2;csin3x+cos2;ccos3x^ cos2xcos3x 3sinx sin 2x cos :0« :0« cos3xcos2x cos 2xcos3x <=>3sinxcos2x-sin2xcosx = 0, 3sin^2cos2 x-l)-2sinxcos2 x-0, sinx(4cos2 x-3)=0. Отсюда 1) sin x = 0, *! = rtfc, A: e Z; 2)4cos2 x-3 = 0, cosx = ±—, x2 =±^ + тсп, п е ^л2невходитвОДЗ. 2 6 Ответ: х = nky к е Z. 0-_, 5sinx-5tgx .„ ч л 8.323. —+ 4(l-cosx) = 0. sinx + tgx Решение. (cos x * 0, sinx*0, cos x * -1. Из условия имеем , . 5sinx 5sinx S°si+4{l-cosx)s0<=> sinx + COS X 5sin^(cosx-1) cosx .,, ч . ^ 3 L + 411 ~- cos x) = 0, cosx sin^cosx+l) (cosx-if —--a\ = 0. v Л cosx+ 1 J
Отсюда 1) cosjc- 1 = 0, cos*- 1, хх = 2кк, ke Z\ 2) --4 = 0,cos:r=-, ^ = ±arccos- + 2nn, neZx: не вхо- cosx+1 4 4 ^ ' дитвОДЗ. Ответ: х = ±arccos— + 2tui, n<=Z. 4 8.324. 4cosjc = >/3ctgx+l. Реше/ше. ОДЗ: sinjutO. Запишем уравнение в виде 4cos;c- OS*-l = Oo 2sb*cos*- — cos* + -sin* =0, sin* ^ z A ) sin 2л- sin — cos л+cos — sin jc | = 0e* sin2jc-sin] -^ + ;c| = 0<=> . (Зх и <=* 2 cos — + — I 2 6 Отсюда 2) sin--- =0, = 7W, ^2 = - + 2тсп = -(6n + l), neZ \2 bj 2 6 3 3 Ответ: Х\ =—тс(ЗЛ + 1), *2 = "г(6п + 1),гдеА:и neZ 2fcos 2ztez - sin 2z) 8325. 1 + -* == ^cos2z. cos z Реше/ше. ОДЗ: cosz*0. Перепишем уравнение в виде - sinl — + х = С ,Jcos2zsin2 . „ 2 sin2z -cos2z = 0<=* 1 cos2 z e* l + 2(sinzcos2z-coszsin2z)cosz-cos2z = Oe*
<=> I + 2sin(-z)cosz-cos2z = 0, 1 - 2sinzcosz- cos2z = 0 «• e* l-2sinzcosz-l + 2sin2z = 0 <=> 2sin z-2sinzcosz = 0, svnz(svnz-cosz)-0. Отсюда 1) sinz = 0, z, = Tin, n eZ,2) sinz-cosz = 0e* tgz = 1, откуда z, =- + Tcfc = - (4k + 1), A: e Z Ответ: z, = теп, пе^г,= т(4& + 0, teZ 8.326. (cosx-sinx) + cos4 x-sin4 x=0,5sm4x Решение. Из условия получаем cos2 x-2cosxsinx + sin2 x + lcos2 x+sin xj/cos x-sin2 xj- -0,5sin4x = 0<=* l-sin2x+cos2x-sin2xcos2x = 0<=* <=* (I + cos2x)-(sin2x + sin2xcos2x) = 0<=* «• (1 +cos2x) - sin2x(l + cos2x) = 0 «• (1 +cos2x)(l- sin2x) = 0. Отсюда l)l+cos2x=0, cos2x = -l, 2x, =n + 2m, x\ = — + nn = — (2n + l),neZ. 2)l-sin2x = 0,sin2x=l,2x2=^+2irfr, % =^ + гЛ=^(4А: + 1), к е Z Ответ: хх = —(2п + 1); Xj = ^(4Л:+1),гдепИ JteZ 8.327. ctgxj 1 - - cos 2x I = 1. Решение. ОДЗ: sinx*0. 1-tg2^ По формуле cosa = —, имеем i+tgz- tgx i_Jrii!iL. I 2(1+<s2*)J :!«• 2tg3x-3tg2x+2tgx-l = 0»
«• (2tg3x- 2tg2 xj- (lg2x- 2tgx +l) = 0 «• »2tg2x(tgx-l)-(tgx-l)2 = 0, (tgx-lX2tg2x-tgx + l)=0. Отсюда 1) tgx- 1 = 0, lgx = 1, x = - + кк, к е 2, 2) 2tg2x-tgx+l*0(D<0), 0. Ответ: х = — + пк, к е Z. 4 , 8.328. cos2(x+40o)+cos2(jc-40o)-sinl0ocos2jc = sin 2x. Решение. Понижая степень, имеем -(l+cos(2a: + 80o)) + -(l+cos(2a:--80o))-sinl0ocos2a:=sin2a:, 1 + -(cos(2* + 80°)+cos(2x -80°))-sinl0°cos2;c = sin2x о о l+cos2jccos80o--sinl0ocos2;t = sin2;t о о l+cos2*sinl0°-sinl0ocos2;t = sin2;t , sin2*=l, 2x=- + 2nk, x = -- + ■!& =-(4k+ l\ к е Z 2 4 4 Ответ: x = - (4fc +1), к e Z 8.329. 2cos2~(l-sin;c)+cos2 *=0. Решение. Сумма двух неотрицательных чисел равна нулю тогда и только тогда, когда каждое из них есть нуль. Таким образом имеем: 2х 2cos — (l-sin;t)=0, ^ [(j+cos*)(i-sin*)=0, _ [sin*=l, , Л ,cosx = 0, cos*=0, cos x = 0, x = - + 2nk = -(4k+l),keZ. Ответ: x-~ (4k +1), к е Z
8330. 'tg6xcos2x-sin2x-2sin4x = 0. Решение. ОДЗ:соз6л*0. Запишем уравнение в виде 5!п6лсоз2л . _ ") . . . . sin2л -2sin4x = 0, cos 6л I 51ПбхС052л-С05бл51П2х ... л . . . . , 25т4л = 0о5т4л-251п4лсо5бл = 0, cos 6л sin 4л (1 - 2cos 6л) = 0. Отсюда кк 1)8!п4л = 0, 4х=пк, л, = — ,keZ; учитывая ОДЗ, получим пт _, л, = , те Z. 1 2 2)1-2со5бл = 0, со5бл = -,6х = ±- + 2тс/, х2=±~ + ~,leZ. 2 3 2 18 3 . _ Km я,,.,.. , „, Ответ: л, = : л7 = — (6(±1), где т и leZ. 1 2 18 8.331. cos 8л +Зсоз4л + 3 cos 2л = 8cos л cos3 Зл -0,5. Решение. Перепишем уравнение в виде cos 8л + 3 cos 4х + 3 cos 2л = 2( 2 cos л cos Зл) (2cos2 Зх) - 0,5 о Осо8 8л + 3соз4л + 3со5 2л = 2(соз2л + соз4л)(1 + сс*6л)-0,5о о cos8л + 3 cos4л + 3cos2л = 2cos 2л + 2cos4л + 2cos2л cos 6л + +2cos 4x cos 6л - 0,5 о о cos 8л + cos 4л +cos 2л = cos 4л + cos 8л + cos 2л + cos 10л - 0,5, со510л = 1,10л = ±- + 2я£, л = ±—+— = — (6*±1), keZ. 2 3 30 5 30v ' Ответ: —(6A±l),AeZ. 30 8332. tg*tg(* + l) = l. Решение. ОДЗ:{С°5^0' lcos(jc+l)*0.
Запишем уравнение в виде sinxsin(jc+l) ; r-l = 0<=> sinjcsin(jc+l)-cosjccos{jc4- 1) = Ое* cosjccos(jc-i-1) ч <=*-cos(2jc+1) = 0, lx+l = — + nk, x = -i , keZ \ i • 2 All Ответ: х- н , fce Z 4 2 2 am 8sin~22jc+l 2 4 8.333. . =- = ctg2x + -. cos i+lg j 3 Решение. ОДЗ: sin2x*0. Перепишем уравнение в виде —5 + 1 2 sin2 lx _ «» * , 4 2 2 ^ ' 1 sin x sin x 3 2~+ T~ COS Л COS X l-cos22;c ^1 + cos2jc 4 l + 2cos2* _Q 1 | l-cos2* l-cos2;c 3 3(l-cos2;c) ' 1 + cos2jc 1 + cos2jc [1 + 2cos2jc = 0, i 2 1 ~.i -^n т.е. cos2:r=--, 2х=±-п + 2пА:, Icos2jc*U, 2 3 * = ±-^ + nA: = y(3A:±l), keZ Ответ: x= —(3fcrt 1), к е Z 8.334. 2 + sinr = 3tg-. Решение. ОДЗ: cos- * 0.
2tgY По формуле sin a = ^—, имеем i+tg3f 1ч\ t , , , 2 + 1--Зв- = 0« 3tg^-21g^ + 1g{-2 = 0< 1 + tg2- 2 2 2 2 »3tg3~-3-2tg2- + tg- + l+2-2 = 0» 2 2 2 «3ftg3i-lJ-2ftg^-lJ + (tg^-l| = 0« «3ftgi-lTtg2i + tgi + iy2ftgi-lTtgi + lj+ftgi-l] = 0« Отсюда 1) lgi-1-0, x%'-=\, £ = £ + **. r = | + 2nfc = f(4A: + l), fce2; 2) 3tg2- + tg- + 2*O(D<O),0. Ответ: t = —(4k + i), ke Z. 8.335. tg(35°+x)ctg(10°-x)=|. Решение. fcos(35°+;c) * 0, ОДЗ: I ; ' [sin(10o-x)*0. Перепишем уравнение в виде tg(35°+x)ctg(90°-(80°+x)) = |«• «• tg(35°+x)tg(450+(350+x)) = - «•
SK ' l-tg45°tg(35° + *) 3 «tg(35° + X).|±|g±ij = |«3tg2(35- + ,) + 5tg(35° + x)-2 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно tg(35°+*), получим tg(35°+;c) = i, 35°+* = arctg i +180°к, х, = arctg- - 35°+180° к, к е Z, или tg(35°+x) = -2, 35°+x = arctg(-2) + 180°n, х, = -arctg2-35°+180°n, п е Z. Ошваи.- *1= arctg- -35°+180°i, is Z, x, = -arctg2-35°+180°n, beZ 8.336. 2tgx+ig2x + 2tgxtg3x+tg2;<tg3x = 0. Решение. {cosx*0, cos2x*0, cos3x * 0. Перепишем уравнение в виде (2tgx+ 2tgttg3x) + (tg2x + tg2:*tg3x) = 0 <=> «* 2tgx(l + tg3x)+ tg2x(l + tg3jc) = 0, (1 + tg3x)(2tgx+ tg2x) = 0. Отсюда - . - я тс тсА: . _ ~ 1) l + tg3x = 0, tg3x=-l, 3x = -- + rcA:, x, = -— + — , keZ, 2) 2tgx+tg2x = 0»2tgx+-^- = 0, 2tgJl + Ц-| = 0. l-lg2x (, l-tg2xj 4 К кк arcigvz +7ч, ici с учетом идл x,=- me Z Ответ- xl = ~tt + —, /t * 3m+1; x, = пи, x3 = ±arclgV2 + те/, где UhmeZ Отсюда илиtgx = 0, х, = теп, neZ,или 1 + -— = 0, tgx = ±V2, 1-tgzjc x3=±arctgV2+rc/, UZ С учетом ОДЗ х, =-—+-^, A:* 3m + l,
8,337, sin42jc + sin32jccos2jc-8sin2xcos32jc-8cos42jc = 0. Решение. Запишем уравнение в виде «• (sin 2х +cos 2х) (sin3 2х - 8cos3 2х) = 0. Отсюда sin2x+cos2jc = 0 или sin32x-8cos 2х = 0. 1) tg2* = -l,2* = -- + 7ti, *.=--+—,keZ. ' 4 ' 8 2 2) tg32x = 8, tg2x = 2, 2jc = arctg2+rtn, x2 =-arctg2 + —, neZ. „ n ni 1 , „ nk Ответ: х. = - —н ,jc, =—arctg2-l , где к и neZ. 1 8 2 2 2 2 8.338, cos t (1 - tg r) (sin t + cos r) = sin t. Решение. ОДЗ: cosr^O, Перепишем уравнение в виде Г , sin г \ . , cosn 1 Ksm? + cos0-smf = 0e* I cos t I <=> (cos г-sin г) (cos г+sin г)-sin r = 0e*cos t-sin2 t-sint = 0<=> <=>l-2sin2t-sint = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно sin t, найдем sinr = -l, t, = — + 2rci,ieZ;sinr = -, r, = (-l)'- + n/, leZ;t, не 2 2 6 подходит по ОДЗ. iV"j Ответ: t-(-l) - + nl, leZ. К 6 8,339, JCOSJC JCOSX -^ cos* Jcosjc + г- Решение. 0<cosjcS1, ОДЗ: COS* Ф—. 2
Запишем уравнение в виде 2 [ cos х cos х = 0« /cos x - -Jl - cos x Vcos* + Vl-cos x у i/cosx + -Jl — cos л: + Vcosx - Vl — cos jc -COS Л' Wcosx- Vl - cos x JU/cosx + -Jl - cos* j 2cosWcosx л 2cosx-l-cos x 2cos;t-l \/cos;t(2cos;t-l) «cos *-2cos;t + l = 0, coe*=l, x=2nk, keZ. Ответ: х- Ink, ke Z. 8.340. l + sinz+cosz + sin2z + cos2z = 0. Решение. Перепишем уравнение в виде sin2 z + cos2 z+sinz + cosz + 2sinzcosz + cos2 z-sin2 z = 0 о (sinz + cosz) + (2sinzcosz+2cos2 z]=0o <^> (sinz+cosz)+2cosz(sinz+cosz)=0 о о (sinz + cosz)(l+2cosz)—0. Отсюда 1) sinz + cosz = 0,2) l + 2cosz=0. 1) tgz = -l, z, =-j + nfc = -(4fc-l), keZ 1 2 2 2) cosz = —, z2 =±—я + 2тш = ~я(3п±1), пе Z Ответ; zx — — (4fc-l); z2 =— тс(3п±1), где А: и neZ 8.341. ctg(x-25°) + tg(3* + 15o) = 2sin(2x-50o). Решение. Jsin(;t-25°)*0, J л- 25° * 180°?, |cos(3* +15°) ?t 0, ** [3jc + 15°* 904180е л ** \x*25°+\%<ft,teZ, \x*25°+$Fp,peZ ОДЗ:
Запишем уравнение в виде cos(x-25°) sin(3x + 15°) , . л, „.•, „ ^7—^ + —к —4-2sin(2x-50°)=0o sin(x-25°) cos(3x + 15°) v ocos(,-25°>os(3, + 15°)+sin(x-25°)sin(3x + 15°)_2s.n(2;c_50o) sm(x-25°)cos(3x + 150) . ' cos(2x + 40° sin(x-25°)cos(3x+15' cos(2x + 40°) T-2sin((2x +40°)-90°) = 0 «• t + 2cos(2x+40°)=0» sin(x - 25°)cos(3x +15° о cos(2x +40°Xl + 2sin(x -25°)cos(3x +15°))= 0. Отсюда 1) cos(2x + 40o) = 0, 2x + 40°=90°+180°A:, x, = 25490° A:, JteZ; 2) l + 2sin(x-25o)cos(3x+15o) = 0» о 1 + sin(x- 25°-3x-15°) + sinfx- 25°+3x+15°) = 0 «• «• l-sin(2x + 40°) + sin(4x-10°) = 0» «• l-sin(2x +40°)+sin(4x + 80°-90°) = 0 «• «• 1 - sin(2x + 40°) - sin(90°-(4x + 80°)) = 0 «• «• l-sin(2x + 40°)-cos(4x + 80°) = 0<=* «• 1 - sin(2x + 40°) - cos2(2x + 40°) = 0 «• «• 1 - sin(2x + 40°) -1 + 2sin2(2x + 40°) = 0 «• «• 2sin2(2x+40°)-sin(2x + 40°) = 0 «• «• 2sin2(2x + 40°)(2sin(2x+40°)- l) = 0 <=» "2x + 40° = 180°n, 2x + 40° = 30° + 360°m, «• 2x + 40° = 150° + 360°/, "sin(2x + 40°)=0, sin(2x+40°^ -I ** ' 2' 'x2 = -20° + 90°n, neZ, x3=-5°+180°m, meZ, x4 = 55° + 180°f, IeZ. 7 Сканави М. И..
С учетом ОДЗ имеем х, = 25°+90°(2г + 1) = 115°+180°r, rzZ. Ответ х, = 115°+180°r, r e Z; х, = -20°+90°n, neZ; x,= -5°+180°т, meZ; xt = 55°+l№°l,leZ. 8.342. tg2x + ctg2x + 3tgx+3ctgx+4 = 0. Решение. Гссвх^О, ОДЗ: • ^n [sinx^O. Запишем уравнение в виде (tgx + ctgx)" - 2tgxctgx + 3(tgx + ctgx) + 4 = 0, (tgx+ctgx) + 3(tgx + ctgx) + 2 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно tgx+ctgx, получим (tgx+ctgx^ = -2 или (tgx+ctgx)? = -1. 1) tgx+— + 2 = 0» tg2x+2tgx+l = 0, (tgx+1)2 =0, tgx=-l, tgx jt=-" + j* = -(4fc-l), keZ 4 4 2) tg2x + tgx + l*O(D<O),0. Ответ: x=-(4k-l),keZ 8.343, tg2r = ctgr-4cosrcos3r. Решение. „„„ [cos2r*0, ОДЗ: . ■ [sinr*0. Перепишем уравнение в виде sin2r cosf^ + 4cosrcos3r = 0<=* cos 2? sin г J sin2rsinr-cos2rcos( . , „ => + 4cos?cos3? = 0« cos2?sinr cos3? , * -—:—+ 4cosrcos3r = 0<=> -cos3r(l-4cosrcos2rsinr) = 0. cos 2t sin? * '
Отсюда 1) cos3r = 0, 3I = - + rat, (.=- + —, fce Z; 2 ' 6 3 2) l-4cosrcos2rsinr = 0<=> l-2(2sinrcosr)cos2t =0o «•l-2sin2rcos2r = 0<=* l-sin4t = 0<=> sin4r=l, 4r = — +2nn, 2 71 71 Ответ: Ц~-~(2k +1); c? = — (An +1),гдеки пе Z. 6 8 8.344, cos2;t = cos2—. 2 Решение. Из условия имеем cos2x=—(l + cos3x) 2* ; и по формуле cos2cc = 2cos a-1, cos3x= 4cos3 x-3cos;t имеем 2(2cos2x-l)-l-(4cos3;c-3cos;c)^0o o4cos3 *-4cos2 x- 3cosjc + 3 - Oo о 4cos2 *(cos;c -1)- 3(cos;c -1)= 0 о (cosл- l)(4cos2 х- з) = 0. Отсюда 1) cos х- 1- 0, cos л- 1, xx - 2tUc, ke Z\ 2) 4cos3x-3 = 0, cosx-i—, *2 =±—+ 7in = —(6n±l), neZ 2 6 6 Ответ: xx ~ 2nk; x~, = — (6n + 1), где к и n e Z 8.345, (tgr - ctg? + 2tg2r)( 1 + cos 3?) - 4 sin 3t. Решение. (cost*0, shu*0, cos2f*0. Перепишем уравнение в виде (sin t cos t л ^\ ,. ,\..,Л ' :— + 2tg2f • (1 + cos 3f) - 4sin 3f = 0 ** Vcosr smr )
sm2r cos"' + 2tg2(|.(l + cos3r)-4sin3r=0o sinfcos? 2cos2r sin2? + 2tg2r -(l + cos3r)-4sin3r = 0< , fcos2t sin2rN) /, л „ . ,. „ «•-2- (l+cos3r)-4sin3r = 0<=* ^sin2r cos2(J . fcos22r-sin22rl /, , i . . , „ »2- (l + cos3n+4sin3r = 0<=* I sin2rcos2r I ^4cos4rg + cos3r_) + 4s.n3r = 0^ cos4((i + cos3,)+sin3,sin4( = o, sin to Cos4? + cos4?cos3/ + sin4fsin3? = 0 <=> cos4/ + cos? = 0e* -, 5r It . *=> 2cos — cos — -0. 2 2 Отсюда 1) cos— = 0, — = — + Jtfc, t, = —i—я*. Н4 2 2 2 ' 5 5 .. 3/ 3r я я 2 „ 2) cos— = 0, — = — + яп, ?. = — + —яп. neZ 2 2 2 2 3 3 Учитывая ОДЗ, получаем ti=-j+5^A: = -(2i + l),i;i5; + 2;l2=j + jra = |(2n + l), и*3( + 1, гдеА:, л, и ;ez Ответ: Г, = -(2А: + 1), fc * 5/ +2; '2 =т-(2л + 1). л *3/ + 1, гдеА:, л, и /eZ 8.346. sin^cos^-2) + tgx = 2-cosx-cos-1 x. Решение. ОДЗ: cosx*0. Запишем уравнение в виде sinj/cosx-2) + (cosJc-2)+ -1 = 0» Icosx cos л J
, „w . ,, sinx+1 „ e*(cosx-2)(sinx-t-l н = 0e* v cosx <=*(sinx + l)- cosx-2-i =0. V cosxj Отсюда 1) sinx + l = 0, sinx = -l, л:] = -■- + 2я£, к е Z; 1 ? 2 2)cosx-2 + = 0<=> cos x-2cosx + l = 0, (cosx-1) =0, cosx v ' cos x -1 = 0, cos x = 1, x, = 2rm, neZ, x, не подходит по ОДЗ. Ответ: х - Ът, п е Z 8,347. (1 + cos x)J tg 2 + sin x = 2 cos x. Решение. Запишем уравнение в виде (1-t-cosxUtg 2-2cosx = -sinx<=> о (l-t-cosx)Jtg 2(1 +cosx) = -sinx<=> <=*(l + cosx)| 2-,/tg— I = sinx<=* 2-,/tg— = . * n ,f 2 V 2 1 + cosx oc since x I x „ л „ Используя формулу tg— = , имеем tg- + , tg 2 = 0. Pe- 2 1 + cosa 2 V 2 шив это уравнение как квадратное относительно л/Ш^". получим = -2, 0 или ^tg- = l, tg- = l, - = - + кк, x = Jl + 2ak = -(4k + l),keZ Ответ: х = —(4/fc + l), keZ.
8.348. 1 - sin 2x - cos x - sin x. Решение. Перепишем уравнение в виде cos2 х- 2sinxcos;t + sin2 х-(cosх-sinх) = 0о <^> (cosх-sinx) -(cosjc-sinx) = 0 <^> o(cosx-sin;t)(cos;t-sin;t-l) =0. Отсюда 1) cosх-sinx-0,2) cosx-sinx—1 = 0. 1) tgx=l, X! =- + 7cfc = -(4fc + l), keZ 2 X . ■> X . X X -у X • 2 X - 2) cos sin" 2sin—cos cos- sin — = 0 <^> '222222 * ■ 2 x * ■ x x л -ч . x( . X x\ л £=> 2sin —+ 2sin—cos— =0, 2sin — sin—+ cos— =0. 2 2 2 21, 2 2j Отсюда или sin— = 0, — = nl, x, = 2izl, le Z, или sin—+ cos — = 0. 2 2 2 2 . x i X ТС ТС ТС,. ч tg—= -1, — =— + тсп, х, = — + 2тсп = — 4п-1 , neZ. *2 2 4 ' 3 2 2V J тс тс Ответ: *i - т (4fc +1); х2 - 2тс/; *3 = — (4и - 1), где к, 1и п е Z. А ' 1 4 ! 106 8.349. tg4*+tg-;c + ctg4x-ctg-x = —- Решение. ОДЗ: (М"*°- [sinjc^O. 2 a 1-cosa за 1 + cosa Так как tg — - и ctg — = , то получаем 2 1 + cosa 2 1-cosa 1 - с<к2дЛ f 1 + cos2jA 1 - cos 2л 1 + cos 2x 106 . = 0<=> 1 + cos2jc,J 1,1 - cos2x J 1 + cos2* 1 - cos2x 9 l-cos2* l+cos2x ] ,-l-cos2;t l + cos2* l + cos2* l-cos2x J l + cos2x 1-cos2jc 198
(l-cos2;c)'-(l + cos2x)' 106 _ (l + cos2j:Xl-cos2x) 9 (h-ayslxj +(l + cos2x)! 1 , 4cos2x 106 „ I V '- ^ '— I -2 —: = 0<=* 1 - cos 2x I 1 - cos" 2x 9 [2 + 2cos2x| 4cos2x l24_n 1-cos 2л I l-cos22x 9 fl + cos22xY cos2x 31 л - = 0<=* ll-cos 2xj 1-cos 2л 4 «• 22cos4 2x - 9cos3 2x - 80cos2 2л + 9cos2x + 22 = 0. Пусть cos2x = у. Тогда уравнение примет вид 22/ - 9/ - 80/ + 9у + 22 = 0. 22.у2-9.у-80+- + -^ = 0»22 L2+-i- -9 L-- -80 = 0, У У { У ) \ У) 22[(,-lJ+2]-9(,-l)-80 = 0,22[,-jJ-9(,-i)-36 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно у —, найдем У Hl-if'Hl-I- После упрощений получим И.у2+12.у-11 = 0и 22/-ЗЗ.у-22 = 0; У\ = :-^г. . Уг= Yl ' Уз=~2' у*=2' -6 + -Л57 Тогда , -6--Л57 ,_ . -6 + -Л57 cos2x = <-1,0; cos2x = — , 199
-6 + -Л57 A -6 + VT57 , , „ 2x = ±wxoi-~^— + 2wt, j:, = ±-arccos + nk, keZ, cos2jc =—, 2x = ±—n + 2nn, Xi =±— +nn = — (3n±l), neZ, cos 2x =2, 0. Ответ: xx = ±— arccos- — + кк; Xi - ~ (Зп±1), где А: и n e Z 8.350. cos2 2x+.- + cos2\ — -x| = 0. Решение, Запишем уравнение в виде cos2 [ 2л + — + cos2 х |=0» • cosl 2x+- = 0, cos| д:-— 1 = 0, 12j 2x4— = — + кк, 3 2 12 2 гс гсА: "12+Т' = — + к1. 12 Отсюда JL+?!L = l?- + i k=l + 2l, keZ, leZ, 12 2 12 n n(l + 2/) 7n , , „ 12 2 12 Ответ: х- s-тс/, / e Z 12 8.351. 3V3tgxsin x - ctgxcos x + 9 sin л - Зл/З cos л = 0. Решение. ода:!0"*""- sin* *0.
Перепишем уравнение в виде - + 9sinjc- 3V3 cos x = О <=> Зл/З sin2 x cos л о 3V3sin3x + 9sin jccosjc-3V3cos xsinjc-cos3 jc = 0 о «• 3>/3tg3Jc + 9tg2jc - 3>/3tgx -1 = 0 «• «=» ^V3tg3* -1)+ (ptg2 * - 3V3tgx)= 0 <=> «• (V3tgx -l)ptg2x + V3tgj: +l)+ 3V3~(>/3tgx-l)gx = 0 «• »(>/3tgj:--l)^tg2jc+4>/3tgj: + l)=0. Отсюда 1) V3tgx-1 = 0, tgx = -p, x, = - + яАг = -(№ + 1), te^ V3 6 6 2) 3tg2jc + 4V3tgx+l = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно tgx, найдем -2-Уз-З -2-Уз-З tgx= , x2=arctg + яи, neZ, или -2-Уз + З -2л/з+3 , tgx = , х3 = arctg + я(, leZ я. . -2-Уз-З Ответ: хх =— (бк + 0, x2 =arctg ЬЯп, х3 = arctg + я(, гдеk,nnleZ 8,352. cos2jc-cosjc + cos| jc + — | + sin| x + — | = sin—-1. h-J + Sl^ + -J = S я 4~ Решение. По формулам cos(a + P) = cosacosp"-sincesinp\ sin(a + p) = sinacosP + cosasinP и cos2a = 2cos2 a -1 имеем 2 , Я . Я . . Я .Я 2cos jc-l-cosx+cos— cosx-sin—smx+smxeos— + cosxsin— = 4 4 4 4
■ П , „ 2 V2 l/2 . V2 . = sin 1 <=> 2cos x-1-cosxh cos* siiijch sinx + 4 2 2 2 + ^cos^-^- + l = 0» 4cos2x-2(l-72)cosx-72 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно cos x, имеем со5*=-^, х,=±~ + 2пк = ?-(&к±3), keZ, 2 4 4s ' 2^3 3V ' Ответ: х1 = -(8А:±3); л, = -(6л±1),гдеА:и л е Z 8,353. tg4jc + ctg4x + tg2jc + ctg2x = 4. Решение. cos л * О, ода-^о. Так как а4+64=((а+6)2-2аб) -2а262 u(a+bf =(a+bf -lab, то имеем ((tgx+ctgx)2-2tgxctg.t) -2tg2xct'g2j: + (tgx + ctgx)! - -2tgx-tgx-4 = 0<=* «•((tgx + ctgx)2-2) -2 + (tgx + ctgx)2-2-4 = 0» «• (tgx + ctgx)4 - 3 (tgx + ctgx)2 - 4 = 0. Решив это уравнение как биквадратное относительно tgx+ctgx, получим tgx + ctgx = -2 или tgx+ ctgx = 2, tg2x+2tgx+l = 0 или tg2x-2tgx + l = 0, (tgx + 1)2 =0 или (tgx-l) =0. Отсюда tgx= ±1; x = - + — = -(2/t + l), A: e Z 4 2 4* ' Ответ: * = — (2k +1), к е Z. 4
(7n . COS + X 8.354. J%-Xy-±1. -_ \ 2 ) 1 + cosjc Решение. [sinx^O, [COSJC^-1. Имеем sin x cos x sin x . . ctgx+ 2 = 0, + 2=0« 1 + cos x sin x 1 + cos x <=>cosjc(l + cos;c) + sin2 x -2sin;t(l + cos;t) = 0 & <=>cos;t(l + cos;t) + (^cos2;tj-2sinx(l + cos;t) = 0 о о cos*(l + cos;t)+(l-cosx)(l + cosx)-2sinx(l + cos*) = 0 & о (l + cos;t)(l-2sin;t) = 0. Отсюда 1) l + cos* = 0, cosx = -\,xl = к + 2кк, k^Z, 2) l-2sin;t= 0, sinx - —, д^ =- (- 1) — + izl, /e 3 л^ неподходитпо ОДЗ. 2 6 Ответ: х = (-1) - + тс/, / е Z. 6 8.355. tgY-tg2.v=sinx Решение. fcosjc^O, °да:1о<»2х*о. sin(oc-fl) По формуле Ш« _ tgp п > имеем т r ' cosoccosp -srnx -sinx=0e* -sin cosxcos2x Отсюда 1) sin* = 0, xt = nk, fee Z, 4—4-4 ^cos*cos2x ^
2) — + 1 = 0<=> l + cos*cos2;t=0, 2cos3*-cos;c+l = 0, cos*cos2;t (2cos3;t + 2]-(cos;t + l) = 0, 2(cosx + l)lcos2x-cosx + l)-(cosx+l) =0, (cosx+ l)(2cos2 x-2cos* +1) = 0. Отсюда cosjc+1 = 0, cosx= -1, x^ = я + 2тш, ne Z, 2cos2 x-2cosx+l *O(D<O),0; x, входит в xx. Ответ: х- nk, к е Z 8,356, 2sin23;t + sin26;t = (sin2.x+sin4;t)cos~1 jcsiiT1 Зх. Решение. ОДЗ:(С0"*°' Lsin3x*0. Запишем уравнение в виде \2 sin2x+sin4x 2sin23x+(sin2(3x)) cos x sin 3x „ . 2 -, i-, ■ t , i' 2sin3xcosx o2sm 3x + (2sin3xcos3x = : о cosxsin3x <=> 2sin23x+4sin23xcos23x-2 = 0<=* «• 2sin2 3x + 4 sin2 3x(l - sin2 3x)- 2 = 0 «• <=*2sin43x-3sin23x+l = 0. Решив это уравнение как биквадратное относительно sin Зх, получим . , . -Il , К кк К кк , . . апЗх = ± —, Зх, = — н , х, = —л , keZ, sin3x = ±l, 2 ^ 4 2 ' 12 6 я тс ген _ Зх, = — + 7W, х, = — + — ,neZ. 2 " 6 3 С учетом ОДЗ х, = - + —, л*3/ + 1, леД/eZ "63 Ответ: х, = —(2А:+1), х, =—(2в + 1), л * 3/+1,гдеА:, пи leZ 12 '6
8.357. 4sin4 x + cos4x = 1 + 12cos4 x. Решение. Перепишем уравнение в виде 4(sin2 х\ + cos2(2x) - 1 - 12(cos2 x\ = 0 <=* o(l-cos2x)2+2cos22;c-l-l-3(l + cos2x)2 =0» cos2x=--, 2x = ±-n + 2nk, x=±~ + nk = ~l3k±l), ksZ. 3 3 V ' Ответ: x = — [Ък± 1), к e Z 8.358. 5[l-sin2;c)-16(sinx-cosx:) + 3 = 0. Решение. Из условия имеем 5(sin2 x-2sinxcosx + cos2 х\- 16(sinx-cosx) + 3 = 0e* о 5(sinx-cosx) -16(sinx-cosx) + 3= 0. Решив это уравнение как квадратное относительно sin x - cos x, имеем 1 sinx-cosx = 3, 0; или sinx-cosx = - <=> . (п > 1 п . ( п) - sird х \ = -, 2 cos— sira х = \2 J 5' 4 \ 4j 5V2 Ю >V2siafx-ij = -i,sinfA:-5J = Тогда тс / .^ . v2 / i\* ■ V2 я /7-7 x—=1-1) arcsin г-гск, x=(-1) arcsin 1 t-кк, k&Z. 4 v ' 10 v ' 10 4 Ответ: x = I- 1) arcsin h— + nk, к е Z. K ' 10 4 8.359. 37tg3x=lltgx. Решение. Ofl3:|cos3x^0, cosjt^O.
Используя формулу tg3cc = , перепишем уравнение в виде l-3tg2oc 37.ltg,-,g-x_lltg;t = 0otg;t('lll-37tg2x-l1 + 33tg2xV0o l-3tg2x I <=>tgx l-3tg^ 100-4tg2x l-3tg2x = 0» tgx = 0, tg2x = 25,0. tg2x^ tgx = 0, tgx = ±5, gx,±-L Последнее решение не удовлетворяет исходному уравнению. Отсюда л, -кк, ке Z; х2 = arctg(±5) + 7cn = ±arctg5 + rt/i,neZ. Ответ:xl = пк, ке Z; x2 =±arctg5+Tcn,ne Z. 8.360. V2(cos42x-sin42;t) = cos2x+sm2;t. Решение. Запишем уравнение в виде ■^(cos22x+sin22x)(cos22x~sin22^)-(cos2x+sin2x) = 0o & VI (cos 2x + sinlx) (cos 2x - sin 2x) - (cos 2x +sin 2x) = 0 о о (cos2x + sin2jc)(V2 cos2x -VI sin2л:-1) = 0, Отсюда cos2jc + sin2;t = 0 или VI cos 2.x - VI sin2x-l =0. I)tg2x = -l,2x = -- + nfc, x, =--+— = ~(4k-l),keZ. ' 6 4 '828 ' „4V2 „ V2 . „ 1 я „ . л . „ 1 2) — cos2x-—sin2x = — ocos — cos 2x-sin—sin2x = — e* 2 2 2 4 4 2 fit , 1 1 « , . я , , п п <=*ам —+2x = —,— +2x=± — + 2ТСЛ, x2 =± +nn,nsZ. 14 2 4 3 6 8 Ответ: x, = — (44-1), is Z; x2 =± t-Kn,neZ. 8 6 8 8.361. tgx-ctgx = sin~'x-cos~'x. Решение. ОДЗ: cosx ?^,0, sinx^O.
-о (sin2 x-cos2 x) + (sin;c-cos;t) = 0, Запишем уравнение в виде sin л: cos.y_ l 1 cos x sin x sin x cos x (sinx-coso:)(sin^+cosa:)+(sin^-cosa;) = 0, (sin;t-cos;t)(sin;t + cos;t + l) = 0. Отсюда 1) sin x - cos x = 0; 2) sin* + cos x+1 = 0. 1) tgx=l, jc, =-+nfc = -(4fc + l), fceZ _. .. ■ X X 2 X . 2 X 2 X . i X „ 2) 2sin—cos—+ cos—sin —+ cos —+ sin — = 0e* 2 2 2 2 2 2 • X X 2 X „ , x( . X X~) «• 2sm-cos- + 2cos - = 0<=* 2cos- sin-+ cos- =0. 2 2\, 2 2 Отсюда cos—= 0,— = — +rcn, Xj = гс + 2гси, reZ imHsin— + cos— = 0e* 2 2 2 2 2 ГС 2 "4" - = -!, — = — + rc/, x3 = н2гс/, / e Z; x2 и хэ не входят в ОДЗ. Ответ: х-~ \Ак + 1), А: е Z 4 8.362. sin6 л: + cos6 x = —. 16 Решение. Запишем уравнение в виде (sin jc + cos jcllsin x-sin xcos x+cos х) = 0е* (2 2 \^ "7 2 I sin х + cos х] -3sin лесе" л: = 0е* «• l-3sin2 xcos2 х- — = 0<=* 16-12(4sin2 xcos2 j)-7 = 0o 16 ^ ' ,3 т/3 гс <=*sin 2х = —, sin2*=±—, 2х=±— +яА:, 4 2 3 , гс гсА: Л,,, , ,, , „ х=±-+— = -(ЗА:±1), teZ 6 2 6 Ответ: х = ~(Ък±\), к &Z. 6
8.363. sin3^ + sin^-sin2^= 2cos.x(cos;t-l). Решение. Так как sin2cc = 2sinacosa и sin3a = 3sina-4sin3a,TOHMeeM 3sin;t-4sin * + sin;t-2sin;ecos;t-2cos.x(cos;t-l) = 0o о (4sinx-4sin3 x-2sinjccosx)-2cosA(cos^-l) = 0o о 2sin;d2-2[l-cos2;t)-cos;t)-2cos.x(cos;t-l) = 0o o2sin;rf2cos2 *-cos;<:)-2cos.x(cos;t-l) = 0<=> о 2sinjccos.x(2cos;t-1)- 2cos.x(cos;t- l) = 0о о 2cosx(sin^2cos^-l)-cosx+l) = 0. Отсюда 1) cos*=0, x, =- + 7Cfc = -(2fc + l), keZ, 2) 2sin;tcos;t-sin;t-cos;t+l = 0o о (l+2sinxcosx)-(sin^+cos^)=0^* <=>(sin2 *+2sin;tcos;v+cos2 *)-(sin;t+cos*) = 0<=> о (sin** cos*) - (sin x + cos x) ~ 0<=> <=> (sin;c + cos;t)(sin;t + cos;t-l) = 0<=> olsinx+cosx) 2sin— cos— + cos —sin —1 =0o V " 2 2 2 2 ' <=> 2sin— (sinx+cosx) cos—sin— =0. 2V ^ 2 2j Отсюда а) sin—= 0;6) sinjc + cos;t = 0:B) cos—sin—= 0. 2 2 2 x я Тогда a) - = ли, *2 = 2тсп, п e Z, 6) tgx=-l, Л3 =-■j + я/, /e 2$ в) tg— = 1, - = —+ 7U, *4 = —+27U, f e Z Решения*, входят в л:,. 2 2 4 2 4 i Я , 71 Ответ: х, =—(2fc + l), А: е 3 ^ = 27сп, п е Z\ л3 =-(4/-1), / е Z.
8.364. cos2x= (cosx+sinx). 2 v ' Решение. Запишем уравнение в виде ? . •> i+Тз, . . cos" х-sin" х cosx+ sinx) = 0<=> 2 * ' <=> (cos x+ sinx)(cosx- sinx) (cosx+ sinx) = 0 <=> ( • / • 1 + Jl) „ <=> (cosx+sinx) cosx-sinx =0. Отсюда 1) cosx+ sinx= 0,2) cosx-sinx — = 0. 1) tgx = -l, xx =-j + Kk = j(4k-l),keZ. 2) cosx-sinx = 0<=> cosx— - sinx+— = 0<=> 2 2 I, 2) { 2 ( *} ( ■ ■ *) „ <=> cosx-cos— - sinx+sin— = 0<=> <=>-2siiJ- + — siij — -2siiJ- + — cos —-— =0» \2 6) \2 6) !•> ^ I I •> л I 2 6 J 12 6 VZ o-2sin| r+ -^ II sinf|-|j + cosf|-|j | = 0. - + — =0, - + —= ли, x, = — + 2nn, ие Z: 2 6j 2 6 ^ 3 Тогда sinj — ИЛИ . i л «. i x л n , h: it . x к к H___| + cos|___j = 0«,g^--j = -l,--- = _- + Ilm, ;c3 = — + 2jtm, m e Z. 6 Omeem; Jc,=7(4/c-lUeZ; *2 = -(би- 1), и е Z; 1 4 '3 x3 =— (12m-1), me Z.
8.365. 2(l + sin2x) = tg \— + x Решение. ОДЗ: ccd - + х \* 0. Перепишем уравнение в виде siiJ — + х I 2lsin2 x+2sinxcosx+cos2x) у- ^- = 0<=> sin—cos х+ cos — sin x <=>2(sinjc+cosJc)2 = 0<=> л/2, . , —(cosx+sinx) <=> 2(sinx+ cos x)2 - -2= = 0 о —fcosx-sinx) 2 * ' ~/ . \2 C0SX+ sinx <=> 2(sinx+cosx) +— = 0<=> sinx- cos* <=> (sinx+ cosx) 2(sinx+ cosx) + = 0. \ sinx-cos*7 Отсюда 1) sinx+cosx= 0, 2) 2(sinx+cosjc) + sinx-cosx 1) tgx=-l, x1 =-j + nk = j{4k-l),keZ 2) 2(sin2 x-cos2 x)+l = 0, cos2x=-, 2х = ±^ + 2ли, X2 =± — + кп = —(6и±1), и eZ 6 6 Ответ: х, =— (4&-1); x, = — (6и±1),где&н «eZ
l + sinx+cosx+sin2x+cos2x n 8.366. = 0. tg2x Решение. fsin2x*0, ОДЗ: i [cos2x*0. Из условия имеем l + sinx+cosx+2sinxcosx+(cos2 х-sin2 x) = 0<=> <=> (sinx + cosx)+ (l + 2sinxcosx)+ (cos2 x - sin2 x)= 0 <=> <=> (sinx + cosx)+(sin x + 2sinxcosx + cos x)+(cosx-sinx)x x(cosx + sinx) = 0<=> (sin x + cosx)+(cosx +sinx)2+ (cosx-sin x)x x(cosx + sinx) = 0<=> (sin x+cos x)(l + cos x+sin x+cos x-sinx) = 0, (cosx + sinx)(l + 2cosx)=0. Отсюда 1) cosx+ sinx= 0,2) l + 2cosx = 0. 1) tgx=-l, x, =-- + nk, keZ 2)cosx=-—,X2 =±—n + 2im = ~(Зи±1), и e/^неподходитпоОДЗ. Ответ: х= —(Зи ± 1), и е Z. 8.367. Ш.--Щ—& cos t cos 2r Решение. fcosf^O, °Д3:1со52г*0. Запишем уравнение в виде sin2r sinf n sin2fcos2r-sinfcosf n - = U, г : = U ^ cos2fcos t cosrcos 2r cos r cos 2r 2sinrcosrcos2r-sinrcosr . sinrcosr(2cos2r-1) о = = = 0o -i i = 0, cos «cos 2« cos2rcos22r sinr(2cos2r-l) „ ■ 5 - = 0» sinr 2cos2r-l) = 0. cos r cos2 2*
Так как tg2a = -—^— н tg3a = ё —|—, то имеем Тогда 1) sinf = 0, rs = кк, keZ; 2) 2cos2f-l = 0, cos2f = -, 2* = ±-^ + 2яи, t2 = ±- + тш, neZ. Ответ: 1г - пк, t2 = ±— + ли, где Л: и и е Z 6 8.368. tgx+tg2x+tg3x=0. Решение. {cosx^O, cos2;c*0, cos3x^0. l-tg2a l-3tg2a 2tgx 3tgx-tg3x „ tgx+ ^ + ———%— = °° l-tg^x l-3tg2x 2 3-tg2x1 „ tgo^tgV-5tgVf3)_ 1 + r- + =-r- =0o -7— Г7 \ \-\£x l-3tg-xj (l-tg2*) (l-3tg2;<:) Отсюда 1) tgx=0, xi=nn, ne%2) 2tg4x-5tg2x+3 = 0. Решив уравнение как квадратное относительно tg2x, найдем tg2x=-, tgx=±—, Ч = aictg ±— +jt& = ±aictg — +тй, £ е 2 tg2x = 3, tgx = ±3, x3 = aictg(±V3l + Jlm = ±—+ joti = —(Зш±1), meZ Ответ: xt =nn,n<= Z; %= nk ±arctg—, к e Z x3 = — 0m± 1), me Z. 8.369. ctgx - tgx = sin x + cos x [sinx*0, °«3:W*o.
Перепишем уравнение в виде cos* sin* , . п — (cosx+smx) = 0<=> sin л: cos л: <=> cos х- sin2 x-(cosx+sinx)sinxcosx = 0, (cosx-sinx)(cosx+sinx)-(cosx+sinx)sinxcosx= 0<=> <=> (cosx+sinx)(cosx-sinx-sinxcosx) = 0. Отсюда 1) cosx+sinx = 0;2) cosx-sinx-sinxcosx= 0. 1) tgx = -l, x1 =-~ + jc/c = -2.(4A-I), keZ 2)nyCTbcosx-sinx=_y=> cos2 x-2sinxcosx+sin2 x=^2,-2sinxcosx = r -1 = y'-\, -sinjccosJc:=- . Относительно^ уравнение принимает вид У+У =0, у2 + 2у-\ = 0, откуда Л=-1-72, 0; у2=-\ + 42. Отсюда Я , 1 1 . V2-1 cosx-sinx=V2 -1 <=> -=cosx—j=sinx =—■=— <=> V2 V2 V2 V2-1 . ( n~) 1-V2 . fit "l V2-1 . ( л* iinU-T^ros4*"4 Л ' n . ,,„ . 1-V2 , ,,„ . 1-т/2 л _ x—=(-!) arcsm—=—\-%n,x1= -I) arcsin—=—i t-7tn,neZ. 4 V2 V2 4 Ответ: x, =—(4k-1); x,.= (-1)" arcsin—j=- + — (4и +1), где £ и 1 4 " V2 4 neZ 8.370. Jcos2 x+- + Jsin2 x+ - = 2. Решение. Пусть Jcos" x+— =u>0, Jsin2 x+— = v >0. .V 2 cos2 x+ — = u2 >0, 2 =» и2 + v2 = 2. sin2x+- = v2 >0. 2 213
Получили следующую систему Jm+v = 2, Jm+v = 2, Jm+v = 2, |u2 + v2=2,° j(u+v)2-2uv = 2,° |„v = 1. => " = Lv=l. Тогда / l Г 2 1 , , 1 -Jl Jcos" x+— = 1, cos x+ — = \, cos" x = —, cosx=±——, V 2 2 2 2 x = ~ + — = -(2k+\), keZ. 4 2 4* ' Ответ: x=—(2k + l), k<= Z. 8.371. sin3x=asinx Решение. По формуле sin3a = 3sina - 4sin3 a имеем 3sinx-4sin3x-asinx=0, 4sin3x+(fl -3)sinx=0, sin;a4sin2 x+a-3l = 0. Отсюда 1) sinx = 0, x, = nk, keZ, 2)4sin2 x+a-3 = 0, sin2x=—-^-o -(l--cos2x) = ^^-, cos2x=^-^, 4 2K ' 4 2 й- 1 - 2x=±arccos + 2nn, \ 1 fl-l 2 —s be, = ± — arccos + nn,neZ, fl-l 2 2 -1<^-<1, [-l<fl<3. , Ответ: x, -nk, где a e R, x, = ± — arccos + ли,где ne[-1;3]; bneZ 8.372. cos 3x = mcos x Решение. По формуле cos За = 4 cos3 а - 3cosa имеем 4cos3x-3cosx-mcosx=0, cos^cos2 x-3-m) = 0. Отсюда 1) cosx = 0, *i=! + n* = |(2fc+l), fce£
2)4cos2;t-3-m=Oo2(l + cos2x)=m + 3, cos2x = ——, m + \ „ 2x = ±arccos + 2тгн, I 2 -IS —<1, I 2 , 1 m + 1 , x-) = ± —arccos + nn,ne Z. 1 2 2 -3<m<l. Ответ: x, = — (2k + \), гдеше R; x2=±-arccos + ли,где 1 2 2 2 me [-3;l];i н «eZ. 8373. tgx+tga+l = tgxtga. /•ешеные, ОДЗ: i [cosa*0. Запишем уравнение в виде tgx + tga , . , л , tgx+tga = -(l-tgxtga)=>-e 2—= -l=»tg(x+a) = -l, 1-tg.itga x+a =—+тгк, x = -a — + nk, ke Z. 4 4 Из ОДЗ следует, что a* —. 4 Ответ: х = -а + — (4/t-l) прн a* —,&£Z. Прн a = — решений нет 4 4 4 8374. 12sin;t+4V3cos(Jt+;t) = mi/3. /•ешеные. Из условия имеем 12sinx-4i/3cosjc = 8V3l —sinx — cosx =8V3(sin60°sinx- -cos60°cosx) = -8VJ cos(60° + x) = 8V3sin(;t-30o). Тогда &4з sin(x -30°) = m 43, sin x— = —, I 6j 8 x = (-1)" arcsin— + m + — = (-1)" arcsin— + - (6и +1), 8 6 8 6 где ~2<m<S,neZ. Ответ: x = (-l)n arcsin— +—(6н + 1),где-8</и <8, «eZ. 8 6
8.375. siix+-j + sinfx+-J = cosa. Решение. Из условия имеем 2sinl x+— cosl = cosa, siij - i -i 3 I cosa + — |cosl = cosa, sin| x+— = . 2) 2cosl Отсюда !3 , ,,fe cosa , x+—= -1) arcsin + Ш, 2 v ' 2cosl 0 2 cosl f , лк . cosa 3 .. Ix = -1 arcsin - — trt,teZ, » * ' 2cosl 2 [-2cosl <cosa <2cosl. Ответ: x = (-\)k arcsin + Jit при a e R, к е Z y ' 2cosl 2 2tg—cosx 8.376. 2 2 =4. ОДЗ: cos- * 0. Запишем уравнение в виде 2tg—cosx ., x 2 2 = 22 о 2tg--cosx = 2o 2 2(1-cosx) <=> —-—; --cosx-2^0=> 2-2cosx-sinxcosx-2sinx=0<=> sin л: <=> 2 - 2(cosx+ sinx) - sinxcosx = 0. Пусть cosx+sinA: = ^=> cos2x+2suixcosa:+cos2x=^2, 2sinxcosx = = v -1, sinxcosx= . ' 2 Относительно у уравнение принимает вид 2-2^+ ~^ = 0, у2 + 4у-5 = 0,У1=-5, у2 = 1
1) sin 2x =24,0; 2)sm2x=0,2x = nk, x=~ keZ 2 Учитывая ОДЗ, имеем х = — + 2кк = —(4k+l),keZ Ответ: х = — (4& +1), keZ. 8.377. 2dn!* + 4-2c0,2)< = 6. Решение. Перепишем уравнение в виде 2tf' + 4-2|-si,,!"-6 = 0e(2"n'If-6(2an,I) + 8 = 0. Решив его как квадратное относительно 2ЯП х, получим 1) 2d°!* = 2, sin2x=l, sinx=±l, x=- + nk = -(2k+ 1), к е Z, 2) 2d"!)< = 22,sin2x=2, 0. Ответ: х=-(2к+1), keZ. 8.378. 31+dnw"+sin"w =3/9. /*ешеиие. Из условия имеем 3i+«.*+_+sin"*f_ =3I 0 1 -J.sinjcн-... + sin"x + ... = -. По формуле суммы членов бесконечно убьгоающей геометрической прогрессии получаем 12. 1 , .*+] л sm;c =—, jc=(-1) — + кк, keZ. 1-sinx 3 2' v ' 6 Ответ: ;е= (-1) — + л&, fceZ 6 о -270 9-l+cos;c-cos2x+-"+(-l)'1~lcos''x+"- _ з/п о^ /*ешеные. Запишем уравнение в виде _2 •y-1+cosx-cos2x+...+(-lY~ cos"*+... _T~3 >_i 217
о-1 +cosx-cos *+...+(-1)" cos" *+...= - —. По формуле суммы членов бесконечно убьгоающей геометрической -= прогрессии получаем ! = --, cosx=-, х=±- + 2я* = -(б*±1), k<=Z 1 + cosx 3 2 3 3V ' Ответ: х = — (6к± 1)Д е Z 8.380. ^-""^^З01*3*. Решение. ОДЗ: J"-3*"0- [япЗхгО. Перепишем уравнение в виде 32-2со,б* _Зм8з* 0 2_2cos6x=^—, 2-2cos6x-tg3x=Oo ctg3x <=>2-2cos6x = 0<=> 2sin26x-sin6x=0, l + cos6x sin6A(2sin6x-l) = 0=> 2sin6x-l = 0, sin6x= —, 6x=(-l)*5 + 7tfc, *=(_!)*-£- + 5* keZ, sin6x*0. v ' 6 36 6 v ' 36 6 8.381. 81™!х + 81га!* = 30. Решение. Запишем уравнение в виде 81! "!* + si1-51»2* - 30 = 0 <=> (si™2*)2 -yL\**A+ 81 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно 81s1" *, получим gjsin2! _ з^ yisin2* _ 3 нлн 81d°2)e = 27, 34d°!;t = З3 =>
1)4sin2 x = l, sinx = ±-, x% = ± — +—, &eZ; ' 2*62 ^ . ■ 2 ., . V 3 71 71Л „ 2)4sin x = 3, sinx = ±—, x2=± —+ —-, neZ;jc2 входитв xj. Ответ: * = -(3*±l),*eZ. 6 8382. l + 2t8*=3-41' Решение. ОДЗ: cosx*0. Из условия имеем 1 + 2* =3-2 sin—cos*-cos—sin* -^-! i V2 cosx <=>l + 2tpt=3-2 3-2 о1 + 2,^=3-21-*,1 + 2'8'-^^ = 0о(2,^)2+2*-6 = 0. 2«* Решив уравнение как квадратное относительно 2Х%Х, имеем 1)2'^=-3, 0; 2)2ts» = 2otgr = l, * = - + я*=-(4* + 1), £eZ. 4 4 Ответ: х = -(4* + 1), teZ. 4 8383. logco„4-logcos2;c2 = l. /*ешеные. ОДЗ:0<акх<1. Перейдем к основанию cosx. Получаем ilogc05122 logco„ 2 = 1, log2,,, 2 = 1. Отсюда l)logcos;t2 = locosx = 2, 0; 2)log„,,,2 = -l„—!— = 2,cosx = i, *=±- + 2я*=-(б*±1), *eZ. ' Bc0" cosx 2 3 3 Ответ: х = -(6к±1), keZ.
8.384. logsin;(4-logsin2;(2 = 4. Решение. ОДЗ: 0<sinx< 1. Перейдем к основанию sin x. Имеем logd„,22-logsin;(2 = 4, logL.2-4. Отсюда 1) log^„2 = 2, sin2x=2, 0; 2)logsi„2 = -2, -^ = 2, ■„-*=-. smx=±T. УчнтываяОДЗ, smx= —, * = (-!)* - + nk, k<=Z Ответ: *=(-!) 7 + Л&, fceZ 8.385. 3(jog2sinx)P+log2(l-cos2x) = 2. Решение. ОДЗ: sinx>0. Из условия имеем 3(log2 sin*)2 + log2(l-1 + 2sin2 xj- 2 = Оо <=> 3(log2 sin x)2 + log2 (2 sin2 x)~ 2 - 0 <=> <=> 3(log2sinx) +2(log2sinx)-l = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно log2 sinx, получим log2sinx=3, sin* = 8, 0; или log2smx=-l, sinx=-, x> = (-\)k — + nk, ke Z 2 6 Ответ: х={-\) — + nk, k<=Z. о 8.386. Дано (1 + tgx)(l + tgy) = 2. Найти x+ j>. Решение. [cosx^O, °«3:icos,*0. 220
Перепишем уравнение в виде t£X+ t2V l + tgx+tgy+tgxtgy=2, tgx+ tgy = 1 - tgxtgy.=> 7е-—— =!=> 1-tgxtgy =>tg(x+;>) = !, х+.У = - + л& = -(4&+1), fceZ Ответ; х+ у = ~(4& + 1), hZ. ^ 8.387. Показать, что уравнение ctg2x+ ctg3x+ = 0 smxsin2xsin3x не имеет корней. Решение. fsinx^O, sin2**0, sin3x*0. Запишем уравнение в виде cos2x cos3x 1 л + + = 0<=> sin2x sin3x sinxsin2xsin3x sin3xcos2x+cos3xsin2x 1 л о + . = 0o sin2xsin3x sinxsin2xsin3x sm5x 1 = 0o sin5xsinx+l = 0, sin2xsin3x sinxsin2xsin3x fcos4x = -1, 2sin5xsinx = -2 о cos4x-cos6x=-2 <=> < ^cosox = 1. n nk Из первого уравнения системы имеем 4х = п + 2пк, х = ~ + —» & е Z Тогда из второго уравнения системы имеем cos -— + Ъпк \*\, 0. 8.388. Один из углов прямоугольного треугольника удовлетворяет уравнению sin3 x+ sinxsin2x- 3cos3 x= 0. Показать, что треугольник равнобедренный. Решение. Запишем уравнение в виде sin3 x+ sinx-2sinxcosx-3cos3 x=0<=>
osin3x+2sin2icosx-3cos3x=0o tg3x+2tg2x-3 = Oo о tg'x- tg2x+ 3tg2x- 3 = 0 о tg2A(tgx-1) + 3(tgx- l)(tgx+ 1) = 0, (tgx-l)(tg2x+3tgx+3) = 0. Отсюда 1) tgx-1 = 0, tgx= 1, x1 =—■ Так как треугольник прямоу- % к к % гольный, то второй угол *г = Т ~ Т = Т' х\ - *г =~7> что н требовалось доказать; tg2x+3tgx + 3*O(.D<O),0. 8.389. Показать, что не существует треугольника, каждый угол которого удовлетворял бы уравнению (3cosx- 2)(l4sin2 х+ sin2x-12) = 0. Решение. Уравнение равносильно совокупности уравнений 1) Зсс*;с-2 = 0илн2) 14sin2 x+sin2x- 12 = 0. ,. 2 _ . Г 4~ Л sinx V5 1) cosx= —. Тогда sin х - +.11 — = —, tgx = = —. 3 V 9 3 cosx 2 2) 14sin2 x + 2sinxcosx-12(sin2 x + cos2 x)=0<=> <=>sin2x + sinxcosx-6cos2x = 0<=> tg x+tgx-6 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно tgx, получим tgx=-3mra tgx=2. Пусть tgx = — = tga, tgx = -3 = tgP, tgx=2 = tgy, где a, P, у—углы треугольника. Так как сумма углов треугольника a + p + y = 7t, p + y = 7i-a, то . m i .1 \ . М±Ж-Й„ -3+2 1 Л tg(P + У) = tglit - a) = tga => Т ГгП ~ * ' = — 5* — ■ 1 " ' ' 1-tgPtgy 1 + 3-2 7 2 Противоречие. Таким образом доказано, что не существует треугольника, каждый угол которого удовлетворял бы уравнению (3cosx-2)(l4sin2 x+ sin2x-12) = 0.
8.390. Показать, что существуют треугольники, у которых каждый уголудовлетворяетуравнению(б55тх-56)(80-645тх-65со82 х) = 0. Найгн этн углы. Решение. Уравнение равносильно совокупности двух уравнений: 1) 65sinx-56 = 0KHH2)80-64sinx-65cos2x=0. 1) sinx=—- О J. 2) 80-64sinx-65(l-sin2x) = 0«> 65sin2 x-64sinx+15 = 0, 5 . 3 откуда sin x = — илн sin x - -. 3 ■ 5 . 56 Пусть sinх2 =-, sin^2=TT, suiXj =77, гдех1,х2,хг—углытреу- гольника н Xj + х^ + хъ = к, или хг + х^ - к - х3. Тогда sinfxj + Лз) = sin(rc- Дз) = &пхз- 3 Отсюда sinjcj cosxj + cosxs suiXj = sinxj. Из равенства sinxj = - получаем sin x, =—, 1-cos x, = —, cosx, =± —. ^ 25 ! 25 ^ 5 Так как sinx, = —, то имеем ^ 13 s^x2=^A.COs2x2=^,cosx2=±fy Подставляя значения sinxj, sinx^, cosxj н cosxj в уравнение, нахо- 3 .5 .56 Xr, = arcsin—, x, = л-arcsin—. ^ 13 3 65 3 .5 .56 -, Xr, = arcsin—, x, =n-arcsin—. 5 ^ 13 ^ 65 8.391. Показать, что треугольник, каждый из углов которого удовлетворяет уравнению 3tgx - Згщ — - 2-Уз = 0, является равносторонним. днм, что Xj =arcsin-, х^ = arcsin—-, х3 = rc-arcsin Ответ; х, = arcsin-, х> = arcsin—, х, = к-arcsin—. 4 5 13 65
Решение. Из условия имеем i-tg ^-3tg|-2^ = 0«3tg3£ + 2V3tg2i + 3tgi-2^ = 0, tgf-ib2f+3^gf+6 =а откуда l)tg X 1 X _ J_ Х_ Я Я 2-^ = °'42-Jl'2~6'X=r 2)3tg2- + 3,/3tg| + 6*O(.D<O),0. Получнлн, что треугольник, каждый нз углов которого равен п к п Л х г- - + Т + Т-'11н удовлетворяет уравнению 3tgx-3tg — -2 V3 = является равносторонним. Что и требовалось v3 8392. Найти sina, если cosa = tgp, cosp = tgy, cosy = tga (0<a< —, 0<P<-,0<y<-). H 2 2V Решение. Из условия имеем cosa = tgp, cosp = tgy, о cosy = tga, cosP = sinp cosp' sin у cosy' sina 2 sin2p cosz a = , , cos'P 2 a sin2 У coszp = ——-, < cos" у ? sin2 a cos" у = ———,
1 - cos2 P cos" a = —-, cos2p -> a 1 - COS2 V cos-p = —1~, COS" у l-cos~a cos у = - cos a _ -> 1 - cos" a Так как cos- у = , то имеем 1- cos-a 1 - cos2 a cos^=—9°4^=2cos"a,-'. 1 - cos a 1 - cos" a cos" a _ i. 2cos2a-l Подставив значение cos p = -— в первое уравнение снсте- 1-cos a мы находим 2cos2a-l 1- cos2 a = l-cos2« 2-3cos-a 4 i . n ' ''"' " = - о cos a + cos- a -1 = 0. 2cos a-1 2cos_a-l 1-cos a Решив это уравнение как квадратное относительно cos2 a, имеем 2 -1-ч/5 . 2 -1 + V5 cos a = < 0, 0 илн cos a = . 2 2 Отсюда , . 2 -1 + S . 2 , -1 + S 3-JE 1-sin a = , sin a = 1 = — , 2 2 2 h-S /б-2т/5 т/б-2,/5 /5-2V5 + 1 Slna = V^=V^="^—= 2 = 2 2 2' • ^"! Ответ: sina = . 2 8 Сканави М. И., кн. 2 225
8.393. Найти углы а, Р и у первой четверти, если известно, что онн п составляют арифметическую прогрессию с разностью —, а их тангенсы составляют геометрическую прогрессию Решение. Пусть а, Рн У —члены арифметической прогрессии, d = —; tga> tgP, tgy—члены геометрической прогрессии; p = a + —, y = a + —. 12 6 По свойству членов геометрической прогрессии Ъ\ = bk_1bk+1,k = 2, 3,..., и - 1, следовательно tg2p = tgatgy, . .( пЛ , л sinasin a + — Так как tg2 — = , sinasinB = — (cos(a - В)- cosfa + В)) и 2 1+cosa 2V * ' l " cos a cos p = — (cos(a - P) + cos(a + P)j, то имеем l-cos2a + — cos—cod2a+ — I 6J_ 6 \ 6. 1 + cos 2a+ — cos—+ cos 2a + — 6) 6 I, 6 l-cos|2a+- VJ-2cos 2a + — 1 + cos 2a+- -(/3 + 2coj2a + - => f 1 - cosf2a + |1|V3 + 2cosf2a + -11 = f fi - 2-cosf2a + -1 1 + соя 2a + — \ 6
It k) n , Я Я „ я я 2я ocos 2а + т =0, 2а + - = -, 2а = = —, а = У 6) 6 2 2 6 6 ^ - Я Я Я 717171 Т0ГДаР=6 + Т2 = 4Л=6+6=1- 6' 4' 3' Решить системы уравнений (8.394—8.405): )sinx+cos^ = 0, ■ 2 2 1 snr х+ cor .у = -. /*ешеные. Запишем данную систему уравнений в виде {sinx+cos_y = 0, fsinx+cos_v = 0, / • ч2 , . 1« . 1 => (sinx+cosy) -2sinxcos_y = — sinxcos_v = — • t - \ 1-3 1 • Л => cos у = - sin x, sin х- -sin x) = —, sin x=—, sinx=± —. - v ' 4 4 2 Таким образом данная система равносильна следующей совокупности двух систем уравнений: {sinx+cos_y = 0, sinx=--; 2 (sinx+cos_y = 0, sinx=i. Решив системы, найдем U = (-1)*+1 7 + **> [*2 = (- D* 7 + ^ J 6 J 6 1 л 1 2 it, nez \y1 = ± — + 2nn, \y2 = ±"гл + 2ли, Ответ: Xj = (- 1) *+1 — + л&, ^ = ± — + 2ли, 6 3 x, = (-l)* —+ jufc, j>2 =±7^ + 2jt«, где kvi n eZ 6 3 227
8.395. n2tgx+coey _ -j Решение. ОДЗ: cosx^O. Из условия имеем 9со,,_81.в» = 2^ 9«" = 2 + 81*-. 81^(2 + 81^) = 3, Решив это уравнение как квадратное относительно 81 **, получим 81** = -3, 0; 81** = 1. Отсюда tgx= 0, х = rat,, £, е Z Тогда 9е™' = 2 + 1 = 3, 32с™' =3, 2cos^ = l, cos^ = -i, j* = ±| + 2rat2, k2 e Z. Ответ: х=ккг, у = ±-~ + 2пк2,гдек]и к2 е Z. 8.396. Iх У~ 5л 3 sinx= 2sin_y. Решение. Из условия имеем + у, siiJ—+ y\-2siny = 0, -siiJ И-2яп.у = 0<=> o-sin-cos.y + cos-sinj;-2sin.y = 0o ,/3cos.y+3sin.y = Oo otg^ = —=, у = --- + кк = --(6к-1), keZ. V3 6 6 Тогда x = + nk = — + nk = — (2k+ 3), keZ. 3 6 2 2V ' Ответ: x = — (2k + 3), y = — (6k-\), где Are Z 2 6
8.397. (sinxcos)j=:0,25, [sin >■ cos ;c= 0,75. Решение. Сложим н вычтем первое н второе уравнения системы. Получаем fsinxcosy + sin^cosx = l, fsin(x + _v)=l, lsinxcos_y-sin_ycos;e = —, jsin(x-_v) 1 о 2 kink2eZ= xi=-£ + n(ki-k2)> У\=^ + ъ(к\+кг)> Х2=—£ + к(к1-к2). уг = — п + КЩ + к2}, к] н ^ eZ Ответ: % = - + Л - &2)> Л = -г + «(Aj + к2); о j х2=--~ + %\к1-к2), у2 =~п + л[кг + к2); где&, н &2 е Z. 8.398. cos тис-sin ?с)> = - Решение. Перепишем второе уравнеаше системы в виде -(1 + cos2to;)--(1-cos27cj>) = --, cos2tcx+cos2tc_v= 1 о . 2тсх+ 2пу 2пх- 2лу . . . <=> 2cos —-cos —- = 1, 2cos7c(x+^)cos7c(x-^) = l<=; <=>2cos7c(x+_v)coa-- =1, 2cos7c(x+iy)-- = l, cos7c(*+,y) = l,
Таким образом получим 1 x+y = 2k,keZ. 1 х=к-~,у = к + ~,где ке Z 6 У 6 Ответ: х= к — ~, у = к + —,где ке Z. 6 6 8.399. \х + у = 4' 1 tgxtg.y=- Решение. [cos х * О, [cosy * 0. Из условия имеем ОДЗ: ГУГ=Г tg--tgy tgj> j ГС 6 ' 1 + tg-tgy 4 (l-tgy)tgy 1 1 + tg)- =6' «g2>-SD-+l = a Решив последнее уравнение как квадратное относительно tgy, получим tg^j = —, tgy2 = -. Подставив эти значения во второе уравнение 1 1 системы, найдем tgxj = -, tgx2 = —. Отсюда 1 xl = arctg- +лк, У\ = — - arctg— — я*; х, = arctg—+ гея, 2 л 1 к, nzZ. у, = — arctg—геи; 4 2 \хг = arctg — + nk, Ответ: \ ^ \х1 = arctg — + гси, 1 , I я 1 Л = _-_arctg--nk; \y2 = —-arctg--геи; k, neZ.
8.400. i sinx= sin v, V2cosx= V3cosj>. Решение. Возведя оба уравнения системы в квадрат, получим 2 sin2 х = sin у, 2cos2 x= 3cos2 у. 2 = sin2 ,y+3cos2.y, 2sin2 y-i-dll-sin2 y\ • 2 1 . -J2 ,я , , snO = - sin^ = ± —, y = ±~ + nkl, kxeZ. * • 2 -2 1-2 1- ,1 , Я , Тогда 2sin ,t=sm y = —, sin лг=—, smx=±—, x=± — + nk7, 2 4 2 6 &2 eZ Ответ: x = ± — + iUc2, y = ± — + itkl; & и к, eZ; k.nk, —числаод- 6 4 -* ^ ' ной четности. 8.401. 2 2 [ctgx+ ctgy = -1,8. Решение. [sinx* 0, ОДЗ: sin_y* 0. Используя формулу ctga = —, запишем систему уравнений в виде ^ = 2-tg-, l"tg2f l-tS2f -tg2 = 2-tg|, i- + £ = -1,8. 2 2 2tg2 2tg^ ^.'-l2-'^ 2*j 2 2- - = -1,8; 4tg2|-8 -5 = 0.
Решив это уравнение как квадратное относительно tg—, получим х 1 х 5 tg~2~~!' tgl = ^-Далеенмеем L>l = 1, ftg& = -l, 2 2 2 2 Г 2 2 lB 2 2'. —L = -arctg — + nku \xl= -2arctg — + Ink,, — = arctg — + nk2, \yl =2arctg— + 2nk2. Iх! 5 , f 5 „ , Hr- = arctg- + 71^, x, =2arctg- + 2jiA:1, J 2 2 <=> < 2) Lb .' i -. . 1 -. i гле fc, H t, 6 Z ' \~ = -arctg- + 7i*2, \y2 = -2arctg- + 2nk2, ' 2 Ответ: x, =-2arctg- +2^, j>, =2arctg- + 27[t2; Xj =2arctg- + 27[A:1, j>2 = -2arctg- + 27[fc,, где^иА:, eZ J2C0" + 2C0S~'' = 5, 8.402. 1-cosx _ 2cos"'->'= 4 Из условия имеем 2a*-V = 5_2cos*, 2C0S*(5-2C°") = 4, (2COS*)2-5(2COS') + 4 = 0. Решив это уравнение как квадратное относительно 2C0SX, получим 2С°™ = \, cosx = 0, х=- + лк = -(2к + 1), keZ 2 2К ' или 2ак* =22,C0SX=2, 0.
Подставив значение 2cosx = 1 в первое уравнение системы, найдем 2»--1 у = 4, cos"1 у = 2, cosy = ~, y = ±^ + 2nkl=^(6kl±l), к{ е Z Ответ: х= ~{2к+\), у = -46^ ±1],где£и ^eZ fsinxsinv = 0,75, 8.403. f . . Решение. ОДЗ:{С°"*°' [cos_v * 0. Перепишем второе уравнение системы в виде 0,75 - = 3, cosxcos_v = 0,25. cos xcos у cos xcos у Тогда данная система имеет вид [sin ;esinj> = 0,75, [cos zzosy = 0,25. Сложив второе уравнение этой системы с первым, а затем вычтя из второго уравнения первое, получим (cos х cos у + sin x sin у = 1, f cos(x -y) = l, 1 О \ , V 1 COS X COS J> - Sin X Sin у = , COS(* + у ) = , \х-у=2%ку, Г = ±Т + n(ki+k2)> Ответ: x = ± — + n(lcl+lc2), у = ± — +к(к2-к1), ^ н £2 e Z 8.404. 1 cos" x+ cos _v = 0,25, 5л x+ v = —. 6 Решение. Запишем первое уравнение в виде -(1 + cos2x) + -(1 + cos2^) = 0,25, cos2x+ cos2^ = -- о
<=> 2cos(x+ ,y)cos(x-у) = — <=> 2cos — co^x-y) = - —, 2 6 2 cos(x-^) = —, x- v = ± — + 2л&, leZ 2 6 Отсюда исходная система принимает вид \х-у = ± — + 2кк, \ с6 keZts 5л х+ у- —, bZe x, = — + лк = — 2к + 1), bc,= —+ лк, l 2 2^ '' p з у1=~-пк='^(\-Ък\; ^2=|-Jtt, 4eZ Ответ: Aq = - (2* +1), j>, = - (1 -3k); xj=|(3*+1), y2=~(l-2k),keZ 8.405. sinxsin_v = 0,25, л /•ешемые. Запишем первое уравнение системы в виде cos(x-^)-cos(x+.v) = -о cos(jc-j;)-cos — = -, cos(x-y) = \, х-у = 2кк, £eZ Таким образом исходная система уравнений принимает вид )х-у = 2тЦс,ке Z л < Х+У=У г+кк, \у = --лк, I о keZ Ответ: х=— (6к+1), у = —(\-6к), kzZ
Решения к главе 9 НЕРАВЕНСТВА НЕРАВЕНСТВА С ОДНИМ НЕИЗВЕСТНЫМ Неравенства/|(х)>/2(х),/|(х)>/2(х))/|(х)</2(х),/|(х)</2(х)) где /|£с) и f2(x) — заданные функции переменной х (одна из них может быть постоянной), называются неравенствами с одним неизвестным. Переменная величина х называется неизвестной. Если f{ (х) и /2 (х) — алгебраические выражения, то неравенство называется алгебраическим. Решением неравенства с одним неизвестным называется такое значение неизвестного, при котором данное неравенство обращается в тождественное (истинное). Решить неравенство с одним неизвестным — значит найти множество (совокупность) всех его решений или показать, что оно не имеет решений. Областью допустимых значений неизвестного данного неравенства (ОДЗ) или областью определения неравенства называют множество всех значений неизвестного, при которых существуют обе части неравенства. Равносильные неравенства и основные теоремы о равносильности неравенств Так как рассматриваемые ниже понятия и свойства неравенств одинаковы для неравенств /, (х) > /2 (х), /, {х) > /2 (х), /, (х) < /2 {х), /i(x)</2(x), то будем рассматривать только неравенства вида /|(*)>/2(*)- Пусть даны два неравенства с одним неизвестным /|(*)>/2(*)> (9-1) 235
g\(x)>g2(x). Неравенство (9.2) называется следствием неравенства (9.1), если все решения неравенства (9.1) есть решения неравенства (9.2) или неравенство (9.1) не имеет решений. Два неравенства (с одним неизвестным) называются равносильными (эквивалентными), если каждое из них являетсяхледствием другого. Если над обеими частями неравенства с одним неизвестным произвести тождественные преобразования, не меняющие области определения неравенства, то получим иеравеиство того же смысла, равносильное данному, т.е. если дано иеравеиство Д (х) > f2(x) с областью определения D и в результате тождественных преобразований получилось иеравеиство /3 (х) > /^(х) с той же областью определения; то они равносильны. Если к каждой части данного неравенства прибавить одно и то же число или выражение, имеющее смысл при всех значениях неизвестного из области определения неравенства, то получим иеравеиство того же смысла, равносильное данному, т.е. если дано иеравеиство Д (х) > f2 (x) с областью определения D и т (х) — число или выражение, имеющее смысл привсехзиачеиияххизДтоиеравеиство f\(x) + m(x)> f2(x) + m(x) равносильно данному. Члены неравенства можно переносить с противоположным знаком из одной части неравенства в другую. Если обе части неравенства умножить на одно и то же положительное число или выражение, принимающее положительные значения при всех значениях неизвестного из области допустимых, то полученное иеравеиство того же смысла будет равносильно данному. Если обе части неравенства умножить иа одно и то же отрицательное число или выражение, принимающее отрицательные значения при всех значениях неизвестного из области допустимых, то получим равносильное данному иеравеиство противоположного смысла, т.е. если даио иеравеиство f\{x)> f2{x) и число или выражение/и(д:)< 0 при всех а: из ОДЗ неравенства, то иеравеиство f\{x)-m{x)< f2{x)-m{x) будет равносильно данному. Неравенство ■ * ■ <0 равносильно неравенству Д(х)-/2(х)<0 fl(x) при/2(х)*0. Неравенство -^ ' >0 равносильно неравенству f](x)-f2(x)>0 при/2(х)*0. 236
РЕШЕНИЕ РАЦИОНАЛЬНЫХ НЕРАВЕНСТВ С ОДНИМ НЕИЗВЕСТНЫМ Решение неравенства первой степени с одним неизвестным Неравенства вида /,(*)>л(4 /|(ФлМ /i(*)</2(4 /iWs/iW где /i (х ) и /2 (л:) — линейные функции переменной х (одна из которых может быть постоянной),* называются неравенствами первой степени с одним неизвестным. Всякое линейное неравенство с одним неизвестным всегда можно привести к каноническому виду ох+6>0. (9.3) Решение неравенства ах + Ь > О Если а > 0, то после умножения обеих частей неравенства на — > О ь а получим равносильное данному неравенство х + — > 0, из которого по- * следует х > —. а Если а < 0, то после умножения обеих частей данного неравенства на — < 0 получим равносильное данному неравенство х + — < 0, из которо- а а Ь го следует х < — . а Если а = 0, то при Ь < 0 для любого действительного значения х неравенство обращается в неверное, т.е. решений не имеет, а при Ь > О данное неравенство верно при всех действительных значениях х , т.е. все действительные числа являются решениями неравенства.
(9.4) Решение неравенств второй степени (квадратных) с одним неизвестным Неравенство, обе части которого есть многочлены относительно неизвестного не выше второй степени, причем хотя бы один из них второй степени, называется неравенством второй степени с одним неизвестным. Всякое неравенство второй степени с одним неизвестным (квадратное неравенство) можно привести к одному из его канонических видов: ах2 + bx + c>0, ах2 + bx+c>0, ах2 +Ьх+с< 0, ах2 + Ьх +с<0, где а: Ф 0 . Решение неравенства ах + Ьх + с > 0 (а Ф 0) Если а > 0 ,то данное иеравеистворавиосильио неравенству 2 Ь с х +—х+—>0 а а или х2 +px+q>0, (9.5) Ь с где р = ~ , q = ~. а а Если а < 0, то данное неравенство равносильно неравенству 2 Ь с . х +—х+-<0 а а или x2+px+q<0, (9.6) Ь с где р = - , q = - . Другие неравенства вида (9.4) также приводятся к виду, аналогичному (9.5) или (9.6). Исследование трехчлена х2 + рх +q = О Рассмотрим трехчлен x2+px+q. (9.7)
1. Если D= p2 -Aq > 0 ,то трехчлен х1 + рх +q можно разложшь на множители с действительными коэффициентами х2 + рх + q = (х -х|\х -х2 ), где *i="f "J f "9 и *2=~f+ V f ~9 ~КОрии ТР6™6™ (х1<х2). Если х<Х} <х2,то х -х1 < О и х -х2 <0 ; тогда х + рх +q > 0 . Если Х| <х <х2,то х -х, > 0, а х -л: 2 <0 ; тогда х + рх +q < 0 . Если х >х2 >х, ,то х -х, >0 и х -х2 >0 ; тогда х + рх +q > 0. Яывод. Если Z) = р1 - Aq > 0, то квадратный трехчлен х2 + рх + g положителен при значениях х , меньших меньшего корня и больших большего корня, и отрицателен при значениях х , лежащих между корнями. 2. Если D=p2 -Aq =0 g = £- , то трехчлен х2 + px+q приии- 2 1 Р х + рх +q = х +/7Х+ ^~- р р и при всех а: Ф -— будет положительным, а при х =- — равен нулю. 3. Если D = р2 - Aq < 0, то трехчлен х2 + /?х + q можно представить в виде Так как х + — > 0 при всех х , a Aq - р2 > 0 , то трехчлен I 2)" х2 + рх + q положителен при всех значениях х . 239
Решение целых рациональных неравенств с одним неизвестным Целым рациональным алгебраическим неравенством с одним неизвестным называется такое иеравеиство, обе части которого есть многочлены относительно неизвестного. Степенью целого рационального алгебраического неравенства с одним неизвестным называется большая из степеней многочленов, входящих в это иеравеиство. Всякое целое рациональное алгебраическое иеравеиство и-й степени с одним неизвестным может быть приведено к одному из канонических видов aQx" +alx"~l +a2x"~2 + ... + а„_2х2 +an_tx +an > О, (9.8) aQxn +alx"~l + а2х"~2 + ... + ап_2х2 +апАх +а„ >0 (9.9) или aQx" +alxn~l + а2х"~2 + ...+ап_2х2 + ап_^х +а„ < 0, (9.10) aQx" +alx"~l+a2x"~2 +... + an_2x2 +an_tx+a„ <0 (9.11) («0*0). Метод интервалов Чтобы найти решения неравенства (Л-х,Хх-х2Хх-х3)...^-хП)>0 (9.12) или ^с-х^х-х2Хх-хъ)...(х-х„)<0 , (9.13) достаточно нанести на числовую ось нули (корни) левой части неравенства xt,x2,x3,...,xn, а затем проверить знак левой части неравенства на каждом из полученных интервалов путем подстановки любого числа из этого интервала. Тогда множеством всех решений неравенства (9.12) (х -х{\х -х2\х -хг)...(х -х„)>0 будет объединение всех промежутков, в которых поставлен знак плюс, а решением неравенства (9.13) (■* ~ х i Xх ~ х 2 X* - хз )■.. (х - х п ) < 0 будет объединение всех промежутков, в которых поставлен знак минус. 240
При решении иеравеиств (х -xt\x -х2\х -х3)...(х -хп)^ О и (х -х,Хх -хгЪ- ~*з)---(* "хп)<0 с помощью метода интервалов, кроме соответствующих интервалов зиа- копостояиства левых частей иеравеиств, к их решениям надо относить и их нули (корни). Обобщенный метод интервалов Рассмотрим схему решения неравенства (9.8) aQx" + a{xn~l + а2х"~ + ... + ап__2х2 +ап-\х + ап > О (а * О) Многочлен а0х " + ахх "~ + а2х "~ +... + ап_2х + ап-\х + ап в миоже- • стве действительных чисел можно представить в виде aQxn +«|x"~j +a2x"~ +... + att_2x +an_{x+an = = а0(х-х,)'",(х-Х2)'"2 ...(х-хк)т*\х2 +plx+qlf ...\х2 + р,х+д{)\ где xy,x2,...,xk —действительные кории соответственно кратности mx,m2i..,,mk , а трехчлены х2 +р{х +q\,...,x2 + pfx + g, имеют отрицательные дискриминанты, т.е. при всех х положительны. Неравенство (9.8) можно переписать в виде a0(x-X[)mi^c-x2)m2 ...(*-**)"* (*2+A*+?i/' ••■ ...(г2 +PjX+qJ' >0. Так как квадратные трехчлены в этом неравенстве принимают положительные значения при всех действительных значениях неизвестного, то оио равносильно неравенству «обе-х1У"'(*-*2Г2 ■••(*-** У"* >0. Множители левой части неравенства с нечетными показателями можно оставить в первой степени, а с четными - опустить, выписав те значения х , при которых они обращаются в нуль. Тогда неравенство примет вид aot* -xJt }x-xh l-.^-Xj )> О, при а0 > 0 оио равносильно неравенству ^-хл}х-хл)...^-х^)>0, 241
а при aQ < 0 — неравенству {?-xk)?-xh)...{?-xJi)<0. Последнее неравенство решаем методом интервалов. Дробио-рациоиальные неравенства Неравенства вида Р»{х) „ Р„(х) „ е„(*) е„(*) ( J или е„(*) е„(«) ' (9Л5) где Рп(х)=а0хп+а-1х"~1+а2х"~2+ ... + ап_2х2+а„_{х+ап (а0*0) и em(x)=60xw + fc1x'"~I +Ьгхт~2 + ... + bm_2x2 +bm_lx+bm (b0 *0)—многочлены переменной х , называются дробио-рациоиальными неравенствами. При решении таких неравенств пользуются следующими утверждениями: Р (х) 1. Неравенство —, ( > 0 равносильно неравенству р„(*)аЛх)>о- Р (х) 2. Неравенство —. . > о равносильно системе неравенств Р (х) 3. Неравенство —. . < 0 равносильно неравенству р„(х)аЛх)<°- , и Рп(х) 4. Неравенство —, 'so равносильно системе неравенств е„(*) P„(?)Qm(x)<0, Q„(x)*0-
Таким образом, решение дробио-рациоиальиых иеравеиств сводится к решению целых рациональных иеравеиств. При решении дробио-рациоиальиых иеравеиств нужно придерживаться следующей схемы: а) перенести все члены неравенства в левую часть; б) привести все члены левой части неравенства к общему знаменателю; в) заменить дробные неравенства целыми; г) разложить левую часть полученного неравенства на простейшие множители; д) привести полученное неравенство к виду (9.12) или (9.13); е) найти решения полученного неравенства по методу интервалов. РЕШЕНИЕ СИСТЕМ РАЦИОНАЛЬНЫХ НЕРАВЕНСТВ С ОДНИМ НЕИЗВЕСТНЫМ Системой иеравеиств с одним неизвестным называется несколько иеравеиств, в которых под одной и той же буквой, обозначающей неизвестное, подразумевается одна и та же величина. При решении системы иеравеиств с одним неизвестным обычно решают каждое из иеравеиств системы, а затем находят пересечение множеств полученных решений. Решить систему иеравеиств с одним неизвестным - значит найти множество всех ее решений или показать, что система ие имеет решений. НЕРАВЕНСТВА С НЕИЗВЕСТНЫМ ПОД ЗНАКОМ АБСОЛЮТНОЙ ВЕЛИЧИНЫ При решении иеравеиств, содержащих переменную под знаком абсолютной величины (модуля), используется определение абсолютной величины: \г(гЛ-\ /(*)при/(*)><>, |Л*П-/(*)при/(*)«,. Кроме того, иногда бывает полезным применить геометрический смысл модуля числа, согласно которому \х | есть расстояние от точки х числовой прямой до начала отсчета, а \х - а\ — это расстояние иа числовой прямой между точками хна.
Рассмотрим иеравеиство /NWW. (9Л6) где fijc) и g(x) — некоторые функции. Неравенство такого вида равиосильио следующей совокупности двух систем неравенств: \х < О, \х > О, 1)|/(-)<^)ИЛИ2)№)<^) Рассмотрим иеравеиство \f(x) <g(*), (9.17) где f(x) и g(jc) — некоторые функции. Неравенство такого вида равиосильио следующей совокупности двух систем неравенств: Рассмотрим иеравеиство |/(* J >«(*), (9.18) где fix) и ^(х) — некоторые функции. Это иеравеиство равиосильио следующей совокупности двух систем неравенств: о /W>*M ИЛ„2)Р)>0' Рассмотрим иеравеиство ИНЬ***)- (9-19) где f(x) и gijc)— некоторые функции. Это иеравеиство можно решить двумя способами. Во-первых, оио равиосильио совокупности двух систем: 'х < 0, |х > О, 1)11/Ы<в(«),,ш,2)11/И<*(«) Во-вторых, оио также равиосильио двойному неравенству Рассмотрим иеравеиство ИИ) >*(*)• (9.20)
где f(x) и g(jc) — некоторые функции. Это иеравеиство можно решить „ двумя способами. Во-первых, оио равносильно совокупности двух систем: (ж < 0, \х > О, 1)||/(-^>^)ИЛи2)||/(^>^) Во-вторых, оио также равносильно совокупности двух неравенств И*|)<-«« Рассмотрим иеравеиство ИФИ*]|> (9.21) где f(x) и g(x) — некоторые функции. Это неравенство решается при помощи разбиения области его допустимых значений иа промежутки, каждый из которых является промежутком постоянства знака как функции fix ), так и функции g(x). Затем на каждом из этих промежутков решается иеравеиство без знака абсолютной величины. Объединив решения иа всех промежутках, получим множество всех решений неравенства. Некоторые неравенства вида (9.21) \f(jc} ^ \s(xJ целесообразно решать, перейдя к равносильному неравенству (/"(х))2 > (g(jc)f , т.е. возведением обеих частей исходного неравенства в квадрат. ИРРАЦИОНАЛЬНЫЕ НЕРАВЕНСТВА Алгебраическое иеравеиство называется иррациональным, если его неизвестное входит под знак корня. При решении иррациональных неравенств, как и иррациональных уравнений, кории четной степени рассматриваются только арифметические, а кории нечетной степени рассматриваются иа всей числовой оси (при всех действительных значениях подкоренных выражений). Если иеравеиство, обе части которого неотрицательны при всех значениях неизвестного из области допустимых, возвести в любую натуральную степень, то получим иеравеиство того же смысла, равносильное данному, т.е. если дано иеравеиство /.(*)>л(*)> причем при всех х из ОДЗ Д (х ) > 0 и /2 (х ) > 0 , то неравенство 245
равносильно данному. Если обе части неравенства возвести в нечетную натуральную степень, то получим иеравеиство того же смысла, равиосильиое данному, т.е. если даио иеравеиство то иеравеиство {fl(x)fn+l>{f2(x)fn+l равносильно данному. В частности, иеравеиство вида 1{7ф)<14в(х), neN, (9.22) f/(x)>0 равносильно системе 1 ,/ \ t \ а иеравеиство вида 1"ifF)<1"ig(x), »eJV, (9.23) равносильно неравенству f(x)< g(jc); иеравеиство вида 247£)<gk\ n^N, (9.24) равносильно системе < g(x) > 0, а иеравеиство вида ш<шг, г"Ц$)<е(х\ neN, (9.25) равносильно неравенству f(x)< (g(x))2"+1; иеравеиство вида Ч№1>*М n*N, (9.26) равносильно совокупности двух систем неравенств ш>шг, а иеравеиство вида 1"if£)>g(4 n*N , (9.27) равносильно неравенству f(x)> (g(x)f"+l ■ g(x)<0, /(*)>0или 246
ПОКАЗАТЕЛЬНЫЕ И ЛОГАРИФМИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА При решении показательных неравенств используются следующие правила: 1) Если а > 1, то неравенство „/.(*)< „/,(*) (9.28) равносильно неравенству fi(x)< /г(х), а неравенство я/.(0>вЛ(0 (9.29) равносильно неравенству /, (х ) > /2 (х ). 2) Если 0 < a < 1, то неравенство ■а/^)<аА^) (9.30) равносильно неравенству /1(х)>/2(к), а неравенство в/.(*)>вЛ(*) (9.31) равносильно неравенству /[ (к ) < /2 (* ). 3) Если а > 1, то неравенство loge/i(*)<loge/2(*), (9.32) где /,(х)>0, /2(х)>0 , равносильно неравенству f\(x)< f2(x), а неравенство toge/1fr)>loge/2(x), (9.33) где /t(x)>0, /2(х)>0 , равносильно неравенству f\(x)> f2(x). 4) Если 0 < я < 1, то неравенство 1оВв/,(*)<1оВв/2(к), (9.34) где /,(х)>0, /2(х)>0 , равносильно неравенству f\(x)> f2(jc), г неравенство log ,,/,(*)> log а/2(*)> (9.35) где у, (д:) > 0, /2 (t )> 0 , равносильно неравенству Л(^)</г(л:)- 247
ТРИГОНОМЕТРИЧЕСКИЕ НЕРАВЕНСТВА Тригонометрическим неравенством называется неравенство, в котором неизвестное входит под знак тригонометрических функций непосредственно или в виде линейной функции неизвестного, причем иад тригонометрическими функциями выполняются только алгебраические действия. К простейшим тригонометрическим неравенствам относятся: 1. Неравенство sinx > а. Если а < -1, то решением неравенства будет любое действительное число. Если -1 < а < 1, то решениями неравенства будут arcsin a + 2im< х < 7t-arcsin а + 2ш, п€ Z . (936) Если а > 1, то неравенство решений не имеет. 2. Неравенство sinx < а. Если а < -1, то неравенство решений не имеет. Если -1 < а < 1, то решениями неравенства будут 7i-arcsina + 2jiH < х <2л + arcsin а+2ли, ие Z . (9.37) Если а > 1, то неравенство верно при всех действительных значениях х. 3. Неравенство cosx > а . Если а<-\, то неравенство верно при всех действительных значениях х . Если -1 < а < 1, то решениями неравенства будут -arccosa + 27tn <x < arccosa + 27m, neZ . (9.38) Если а £ 1, то неравенство решений не имеет. 4. Неравенство cosx < а. Если а<~\, то неравенство решений ие имеет. Если -1 < а < 1, то решениями неравенства будут arccosа + 2пп< х <2п-агссоза + 2тиг, ие 2 . (9.39) Если а > 1, то неравенство верно при всех значениях х . 5. Неравенство tgx > а. Это неравенство имеет решения при любых действительных значениях а, причем arctg а + пп <х < — + ли, neZ. (9.40) 6. Неравенство tgx <a. Это неравенство имеет решения при любых действительных значениях а, причем — + пп< х <arctg а + яп, ие z . (9.41) 248
7. Неравенство ctg х > а. Это неравенство имеет решения при любых действительных значениях а , причем ли < а: < arcctg а + пи, не Z . (9.42) 8. Неравенство ctg х < а . Это неравенство имеет решения при любых действительных значениях а , причем arcctga+ли <х < ж + пп, пе Z . (9.43) В случае нестрогих неравенств к решениям присоединяются соответствующие концы интервалов. 9.096. Доказать, что произведение суммы трех положительных чисел на сумму обратных чисел не меньше 9. Решение. Пусть а>0, Ь>0 и о 0. Докажем, что (а + Ь + с]— + — + - > 9. [а Ь с Имеем , а а Ь . Ь с с , п (а ЬЛ (Ь с Л (а с V . Ь с a cab ' \Ь а \ \с Ь) \с a J ' а '* +2+ £-.£ 1+2+1 ,|--,|- 1+226 Ь V а ' ( V с \Ь v +\ V 1/ I +\i!~~\l~ I ^ 0, неравенство истинно. Что и требовалось доказать. 9,097. Доказать, что если а — любое действительное число, то верно а2+а + 2 >2 неравенство г~-> ■Ja' +а + Решение. Имеем а2 + а + 2 (а2 +а + \)-2^а2 +а + \ +1 -2>0 о ^ ' >0, -Ja2+a + \ Va2+a + l
47^л-А (п -a ——-— ^~>0 неравенство истинно, т.к. Va +а+\-\ >0 V7+«+i ^ J н \а +а + 1 > 0 при ае Я. Что и требовалось доказать. 9.098. Найти все значения^, при которых выражение lg((/>-l)x + 2/>х+3/>-2) определено для любых л-. Решение. ОДЗ:(р-1)л2+2рд+Зр-2>0. Неравенство Ах2 +Вх + С>0 выполняется для всех xetf, когда В2~4АС<0, А>0, г.е. когда J р~ -(Р~ШЗр-2) < 0. ^ [р-1>0 [2р2-5р + 2>2, <=>(;;> 2). U<>1 Ответ: /^е {2;°°). 9.099. Найти все значениям, при которых выражение J(o + 1)a-2 -2(й-1):с+Зй-3 имеет смысл для любых лей. Ранение. ОДЗ:(« + 1)х2-2(а-1)х + За~3>0. Неравенство Ах2 +Вх+С>0 выполняется для всех лей, когда В2-4АС<0, А > 0,т.е. когда (o-l)2-(o + l)(3a-3)<0, [(а-1)(</ + 2)2 0, а + ]>0 [а + 1>0 Ответ: а е [1;™). 9.100. Найти множество целых значений х , удовлетворяющих неравенству 42+^Г[ +3 .22+^"* -16 < 15-4^ +23+^ + 5-2Н^ . Представим неравенство в виде 16.22^+3-4.2^-16<15-22^+8-2^ + 5-2^2^-' о
«2 x" -6-2 x" -16 < 0. Решив это неравенство как квадратное относительно 2 ч , имеем -2 <2^х'1 <8 . Неравенство 2^"'>-2 <=> ох-1>0, х>1 .Неравенство 2,^=?<8 о 2^ < 23 <=> Vx^T<3, О < д: -1 < 9 , 1 < х < 10 . В ответзапишем целые числа из этого промежутка. Ответ: Xj=l; х2 = 2 ; х3=3; х4 =4 ; х5=5; х6=6; х7=7; xs = 8; х9 =9. 9.101. При каких значениях р оба корня квадратного трехчлена х2 +2{р+\)х + 9р—5 отрицательны? Решение. По теореме Виета корни квадратного трехчлена Ах +Вх + С существуют и оба отрицательны тогда и только тогда, когда D = В2-4ЛС20, — >0, о А А 5 4{p + lf- 4(9р-5)>0, 9р-5>0, р + 1>0 р2-7р+б20, и р > — откуда имеем 9' р>-\, -< р&\, 9 и р>6. Ответ: ре -;1 11[б;°°). 9.102. При каких значениях и оба корня уравнения(п-2)х2 - - 2пх + и + 3 = 0 положительны? Решение. По теореме Виета корни квадратного трехчлена Ах2 +Вх+С существуют и оба положительны тогда и только тогда, когда
D = B2-4AC>0, A A и2-(и-2Хи + 3)2 0, >0, n-2 и + 3 >0 .n-2' (ие(-~ ;-3)U(2;6j. f"<-3, ° [2<«S6 Ответ: и е (- °°; - 3)U (2; б]. 9.103. При каких значениях m корни уравнения 4х2 -(Зт + 1)яг-т-2=:0 заключены в промежутке между-1 и 2? /*ешение. Корин уравнения ах + Ьх-ьх -0 заключены в промежутке (Х,5), т.е. Х<х, <5 иХ<х2 <5,когда *2-4яс2 0, я(я82+*8 + с)>0, а(яХ2 + *Х + с)>0, ° Х<-А<6 (Зш + 1)2+16(ш + 2)>0, 4(2)2-(Зш + 1)2-ш-2>0, 4(- if - (Зш + lX-1)- m - 2 > 0, Зш + 1 -i<; -<2 Ответ: т е I : — 2 7 шей, 9m + 22m+ 33 -7т + 12>0, 2т + 3>0, Зт-15<0, Зт + 9>0 ьо, <=> 12 т < —. 7 3 т> —, 2 т<5, т>-3 " 3 12 <т < — 2 7
9.104. При каких значениях а квадратный трехчлен ах - 1х + 4а принимает отрицательные значения для любых действительных значений х? Решение. Квадратный трехчлен ах ~1х +4а<0 для хе R , когда U9-I6a2<0, \а2>—, ( 7 1"<° \a<0 I 4 ( 7 Ответ: а е - °°; - — I \ I 2 I 8 9.105. Найти целые числа х , удовлетворяющие неравенству > — . , , 9 9 ^ 9 43 61 Из условия имеем к-13к — , х *13 , отсюда- — <*~3< —,—;<*<—, Г-14> 4 44 4 х *13; хе —;13 U 13; — .Целыми решениями из объединения этих интервалов будут х1 =\\ ; х2-12; х3 =\4 ; х4 ~\5 . Ответ: х} = 11 ; х2 = 12; х3 =14 ; х4 = 15 . 9Л06. Доказать, что при условии 2_у + 5х = 10 выполняется неравенство Ъху -х2 -у2 <7. Решение. Получаем систему |2^ + 5ж = 10, \Ъху-х2-уг<1 10-5х \У = - 10~5х Зх(10-5х) х2 Г10-5дЛ2 ;7 2 I 2 ) 2 |59х2-160х + 128>0.
Неравенство 59х -160х +128 > 0 выполняется для всех х ,т.к. 59>0, D>0. Что и требовалось доказать. 9.107. Доказать, что если 46 + а = 1, то выполняется неравенство а2+4Ь2>~. 5 Решение. Имеем 4* + Я=1, fa = l-4i, fa = l-4i, a2+4b2 >i ° \(l~4bf+4b2>~ ° \25*2 -10i + l >0 ' (a = \-4b, ~[(5b-lY>0. Последнее неравенство истинно. Что и требовалось доказать. 9.108. Доказать, что многочлен т ~т + т +т -ти+1 принимает положительные значения при всех действительных значениях т . Решение. Перепишем данный многочлен в виде т6 + т2 -(т5 +т)+(т4 + \)=т2(т* +l)-m(m4 + l)+(m4 +l)= ~{т4 +lj(m2 -т+1).Таккак /и4 +1>0 и/и2-/и+1>0 при те R , то (т4 +1Д/и2 -m + lj>0 при те R . Что и требовалось доказать. 9.109. Найти область определения функции / , если /(ж)=\4 х -172х +4- Решение. Имеем при х *0 неравенство £+1 I Г iV £ 4 * -17-2* +4 >0 о 4- 2х -17-2* +4£0, решим его как квадратное относительно 2 х .Получим
2х >4, 1 2*<1 2% >2Z 2* <2 x<0, -£2, -<-2 l-2x l + 2x ao, <0 |x*0, x + - |x<0, 0<x<- 1 — <x<0. 2 x*0 Ответ: xE I 9.110. Найти область определения функции/ если •н«т Г4х-22 х-5 /•ешеные. Получаем неравенство 9 -I -^— > 0 <=> ( —^-— I < 9 <=> х-5 4Ж-221 ,^4ж-22^, - < 3 <=> -3 < < 3 <=> *-5 4х-22 х-5 4х-22 х-5 -3<0, + 3>0 х-5 х-7 х-5 7х-37. ^ х-5 4х-22<з,' >-3 х-5 4х-22 х-5 <0, Rx-7)(x-5)<0, <=>1(7х-37)(х-5)>0, х-5 >0 х*5. ш 31 Г37 Методом интервалов получаем хе\ — ;7 Ответ: ХЕ №
9.111. Найти целые неотрицательные значения х , удовлетворяющие х + 3 1 2х неравенству —--— < ——- . х2-4 х+2 2х-х2 Решение. х+3 1 2х Перепишем неравенство в виде —z + —. ^ < 0 о хг-А х + 2 х(х-2) * + 3 1 2 . п [/ 2*v9M<0, + <о при х*О, о \(х-2\х+2) о (х-2Ух+2) х + 2 х-2 (2х + 9)(*-2)(х+2)<0, х*0. С помощью числовой прямой получаем х = 1. Ответ: х~\. 9.112. При каких значениях а неравенство —= < 1,5 выполняется для х +4 любых значений х е R ? Решение. Таккак х2 +4 >0,тоимеем ах < 1,5х2 +6 о 1,5х2-ах + 6>0 . Это неравенство выполняется для любых значения хе Л ,если Z)=a2-36<0, а2 < 36 , -6 < а < 6 . Ответ: а е (-6; б). 9.иЗ.Найтао6ластьогфедшения45^киии/)если/(х)= Jlog05(x2 -9J +4. .Решение. Область определения данной функции найдем, решив неравенство log05^2-9)+4S0, log0i5^2-9)>-4 о о 0<х2-9<16, 9<х2<25 о
b^<25, 1x2>9 Ошвеш.же[-5;-3)и(3;5]. 9.114. При каких значениях х определено следующее выражение: Решение. Получаем неравенство l-log0>5(*2-2*-2,5)>0, 1<*0>5(*2-2ж-2,5)<1 о о х2-2х-2,5>0,5, х2-2х-3>0, (x + lX*-3)>0 о о (re(-«;-l)U(3; + «)). Ответ: х е (- °°; - l)U (З; + °°). 9.115. Найти те значения т , при которых неравенство х2-8х + 20 тх 2 + 2 (т +1 )с + 9т + 4 <0 вьшолняетсядлялюбыхдействительныхзначенийх . Решение. Так как х - 8х + 20 > 0 при хеД , то необходимо тх2 +2(m + l)t+9m+4<0. Последнее неравенство истинно для х е Я , когда (ш+1)2-ш(9ш+4),<0, ш<0 Ответ: те -»; . 2 8ш2 +2т- т<0 1 > 0, ,1 > <=> т< — 2 9 Синем М. И., кн. 2
11ж2-5ж + 6 9.116. При каких значениях ж разность — ж принимает х + 5ж + 6 только отрицательные значения? Решение. Имеем 11ж2-5ж+6 11ж2-5ж+6-ж3-5ж-6ж — х<0 о ; <0 о ж2+5ж+6 ж2+5ж+6 -ж3+6ж2-11ж + 6 „ ж3-6ж2 + 11х-6 о <0 о г х + 5ж + 6 х + 5ж + 6 >0 о о (^-'Х^-2Х^-3)>0 0 (х-1Х*-2Х*-зХ* + зХ*+2)>0. (ж + ЗХж + 2) Методом интервалов получаем х е (- 3; - 2)U (l; 2)U (3; °°). Ответ: же (-3;-2)U(l;2)ll(3;°°). « .,» „ ж +тх -1 ".117. При каких значениях т неравенство—г <1 выполняет- 2ж2-2ж+3 ся для любых х ? Решение. Из условия получаем ж2+тх-1 , „ ж2+тж-1-2ж2+2х-3 „ —г— 1<0 о -. <0 о 2ж2-2ж + 3 2ж2-2ж+3 -ж2+(т+2)г-4 . ж2-(т+2>г+4 „ о ^ С <0 о ^ - >0. 2ж2-2ж + 3 2ж2-2ж+3 Таккак2ж2-2ж + 3>0 при же R ,то ж2 -(т + 2)г+4>0 для же Я <=> о (т+2)2-16<0, (т + 2)2<16,-4<т+2<4,-6<т<2. Ответ: т е (- 6; 2).
9.118. При каких значениях т неравенство — > -1 выполия- х2-Зх + 4 ется для любых х? Решение. и 2л: -(/и + 3)х + 2 п ~ 2 -. л п Из условия имеем ь - > 0 Так как х - Зх + 4 > О при х2-Зх + 4 xeR, то 2х2-(ш + 3)х + 2>0 для любыхх, откуда D = (ш + 3)2-16<0, (ш + 3)2<16, -4<ш + 3<4, -7<ш<1. Ответ: /ие(-7;1). ~..~ „ -1 + 9я + 4я 9.119. При каких значениях я сумма ал ^ принимает толь- я2-Зя-10 ко положительные значения? Решение. Запишем неравенство -1 + 9а + 4я2 „ я3-Зя2-10я-1 + 9я + 4я2 „ я+—= >0, = >0, я2-Зя-10 я2-Зя-10 я3 + я2-я-1;0 я2(я + 1)-(я + 1)>0 (я + 1)(я2-1);0 я2-Зя-10 ' (я + 2)(я-5) ' (я + 2)(я-5) ' (я + 1)2(я-1)(я + 2)(я-5)>0. Методом интервалов находим ae(-2;-l)U(-l;l)U(5;°°). -1 Omeem:ae (-2 ;-l)U(-l;l)U(5;°°). 9.120. Найти целые значениях, удовлетворяющие неравенству log4 x + log2(-v/x -1) < log2 log_yj 5. Решение. Перейдем к основанию 2. Имеем-log2x + log2(Vx-l)<log22 < о log2 -Jx + log2(\fx -1) < 1 о log2(-v/x(-v/x -1)) < 1 о
iJx(Jx-1)<2, f(Vx)2r-v/x-2<0, i ,_ n n \-1<tJx<2, <=>ix>0, <=>{x>0, <=>< о / r- [x>1 |V*-1>0 [Vx>l <=> i <=> 1<X<4. Ответ: Xj=2; x2-3. 9.121. Показать, что при любых действительных значениях* функция х2 + х + 1 . г 3 1 у = —г не может принимать значении, больших — и меньших — . х2 + \ 2 2 /*ешеные. Пусть, от противного, имеем ,2 1) , " > - о 2х2 + 2х+2 > Ъх1 + 3 о х2 -2ж +1 < 0 о ;Г + 1 2 ,х + * + 1^3__ 2|_ . , , ,^2 2)^4^-<-<=>2ж2+2ж + 2<ж2 + 1ож2 + 2ж + 1<0о х2 + 1 2 <=> (х +1) < 0, нет решений. Полученные противоречия показывают, что .у не может принять значения, меньшие, чем — или большие, чем —. 2 ч2 Что и требовалось доказать. Найти области определения функций (9.122—9.129): 9.122. У = 2VI ^ ' '. Решение. Областью определения данной функции будут все те значения х, для которых выполняется неравенство|x-3|-|8-jtj>0.Раскрывая модули, получаем три случая: nfx<3> \Х<Ъ< }-х + 3-8 + х>0 1-5>0,
(-, , о 13 < ж < 8, 3<х<8, ' и 2)| й И — <х<8; '\х-Ъ-% + х>0 \х- ' 2 ,, \х>%, \х>%, \х>%, 3)J о J | ' х>8. х-3+8-х>0 5>0, жей. Ответ. •: хе\ —;° ■ibx-x1 9.123. у = log Решение. Получаем J4x-x22 0, |log3|x-4U0 [ж(ж-4)<0, о <1х-4|*1. о О < х < 4, ХФ\ хфЪ, х*4. [х-4*0 Ответ: хе [0;3)U(3; 4). 9.124. у = log,(o,642~""^* -l^S8-^"^ ' Решение. Рассмотрим неравенство 0,642~'°8л,'-1,258"("'8г")! >0 о <=> 4-21og кх >log2x -8 . Переходя к основанию 2, получаем log2x + 41og2x —12 > 0. Решая это неравенство как квадратное относи- х> 4, тельно log2 х , имеем log2 х > 2, log2x<-6 0<х<—. 64 Ответ: хе\0; — |U (4; °°).
9.125. у -- |log]log3|x -3 Решение. Областью определения данной функции будут те значения х , для которых имеет место неравенство log, Iog3|jc -3|>0 <=> O<log3|x-3|<1 <=> 1<|х-3|<3 <=> ||х-3|<3, ||*-Э|>1 -3<x-3S3, "х-3>1, х-3<-1 Ответ: хе [0;2)11(4;б]. 9.126. У = jlog2i (x -3)-1. <=> • 0<ж<6 х>4, х<2. Решение. Получаем неравенство log2 (х -3)-1->0 , log2, (x -3)>1 iogi(x-3)21, 2 log,(x-3)s-l 2 em: x e 3; — U 0<х-3<-, 2 о х-3>2 3<х<- х>5. [5;-). 9.127. j>=^2-lg|*-2| . Решение. Имеемнеравенсгво2-1ф-2|>0, lg|x-2|<2 <=> 0<|jc — 2| < 100 <=> J|x-2|<100, Г-100<х-2<100, |-98<ж<102, °{|х-2|>0 ° [х-2*0 ° [ж*2. Ответ: хе [-98;2)ll(2;102].
9.128. ^ = log,^108"-'0'5- 1 log3(2x-6)' Решение. Область определения данной функции найдем, решив систему неравенств М**-'0*5 -1 > 0, i2H"'0'5 > 1, [log,_30,5 > 0, jlog3(2x-6)*0, <=> J2j:-6?tl, о <2х*1, 2х-6>0 2х-6>0 2х>6. Получаем два случая: 2) 0<х-3<1, 0,5 < 1, 7 х*-, 2 х>Ъ ж-3>1, 0,5 >1, 7 0. **2' ж>3, Ошвет:же|3;-|и[у;4 '■i2^=iS^ -1н 1 -4) logg (х-4)- .Решение. Из условия получаем систему неравенств х2-1 (х + ЗХх-4) logs (х-4)^0 х-4>0 ISO, ж + 11 т 5 4s 0. (x + 3Xx-4) х-4*1, ж>4 (х+пХ*+зХ*-4)>о, хф-Ъ, хфЪ, х>4.
Методом интервалов имеем х е (4; 5)U (5; °°). -И -3 4 Ответ: же (4;5)U (5;°°). Решить неравенства(9.130—9.205): |Зж + 1| , 9.130. г <3. I *-з | Решение. Неравенство равносильно системе двух неравенств [Зж + 1 х-Ъ \Ъх + \ <3, 3£±1.3<0, Ц°-<0, х-3 ' х-3 . Зж + 1 > -3 + 3 > 0 х-3 U-3 [х-3<0, 4 |(Зх-4Хх-3)>0 3 Зх-4 U-3 >0 Ответ: х е 9.131. log|I_1|0,5>0,5. Решение. Из условия имеем две системы неравенств: [0<|ж-1|<1, (|Н>1, 0,5>,& 0,25<|х-1|<1, х*1; ж-1|>1, 0. х-1 <0,25, Из системы 1) имеем ■ 0 < х < 2, х*1, ж > 1,25, ж < 0,75.
Методом интервалов получаем х е (О; 0,75)U(l,25; 2). О 0,75 1 1,25 2 Ответ: х е (0; 0,75)1) (1,25; 2). 9.132. logx^pi>0. х +1 Решение. Данное неравенство равносильно следующим двум системам неравенств: 0<х<1, Зх-1 , Зж-1 „ <=> 0<х<1, х2-Зх + 2 х2+\ Зх-1>0 U'+i ->0 (0<х<1, ■> 1 х -Зх + 2>0, <=> -<х<\; Зх-1>0 х>\, Зх-1 U2+l \х>\, >i г , <о { х2+1 Х>\, х2 -Зх + 2<0 о 1<ж<2. Ответ: xe\-;l U(l;2). |х + 2|-Ы ' 9.133 1-rJ=P>0, /•ешеные. ОДЗ:4-х3>0,*3<4,х<3Л'. Отсюда получаем \х + 2| - \х | > 0. Раскрывая модули, имеем следующие три случая: \х<-2, \х<-2, О -х-2 + х>0 -2>0 ' 0; 265 t
-2<x<0, j-2<x<0, |x + 2 + x>0 ' [ж>-1 <=> -1 < х < 0; х>0, х>0, \х + 2-х>0 2>0 хе (-1;°°). Учитывая ОДЗ, имеем хе (-1;V4J. Ответ: х е (-1; V4 ). sin2x 9.134. 0,5l/F<0,51-cos2x <0,5. Решение. Данное неравенство равносильно системе двух неравенств j sin2x 11 - cos2x sin2x < U-cos2x >1, Я ( sin2x 11 - cos2x sin2x 11 - cos2x -1>0, -л/з<0 sin2*-l + cos2x >0, l-cos2x sin2x - V3 + л/3 cos2x l-cos2x <0 2 sin x cos x - cos x - sin x + cos x - sin x >0, 1 - cos x + sin x 2sinxcosx-V3cos2x-v3sin2 x+ V3cos2 x-v3sin2 x <0 1-cos x + sin x 2sinx(cosx-sinx) > ^ Ugx-1 > 0, [ctgx > 1, 2sin2x I г- п r- t \ <=>^ctgx-V3<0, « Jctg*<V3, 2sinxlcosx-V3sinx) „ . ^- ^ '<0 sinx*0 sinx*0 2shrx >l<ctgx<-\/3 о — + nk<x< — + nk , keZ . 6 4 Ответ: x e — + nk; — + nk I, к e Z . 6 4 ' 266
31og„x + 6 9.135. a) —Y > 1; 6) log, log, ж + log, log, ж < -4 . log„x+2 Решение. ,„ loglx-31og.x-4 а) Перепишем неравенство в виде —— — < 0. log'x + 2 Таккакк^2х + 2>0 при0<я*1 их > 0,то log^x-31og0x -4< 0. Решая последнее неравенство как квадратное относительно log a х , имеем -l<log„x <4 => |0<я<1, 1) 4 12) я <х< —; я>1, — <х<я4 .я Ответ: хе я ;— для 0<я<1 и хе —;я ,если я> 1. б) log2log, х + log, log2 x <-4 . Перейдем к основанию 2. Имеем log2log2-v/x+log2,/log2x й-4 => log2(log2-v/x-,/log2x)<-4, log2 -v/x • ,/log2x < — , log2 x • ,/log2x < -. Возводя обе части неравен- 16 8 з 1 1 Г" ства в квадрат, получим log2x < — .Отсюда 0<log2x < —, 1<х < V2 . 64 4 Ответ. xe(l;V2j. (х2 Зх 3 Of, (x-2f.(l-x)l „ Решение. х3+6х2+12х + 8 (l-x)l? +2f -(x-2f (1-х)^ 8* ' (х + 2)2 > ° ^+8)+(бхЧ12х) 0-,)^+2У-(»-2У). ,. 8* (х+2)2
(x + 2)(i2-2x+4)+6x(x+2) (l-xX(x + 2+x-2)(i+2-x+2)); 0 ° 8x ' (x + 2f b + 2p+4x + 4) (l-x)-Bx (x + 2^ + 2f(x-l)x 8x (x+2f ° xCx + 2)2 f(r+2^r-l)<0, о lx*0, [x*-2. Методом интервалов находим х е (- 2; 0)U (0; l). Ответ: же (-2;0)U(0;l). 9.137. (log;,*)4- 32 . + 9-log2—<4 log, ж Решение. ОДЗ:х>0. Перейдем к основанию 2. Имеем log2x- log + 91og2^|-41 i x<0 <=> olog4x-(31og2x-3)2+9(5-21og2x)-41og5x<0 о ologjx-91ogf x+181og2 x-9+45-181og2 *-41ogf ж<0 о ologj x-131og2 x + 36<0. Решая это неравенство как биквадратное относительно log2 x , получаем систему неравенств - < х < 8, х>4, 0<х< 1_ 4' 268
С помощью числовой прямой получаем х е -; — U (4; 8). "^ ^~ Ответ: ж е I-;-|U(4;8). 9.138. к-з ->2 х1 -5х+6 Решение. ОДЗ:х*2,3. Раскрывая модуль, получаем два случая: [*-3<&, \х<\ 'М ГХ + Ъ -2>0 ° r^fll^x) U2-5x + 6 [ х2-5х+6 х<3, (*-2)(х-3) <0 ж<3, Методом интервалов получаем :*2. 2)' х-3>0, *£3, £ >2 о | АХ +'" _>0 <=> 269
x>\ \х-2\х-Ъ) SO x*2,3; (x-2)fx-|l<0, 0. x>3, -"[I 9.139. m x + l m x+3 m+9x 2 3 < б-' Перепишем неравенство в виде - Зягх+3-2т'х-6-т-9х т х+\ т х+3 /и+9* 3 <0 о <0 о (ш2-9)с-(т+3)<0, (m+3X(m-3>-l)<0. Полученное неравенство равносильно следующим пяти системам неравенств: \т<~Ъ' fm=-3, И<т<3. 1) 1 2) ' 3) 1 \х<- ; 0; \х> ; I ш-3 - I ш-3 Г , | Ш > 3, ш = 3, I т-3 Ответ: Если /и > 3 или /и < -3 , то х е - °°; т-3 если -3 < /и < 3, то х е 1 (т-3 если /и = 3,то хе (-°°;°°); если т = -3, то решений нет. 270
9.140. r-V2-x <2 J2-x Решение. ОДЗ: x < 2 . Так как V2-x > 0, то имеем (v2-x J + 2(v2-x J-4> О.Вгшив это неравенство как квадратное относительно V2-X , получаем V2-x < -1 - V5 , 0;или V2-x >-l + V5 о 2-х > (r/s-l/, x <-4 + 21/s . Ответ: хе (-°°;-4 + 2v5J. 9.141. ^9*-3*+2 >Зх-9. Решение. Перепишем данное неравенство в виде V32* -9-Зх >3Х -9,Онорав- носильно следующим двум системам неравенств: [зх-9<0, [з*<32, \х<2, 1з2х-9-3*>0 [3*(з*-32)>0 U&2, (зх-9>0, J3"232, \з2' -9-3" >(з* -9]Р [з2х-9-3*>^*-9)! Гз* >З2, Гх>2, ** [з2*-9-3*>32*-18-3*+81 ° [Э-З* >81 Ответ: хе (2;°°). х2-5х+4 х>2, х>2 о х>2. 9.142. х2-4 <1. Решение. ОДЗ:х*±2. Данное неравенство равносильно с истеме двух неравенств х -5х + 4 х2-5х + 4 I х'-4 <1, >-1 х -5х + 4 х'-4 х2-5х + 4 I х'-4 -1<0, + 1>0
x -5x +4-x +4 SO, -5x+8 SO, x2 -5Ж+4+Ж -4 >0 2x^-5x x2-4 >0 х-Цх-2к + 2)>0, x(x-^X-2fc + 2)>0, x *±2 ■Z_j^S»; 5 2 -2 0 2 5 Для системы неравенств графически получаем «NHf- -»NHf- 9.143. Vx + 3<Vx-l+Vx-2 . /•ешеные. |x + 3>0, ОДЗ: jx-l>0, о х>2. [x-220 Так как обе части неравенства неотрицательны, то, возведя обе части в квадрат, получим x + 3<x-l + 2ij(x-lXx-2) + x-2 о <=> 2^(х-\\х-2) > 6 - х. Последнее неравенство, с учетом ОДЗ, равносильно следующим двум системам неравенств: f6-x<0, {х>6, 'ЧМХх-^О0 1(*-1)(*-2)>0ОХ>6;
б-жйО, [2<х<6, [2<ж<6, ,— 2)*>2, **Ь>2» ° /28 «J^<*S6. tag Объединяя промежутки решений, получаем, что х > .1— . Ответ: х е /г ИМ 9.144.1 ±2—_>о. log2|x-l| Решение. ОДЗ:|х-1|>0,х^1. Корнями уравнений *- — р-ж) = 0 и log2|x-l| = 0 являются числа 1 *] =— , х2 =3, х3 =2, х4 - О, которые не являются решениями заданного неравенства, поэтому на числовой оси отмечаем их полыми кружками: (включая х = 1). Эти точки разбивают числовую ось на шесть промежутков. Подставляя из каждого промежутка значение х в данное неравенство, получаем знак неравенства в рассматриваемом промежутке. С помощью рисунка находим ответ: х е 0; — U (2; 3). Ответ: х<=\0;- 1)(2;3).
9.145. -^cos"2x<4tgx. Решение. Запишем иеравеиство в виде •Л 4sinx V3-4sinxcosx „ f-Л-2sin2x <0, 5 <0 о <0в cos х cosx cos2 х [cosx*0 7з sin2x>—, * + 2m<2x<K-Z + 2m,neZ, z 3 3 cos* * 0 — + nn<x< — + rm neZ. 6 3 Ответ: xe ~ + im\ — + im \, ne Z . 6 3 ' 9.146. sin4x + cos4x ctg 2x > 1. /*ешеные. Перепишем иеравеиство в виде . . cos4xcos2x , sin4xsin2x + cos4xcos2x sin4x + : >1 о >1 о sin2x sin2x cos2x „ n 7i nn % nn о >l,ctg2x>l, яи< 2* <- + яи,_ <*<_ + _, „eZ, sui2x 4 2 8 2 у<х<-(4и + 1), „eZ. Ответ: xe\ —;— (4и + 1) , neZ . 9.147. 2 + tg 2x + ctg 2x < 0. /•ешеные. Из условия имеем 2 + ,g2* + -i-<0 „ tg22x+2,gx + l<0(,g2x + iy<() ^ tg2x tg2x tg2x
jtg2x + l*0, jtg2x*-l, 2x*-- + ra, 1tg2x<0 ° 1tg2x<0 " « . I 2 71 71И Ж * + , 8 2 v ne Z ■ n nn nn — + — <x<—, 4 2 2 Ответ: х^(2п-1);^(4п-1)Щ(4п-1)Щ neZ. 9.US.xt+3x3+24x2-*<0. x Решение. Данное иеравеиство равносильно системе двух неравенств 1х4+Зх3+4х2-8<0, |(с4-ж3)+(4ж3-4)+(4ж2-4)<0, [х * О \х*0 1х3(х-1)+4(х-1)(с2+х + 1)+4(х-1Хх + 1)<0, ° \х * 0 ° |(ж-1)^с3+4ж2+8ж + 8)<0, J (х - l)ft3 + 8)+ (4ж2 + 8х ))< О, [ж* О о|(х-1)((х + 2)(с2-2х + 4)+4х(х: + 2))<0, о ]х*0 o|(x-l)(x + 2)(t2+2x + 4)<0, ^ |(*-1)(х + 2)<0, \х * О 1* * 0.
<0 <=> Методом интервалов получаем х е (- 2; 0)U (0; 1). Ответ: хе (-2; 0)ll(0;l). 3 25ж~47 3 9 149 <— ' 'бх2-х-\2 10Ьс —15 Зж+4- Решение. Перепишем данное неравенство в виде 3 25х-47 3 (Зж + 4Х2х-3) 5(2ж-3) + Зж + 4 15-(25ж-47ХЗ» + 4)+15(2ж-3) -75х2+ 71х + 158 ° 5(Зж + 4Х2ж-3) К ° (Зж + 4Х2ж-3) 75*>-71*-158 „ ЧХ + РХ"2) „ ° (Зх + 4Х2х-3) >0' (3* + 4Х2х-3) >0 ° о | х +— Ь -2ХЗх +4Х2ж -3)> 0. Методом интервалов имеем хе | -°°;— U ; — U(2;°°). Ответ; х J—;-iju(-I|;| ]U (2; ~>). 9.150. 'Og°^-2|<0. х - 4х Решение. ОДЗ:|х-2|>0,х*2,х*0,х*4. Корнями уравнений log 03 |х - 2| = 0 и х2 - 4х = 0 будут числа хг х2 =3, х3 =0, х4 =4 , х5 =2 —не подходит по ОДЗ. 276
Эти точки разбивают числовую ось на 6 промежутков. Из каждого промежутка выбираем значение х и, подставляя его в данное неравенство, определяем знак иеравеисгва иа рассматриваемом промежутке. Методом интервалов получаем, что х е (—;0)u(i;2)U(2;3)U(4;~). 0 12 3 4 Ответ: х е (—;0)U(l;2)U(2;3)U(4;~). 9.151. т/х2-4ж >х-Ъ. Решение. Неравенство равносильно следующим двум системам неравенств: fx-3<0, \х<Ъ, In , <=> 1 / \ о ж SO; ;[ж2-4ж>0 |х(х-4)>0 Гх-3>0, И3' 9 2)1 2 / »в 9 « *>т- [x2-4x>(i-3)2 *>- 2 Объединяя полученные промежутки, имеем х е (—;0]U ^-;- . Ответ: х е(~°°; 0JU —; 1 - log4 х 1 9.152. , , <-■ l + log2x 2 /•ешеные. Перейдем к основанию 2. l--log2* , 2_, ж-1-108 2Х Имеем —* <0, -Зг—, г=^—<С l + log2x 2 2(l + log2x) l-21og2x ... 1о«2*- -S0, 1 +log j ж log2x + l
Умножив обе части этого иеравеиства на квадрат знаменателя, получим togjJ-ipog^ + OaO, о [log2 х +1 * О Ответ: х е 0; - ]U \Д; ° log2xS-, 2 <=> log2 ж < -1 х>-&, 0<х<-. 2 9.153. log4(Vx + 3-x)>0. /•ешеные. Из условия имеем -Jx + 3-x > 1, V* + 3 > х +1. Получеииое неравенство равносильно двум системам неравенств: \х +1 < 0, fx < -1, 1)\ о ^ о -3<ж<-1; х+3>0 ж>-3 х +1 й 0, ж>-1, 2), |ж + 3>(ж + 1)2 (х2+х-2<0 Ответ: хе [-3;l). 2-х \-2х 9.154. — ->' о -1<х<1. xJ+x2 х!-Ъх1 Решение. Перепишем данное неравенство в виде 2-х \-2х х2(х + \) х2(х-3) >0 о (2-хХх-3)-(1-2^Хх+1) х2+6х-7 (х + 7)(х-1) x2(x + lXx-3) 'ж2(*-и)(*-3) V(x + lX*-3) о х2 (х +1X* - 3 X* + 7Х* - 1 )> " . Методом интервалов получаем xe(-°°;-7)U(-l;0)ll(0;l)U(3;°°). -71 ~-i о it - и Ответ: х е (—;-7)U(-l;0)u(0;l)U(3;°°). 278
6log4*-3 9.155. 0,2 '■*•* >^/o;00821°ei*""1. Решение. 61og4.t-3 Запишем уравнение в виде 0,2 |ое4* >0,22log,x~'< 61og4x-3 61og.x-3 ., , „ >—— <21og4 x-1, —= 21og4x + l<0o log4 x log4 ж )61og4x-3-21og2x + log4x<^ 21og2x-71og4x + 3;0c 2|log4x- >_i, (log4x-3) log4x Методом интервалов находим >0o| loft,*-- (log4x-3)log4x>0. 0<log4x<-, * 2 о log4x>3 \<x<2, x>(A. -*-log4* Omeem: xe(l;2)U(64;oo). 2 /■}\logl(-r2+4.r+4) 9.156. (2,25)log2<J: "3*"10) > - » Решение. Запишем неравенство в виде o21og2(x2-3x-10)>-log|(x2+4x + 4)o o21og2(x2-3x-10)>log2(x + 2)2o
. 21og2(t2-3x-lo)>21og2|x + 2| >log2(i2-3x-lo)>log2|x+2| о x -Зх-10>|х + 2|, x2-3x-10>0, о x + 2*0 х+2<х2 -Зх-10, х+2>-х2 +Зх + \0, х2-Зх-Ю>0, х + 2*0 ж>6, х<-2; 'х>4, х<-2; ~х>5, х<-2; х * -2. Методом интервалов иаходнм х е (- ■^^. х -4х-12>0, х2-2х-8>0, х2-Зх-10>0, х+2*0 -2)U(6;-). -2 4 5 Ответ: х е (- °°; - 2)U (б; °°). 9.157. log0>5(x + 3)<log0]25(x + 15). Решение. Перейдем к основанию 2. Имеем log05 (х + 3)< log0,5 V* + 15 . Это неравенство равносильно системе неравенств х > -3, х2 +5х-6>0. \х > -3, х>1, х<-6.
С помощью числовой прямой имеем х е (l; °°). -6 -3 1 Ответ: х е (l;°°). 9.158. log,(x-l)+logi(i + l)+log^(5-x)<l. з I Решение. U -1 > о, ОДЗ:|х + 1>0, о 1<ж<5. [5-ж>0 Перейдем к основанию 3. Имеем (5-х)2 -log3(x-l)-log3(x + l)+21og3(5-:>:)>l о log3, _1vx + 1)>1 о (i-iXx+i) (*-iX*+0 (*JiX*+0 -2х2-10х + 28 х2+5х-14 (х + 7Х*-2) ° fr-lfc + 1) Mfc + 0 ' (х-1Хх + 1)<0 ° о (ж + 7Хж-2Хж-1Х* + 1)<°- С учетом ОДЗ методом интервалов получаем 2 < х < 5 . -71 - Т-1 1Г ~ Т2 Ответ: х е (2; 5). 9.159. 21og3log3x+log,log3^Vx)£l. з /*ешеные. ОДЗ:к«3х>0. Перейдем к основанию 3. 2log3 log3 x -log3 log3 9vx > 1 « olog3log2x-log3log39^al,log3 '°g3* >1, '°g3f^a3 о log39Vx log39Vx
о l0&x ЗйО о '°Е^-'°Ь*-ба(ь 2 + Ilog3x 1о8з*+6 (log3x+2Xlog3x-3)^0 ^ |(log3x+2Xlog3x-3Xlog3x + 6)>0, log3x+6 [log3x + 6*0. Отиоснтельио log3x методом интервалов получаем 1) -6<log3x <-2 ,ие подходит по ОДЗ; 2)log3xS3 о х>27. Ответ: х е [27; °°). 9.160. 0,008* + 5!~3* + 0,042 *+ <30,04. Из условия имеем 0,23* + — + 0,08 ■ 0,23* < 30,04 <=> « 1 + 5 + 0,08<30,04-53* « 53лг>5""1 « Зх>-1,*>-- Ответ: х е I —: °° 3 9.161. 0,4 * >6,25,og5*+2. ОДЗ: х > 0. Перепишем неравенство в виде — 0log3-log33x>-21og3x2-4 0 о (log, 3-log3xXlog33 + log3x)<-41og3x-4 о о (l-log3xXl + 1°g3x)+41og3x + 4<0, log3x-41og3x-5>0.
Решая это иеравеиство как квадратное относительно log3 * , получаем log3x>5, log3x<-l, х > 243, 0<х<-. 3 Ответ: хе 0; - Ю (243; °°). 9.162. 0,3 "Vi+" < з/о,33*45* < 1. Решение- i-Ui-U... 3'45' Запишем иеравеиство в виде 0,3 2 4 8 < 0,3 3 < 0,3° « 1 1 1 Зх'+5х ol— + +...> 2 4 8 3 >0 о ,111 Зх2+5х 1 — + + ...> , 2 4 8 3 Зхг +5ж >0. Сумма членов бесконечно убывающей геометрической прогрессии, у которой ,. , ' о *1 III 12 о, = 1,0 =— ,S = ——, следовательно, 1 — + + ...=—; г = -. 2' 1-?' ^ 2 4 8 , ( П 3 Тогда 2 Зх2 +5ж 1- 3 3 Зх2+5х >0 Зж'+5ж-2<0, Зж2+5ж>0, -2<х<- х>0, С помощью числовой прямой иаходнм х е | - 2; — U 0; — Ответ: хе\-2;--Щ0;^- \.
9.163. 'g7-'g(-8*-*2)>c lg(x+3) Решение. \-ix-x1 >0, ОДЗ:]*+3>0, [lg(x + 3)*0 Из условия имеем —т j ^— > 0, log Л+3 - -3<х<-2, -2<х<0. lg(*+3) j > 0. Полученное -8х-х иеравеиство равносильно следующим двум системам неравенств: 0<х + 3<1, 7 1-8х-х" <1 -3<ж<-2, lt- ex+х -3<ж<-2, ->0°1* + ь+7>0 ** hfa f-3<*<-2, [(x+7X* + lX* + 8)c>0. Отсюда методом интервалов находим -3 < х < -2 . -8 -7 -3 -2 -1 О ж+3>1, 2) 7 т8ж-ж" >1 ж>-2, I-&X х>-2, .<0 *» l£l + bL±I<0 ° h8x U > -2, ° [(ж+8)г(ж+7Х*+1)<0. С помощью числовой прямой находим -1 < х < 0. -8 -7 -2 -1 О Объединяя оба случая, получаем Ответ: х е (- 3; - 2)U (-1; 0). 3<ж<-2, 1<х<0. 284
9.164. log3log4 —log! log! -<0. x +1 - - Ax -1 3 4 Решение. ОДЗ: log4 ->0, x + 1 x+1 г 4x - Г >0 4x-l x+1 x+1 4x-l >1, <1 3x-2 x+1 3x-2 >0, 4x-l >0 3 x<-\. Перейдем в исходном иеравеистве к основаниям 3 и 4. Получим 4ж-1 4ж-1 4ж-1 log,log4 — + log3log4 <0 => 21og3log4 -<0 о х+1 х + \ х + 1 , , 4х~1 „ 4х~1 , 4ж-1 , о log, log4 <0 о 0<log4 <1 о 1< <4 о х + 1 х + 1 х+1 х + \ Ах-\ \х + \ ->1 4ж-1 х + 1 Ах-\ х + 1 U + 1>0, 1(Зж-2Хж + 1)>0 4<0, 1>0 х>-1, 2 х> —, 3 ж<-1. х+1 Зх-2 U+1 <0, >0 Ответ: хе —;°° 3' 9.165. 2|0,"*+ж1ч"*>2,5. Решение. ОДЗ:х>0. Перепишем иеравеисгво в виде 2 о (2'°8«*)|°8«*+х1°в'"*_2,5>0 «W"k*M*+jeto,„»_2j5>0 0 2log!- +*"*■■*-2,5>0«
J + Jt'«'J- -2;5>О.ТаккакО<х">Е,!* *1,то ^.'ово,!* J _ 275\x'°e°-'" )+l > 0. Решая это неравенство как квадратное относительно х ■ , получаем >2, 2' Логарифмируя первое и второе неравенства совокупности по основанию 2, имеем log2x Ew* >log22, log2x,OE°-"<log2I log2x<-l, 0; log2 x > 1 log2 x > 1, log2 ж < -1 . log05xlog2x>l, log05xlog2x<-l (log2 x-lXlog2 x + l)>0 -log2 x>l, -log2 x<-l x>2, 0<x<- Omeem: x e 0; - U (2; °°). 9.166. з^'^оЧ-'+'-г. Решение. ОДЗ: ж > 0. Запишем данное неравенство в виде 243 • (з18* J - 9 • З1** - 2 > 0 . Решив его как квадратное относительно з"8* , иаходнм о lgx > -2 , х > 0,01. Ответ: х е (0,01;°°). з^^з-2, 3*'<-il, 0. 243
9.167. 1 x+l Решение. ОДЗ: х * -1. х Из условия имеем — х2~Зх-1 \-2х 2 ^1-2* -ж+1 ~ж3+1 -х + 1-2х-2 1-2х ж3+1 ~х3+Г <0 -3»-1-1 + 2» «'-«-2..Д *"2 <р х*-1 (x + lXx-2) ,. (x+l^-x + l) ^ + 1*0 Ответ: х е (- °°; - l)U (-1; 2]. П зГ 1 1 9.168. £г-4< —2- /•ешеные. Неравенство равиосильио системе трех иеравеисгв xJ+l х-2<0, |х<2, -Й0, 1-1>0, ж 2 х2 4 U 2 4-Зх2 >0, ->0, 4х2 2-х . 2ж J__3_ J _1_ J_ x2 4K x2 x + 4 x*~\. T2 <i 3 x*0, (f (* -2)r<0 -1>>0 2 ^ <• 2 т/3 т/3 x*0, 0<x<2, x>l, x<0.
С помощью числовой прямой имеем х е 1; -рг V3. Ш^х Ответ; х е 1. s 9.169. 1 4 ,. 1 -< + - х2_4 2х2+7х+6 2ж + 3 2х3+Зх2-8х-12' /*ешеные. Перепишем неравенство в виде 1 1 (х-2Хх+2)+(х+2Х2х+3) 2ж+3 (2х+ЗХ*-2Х*+2) SO о 2х + 3 + 4х-8-х2 +4-4 ^ х2-бх+5 (2x+3Xi-2X»:+2) " ' (2х + зХ*-2Х*+2) ' (^-lXx-5) ^Q (2x+3Xx-2)(i+2) (ж - lfc - 5X2* + ЗХ* - 2Х* + 2)> 0, 3 хф —, 2 ж*+2. Методомннхерваловполучаем xe[-2;-IU[.;2)U[5;~). Ответ: же j -2;-- U [l;2)U [5;«•).
o<™ 10(5-*) П 6-ж 5(б-ж) .Решение. ОДЗ;х*2,х*4. Имеем х-16 5(б-х),0 (х-1бХ*-2)-15(б-хХх-4К 3(х-4) х-2 3(х-4Хх-2) л: -34Ж+76 ЙО *-fV7) г 6 гйО ' (*-*-2) '(х-4)(*-2) ^-£|fc-7fc-4fc-2)fc0. х *4, х*2. Методом интервалов получаем х е (- °°; 2)U -г; 4 U [7;с Ответ: хе (-°°;2)U -;4 ]U[7;°°). 9.171. 0;6^(->3 <|| j . Решение. ОДЗ:х<0. Так как Igx2* = 2JtlgJxj, то, учитывая ОДЗ, перепишем данное неравенство в виде IZ\ < - о lg2(-x)+3>-llg(-x), lg2(-x)+41g(-x)+3>0. 10 Скннави М. И, кн. 2
Решив его как квадратное относительно lg(-*), получим lg(-x)>-l, Г-ж S 0,1, ж < -0,1, х > -0,001. lg(-x)s-3 [_-x<0,001 Ответ: х е (-°°; -0,l]U[-0,001; 0). 9.172. (ж-зУ*2 + 4<ж2-9. /*ешение. Запишем неравенство в виде (ж - 3)Vi2 + 4 - (х - зХж + 3) < 0 ж-3<0, 7х2 + 4-(ж + 3)>0; ж-3>0, * Vx2 + 4-(x + 3)s0, Сг-з£/774-(* + 3)) <0 о ж<3, [Vx2 + 4 йж + 3; [ж>3, Wx2 + 4Sx + 3, ж<-3, -3<жй--, 6 жйЗ. Ответ: же -<*>;■— U [3; °°). 9.173. rinrir^f ж<3, ж + 3<0, же Я; ж<3, ж + ЗйО, ж2+4; ж>3, ж2 + 4йж2 + 6ж + 9, ж<3, ж<-3, [же R; ж<3, ж>-3, о ж<-^; 6 ж>3, ._5 6'
Решение. Данное иеравеисгво равносильно неравенству 1 Ъх2 > х4 + 36 > 12х2 « [У + 36>12х2, [У-12х2 + 36>0, f(x2-6?>0 x4 + 36<13x2 x -13x' + 36<0 4<x2<9 x2-6*0, x2 S 9, о x2>4 x*±Jl, -3<x£3, ~x>2, x<-2. Методом интервалов получаем хе [-3;—Уб)и(-т/б;-2]и[2;т/б )и(т/б;3} Ответ: х<= [-3; -Уб )и (--Уб; -2JU [2; -Уб )и (л/б; з]. 9.174. |х-3)2*-7'>1. Решение. ,|2*2-?* , Перепишем неравенство в виде |х - 3| * ' * > \х ~ 3| ■ Оно равносильно следующей совокупности двух систем неравенств: [0<|х-3|<1, [2х2-7х<0; П*-3|>1, [2х2-7х>0 -1<ж-3<1, х-3*0, х(2х-7)<0; 3>1, 3<-1, х(2*-7)>0 2 < х < 4, х*3, 0<ж<-; 2 ж>4, х<2, 7 х>—, 2 х<0.
Решением первой системы неравенств будет (2; 3)U | 3; — О 237 4 2 Решением второй системы неравен ств является (- °°; 0)(J (4; + °°). 2 7 4 2 Ответ: «(-»; 0)11 (2; 3)11 [ 3; | Ъ (4; ■»). 9.175. log, x+log4x>l. 5 Решение. ОДЗ: х > 0 . Перейдем к основанию 4. Имеем —^-r- + log4 x > 1 <=> log4- „J^ + ,og4*>lolog4*ji^f|>>« -log45 I -log45 «log4x- ^fV >1 « log4x>-^l^;log4x>^_ ^ I l0«4 5 J log45-l ,5 4 о log4x>log55 о x>4 ' . 4 _( Iog35 1о8з|т -log30,2 Iog40,2 Далее4 ; =4 <l ' =4 « =4 > = 4l0*M°-2. Omeem:xe^loE°,0'2;.>
9.176. -9<x4-10x2<56. Решение. Из условия получаем х4-10х2 + 9>0, х4-10х2-56<0 х2>9. -4<х2 <14 х>3, х<-3, -1<х<1, Vl4 < х < -Jl4. Методом интервалов находим х е (-л/14;-з)и(-1;1)и(з;л/й). Ответ; х е 9.177. 216х6 + 19х3<1. /*ешеные. 216* + 19* -1 < 0. Решаем иеравеиство как квадратное относительно 1 з 1 — <х' <— о 8 27 "2'3 1 1 — <х<- 2 3 Ответ: х е 9.178. х0-5"*»'-3 ao^3-2-51"8^ . Решение. ОДЗ:х>0. Логарифмируя обе части данного неравенства по основанию 0,5, полу- аем 0,5 k ,3-2,5 log. . U,5lDg0sX-3 ^, п ,3" tog0,5* ' ^^05 0,5 о (0,51og0>5x-3)log0_5x<(3-2,51og0]5x)log0>50,5 о о 0,51og^5x-31og05x<3-2,51og0>5x о о 0,51og^5x-0,51og05x-3<0 Решив это иеравеиство как квадратное относительно log05 x, найдем -2<log0,5*£3 о 0,125<х£4. Ответ: х е |р,125; 4]. 293
9.179. |х-б|>|х2-5х+9|. Решение. Так как х -5х+9 > 0 при хе R , то данное иеравеиство имеет вид |х - 6J > х -5х + 9. Оио равносильно двум неравенствам 1) х-6>х2-5х+9 <=> х2-6х+15<0, 0; 2) х-6<-х2+5х-9 <=> х2-4х+3<0 <=> 1<х<3. Ответ: хе (l; 3). 9Л80.^-,Р^-24ДЕ>0. х-2 Vx-2 Vx-2 Решение. ОДЗ~йО;х*2. / \2х Пусть *1 = у ^ 0. Относительно у иеравеиство имеет вид Vx-2 4 У--у2-2у>0 « у{у*-2у-4)>0 « ^(у-2)();2+2^ + 2)>0. Так как у +2_у + 2>0 при^е R, то получаем неравенство у{у-2)> О о Jl2x „ 12х ,. Зх . . Зх-4 + 8 п « v>2 ~ 2 >2 >16 г-4>0 >0 ° ' V*-2 ' х-2 ' х-2 ' х-2 ^~>0, ff|<0, (x-8Xx-2)<0, 2<х<8. Ответ: хе (2;8). 9.181. log03log6^—1£<0. х + 4 Решение. Исходное неравенство равносильно неравенству l0g6 > 1 <=> х+4 хг+х , х2+х . „ х2+х-6х-24 о >6 о 6>0 о >0 о х + 4 х+4 х+4
x -5x-24 1>0 о Й±*^>0,(х+ЗХх-8Хх+4)>0. х+4 х+4 Методом интервалов получаем хе (-4;-3)U(8;°°). i^FfeJF1- Ответ: х е (- 4; - 3)11 (8; °°). 9.182. log2x (х2 -5х + б)<1. /•ешеные. Исходное иеравеиство равносильно следующим системам иеравеиств: (0<2х<1, 1х2 -5х + 6>2х 0<х<- - 7х + 6 > О 0<х<- х>6, 2 1 о о<х<-; 2 Г2х>1, 2) \х2 -5х + 6<2х, о -j ж2 -5х + 6>0 - 7х + 6 < 0, <=> . -5х+6>0 х> —, 2 К ж < 6, о х>3, х<2 1<х<2, 3<х<6. Ответ: хе 0; - U (l; 2)11(3;6). 9.183. log , log 2 log I. | 9 > 0. 2 Решение. ИсходноеиеравенстюравносильноиеравенствуО<^ 2 log^_] 9<1 <=> <=> 1 < log x _ ] 9 < 2 . Получаем две системы неравенств: fO<x-Kl, [(x-l)2<9<x-l,
1х-1>1, |x-l<9<(x-l)2 х>2, х<\0, х -1 > 3, х -1 < -3 2<х<10, х>4, х<-2. Ответ: хе (4; 10). „ „, , \2х+\ ll 1 9.184. log0,25|^ + I|>-. /*ешеные. Данное неравенство равносильно неравенству . 2х + 1 1 1 „ 0< + - <-, 0< ж+3 2 2 4Ж + 2 + Ж+3 2(ж+3) , 0< 5ж + 5 2(х + Ц 2 5х+5 /0 2(ж + зГ"" 5ж+5 1 2(ж + 3)-2' w 5ж+5 ^ 1 2(ж+3)' 2 ХФ-\, хф-Ъ, 2х + \ ж+3 Зж + 4 х+Ъ -<0, <=> t>0 ««^-■М-Ч Ответ: хе | —; -1 |U|-1; -- 9.185. х2(/ +Зб)-6-Л"(х:4 +4)< 0. /•ешеные. Имеем х6 -6-Узх4 + 36х2 -24-Л < 0 х*-1, х*-3, х<-3 2 о ^-2Л) <0 о о ж2-2-^<0 о ж2 <2-Л. Отсюда--у/гЛ <ж< -у/гЛ , -#2<ж<#2. Ответ: xz (-4Л2;4Л2").
х'+Ъх'-х-Ъ п 9-186. —г— — < 0. х2+Зх-10 Решение. Перепишем данное неравенство в виде (.»-,№-з) 0 42-'H^-i)<0 kr!fe±3}<0 (х + 5Хх-2) <0° (х + 5Хх-2) <0'(^Хх-2) ' (г-1Х« + 1Х«+ЗХ«+5Х«-2)<0.жб(—;-5)U(-3;-l)U0;2). Ошвет.-же (-°°;-5)ll(-3; -l)U(l; 2). 9.187. 21о8|огз,3<1. Лешеные. Перепишем неравенство в виде log ,og x 9 < 1. Оно равносильно двум системам неравенств: о 2) [0< log3x< 1, 9 > log3 x К х < 3, x<3v х>3, <=> К ж < 3; о x>3v 9 < log, ж [х > 3V Ответ: xe(l;3) U (з';°°). 9.188. Vx + 3 + Vx-2 - V2x + 4 > 0. ОДЗ: ж + 3 > О, х-2>0, о х>2. 2х + 4 > О Запишем данное неравенство в виде 4х + Ъ + 4х + 2 > V2x + 4 и возведем обе его части в квадрат. Имеем х + 3 + 2j(x + ЗХ* - 2) + х - 2 > 2х + 4 о 2-Дл: + ЗХ* - 2) > 3 о о 4(х + зХ*-2)>9,4х2 +4х-33>0-
Отсюда -1+V34 9 -1 + л/34 С учетом ОДЗ имеем х > — . -I - л/34 Ответ: х е '-1 + л/34 9.189. log5 л/Зх + 4 • log., 5 > 1. Решение. ОДЗ: 0 < х Ф 1. log5V3x + 4 Перейдем к основанию 5, тогда > 1. Отсюда имеем log5* log.,. V3x + 4 > 1. Последнее неравенство равносильно двум системам неравенств: о 0<х<1, 0<х<1. О < х < 1, л/Зх + 4 < х [0<3х + 4<х2 |х2-Зх-4>0, *>1, [*>1, \х>\, 0; т/Зх + 4 > х |3х + 4>х2 \(x-4Xx + l)<0 <=> 1 <х< 4- Ответ: хе (l; 4). 9.190. - Решение. х' -2х2-5х + 6 х-2 >0. (х-1Ух + 2Хх-3) „ Перепишем данное неравенство в виде - - - > 0 <=> х-2 <=> (х-1Дх+ 2Дх-ЗХх-2)> 0 . Методом интервалов получаем xe(--;-2)U(l;2)U(3;»). -тТ - Ti ?Т - 14 Ответ: хе (- °°; - 2)U (l; 2)U (3; «).
9.191. 2cosx(cosx"1/8_t^-v)<5- Решение. ОДЗ: cosa*0. Перепишем неравенство в виде 2 cos л- cosa-~V8-—— |-5<0.Име- I cos х I }2cos2.v-2#sinx"5<0, }2sin3x+2#sinx+3>0, cos д" Ф О cos x Ф О S1tlA'> , г г- 2 41 г- _ SItlx> , Ъ-Л _ **{ 2 Sin.Y< , 0, _trt cos .* * О ,«eZ. Отсюда л*е 2ян — + 2ян:—+ 2ян U — + 2ян;— + 2лп \,п Ответ: хе 2яя-- + 2я»:- + 2ял U + 2я»;- - + 2яя ,»eZ [ 4 2 J [2 4 J 9.192. VA'3+3jl' + 4 >-2- Решение. Решениями данного неравенства являются значения неизвестного, принадлежащие ОДЗ: а'3 +Зл+4>0, (дг + 1)(дг2 -д: + 4)>0. Здесь .«2-.г + 4>0 при .vetf.Тогда л + 1>0, *>-!. Ответ: ле[-1;°°). 9.193. log2;(A--1)2 "log0.5(A-l) > 5. Решение. Запишем данное иеравеиство в виде41оё2(л-1) + 1<^2(л--1)-5>0. Решив его как квадрашое относительно logi (а" -1), имеем
log2(x-l)>l, logz(x-l)< 5 о x -1 > 2, 0<х-1< 2t/2 x>3, 1 <X< =r + l. 2il2 1 Ответ; к 1 + 1 Ufa; °°). [ 2Й J 9.194. 25-2* -10* +5' > 25. Решение. Запишем данное неравенство в виде (25 ■ 2* -25j-(10* -5*J>0, 25(2* -l)-5*(2* -l)>0, (2* -l)^5-5')> 0 о 2*>2U, 5*<52; 2*<2°, 5*>52; 2. х>0, х<2; х<0, х>2; о 0<х<2. 0; 12* -1>0, [25 - 5* > 0; \г" -ко, [25 - 5* < 0; Ответ: хе (0; 2). 9.195. log3 log^ log>2 ж4 > 0. /•ешеные. Данное неравенство равносильно неравенству log г log 2 (*2|>1 <=> > log , 21og , x1 > 1, log j 2 > 1 о 0<ж2 <1, х2>2; х2 >1, U2<2; Ответ: х е -1<х<1, х*0, х>Л, х < -V2, "х>1, ж<-1, -72<ж< 0; V2; <=> -л/2<ж<-1, 1 < х < -Л.
,2Л Гх 9.196. 0,5"х +2>3 0,5"х. Решение. ОДЗ:ж>0. Запишем данное неравенство в виде 0,5 - 3 • 0,5 х + 2 > 0 и решим «Л его как квадратное относительно 0,5 х . Получим Vx"<-1, 0; 0,5Гх >0,5Ч, Jx>0. Отсюда х > 0. 0,5Л <0,5° Ответ: хе (0; °°). 9.197. x2(x + 3V5)+5^x + -v/5")>0. /•ешеные. Из условия ж3 +З75ж2 +15x + 5V5>0 о (x + Viif >0, * + т/5 > 0, *>W5 . Ответ: хе (- V5; °°J. 9.198. g1»"''*-1)-1 _8.5I^''J,-Ib2 >91^г(-'-1) -16- s1082'1"1^"1- Решение. ОДЗ: х > 1. Имеем 9W»-P 8.5"*>('-ч> fo8,(,-Q 16-510"''-1) 9'08'''-'' 9юг,(,-0, S-S'08'^"0 16-5to"'J-'> 9 25 5 .9iog2(»-i)>_Z?..5">e2(»-i);I.9iogI(»-0<A.5l»gI(»-i). 25 9log2(i-l) <j2 ,g4log,(x-l) ,g 9, 25 9log!(i-l) 51с«г (jt-I) 9I < p ° 5log,(i-l) "■ 52 > \J о log2(x-l)<2,0<x-l<4,l<x<5 Ответ: хе (l; 5).
„„ log2(V4x + 5-l) 1 9.199. —6;' (- > -. log2(y4x + 5+llJ l ОДЗ: V4x + 5-l>0, i/4x + 5+ll>0, log2(V4x + 5 + ll)^0 /4x + 5>l, /4x + 5>-ll, , /4X + 5+I1 5*1 о л/4х + 5 > 1, 4x + 5 > 1, x > -1 • Из условия имеем log, 4,+5+иИ* + 5-и>2 1°8V3^+i1(>'^+T-l)>logvjrrj + 11fVV47+T + l Для х > -1 очевидно, что V4x + 5 +11 > 1, поэтому получаем /4х + 5 +11 > 1, |х > -1, /4x77 - 1 > т/л/4х + 5 + 11 [л/4х + 5 - 1 > >/л/4х + 5 + ПТ Так как обе части последнего неравенства неотрицательны, то, возведя их в квадрат, имеем х>-1, {jAx + 5) - 2,/4х + 5 + 1 > л/4х + 5 +11** fx>-l, {(•ЛхП)2 -3,/4х + 5-10>0. Решая второе неравенство этой системы как квадратное относительно V4x + 5 , находим ,/4х + 5 < -2, 0 ; ,/4х + 5 > 5. откуда х > 5. Ответ: х е (5; °°). log05(^x + 3-l) , 9.200. 1о6о>5(УхТз+5) 2'
Решение. fx + 3>0, ОДЗ:^ , о х>-2. [,/*+!> 1, Для х > -2 , Vx + З + 5 > 1, следовательно, log 0|5 (Vx + 3 + 5j< 0, поэтому из условия получаем 2 log05 (Vx + 3 -1 J> log05 (Vx + 3 + 5j <=> fx>-2, fx>-2, {(ТТЛ-,)2 <Vx + 3 +5 -3Vx + 3-4<0 Vx + 3>1, > 1 / [- К Vx + 3 < 4 Ответ: хе (-2; 13) 1 (VxTl)2 о 1 < Jx + 3 < 4 о 1<х + 3<16 о -2<х<13- 9.201. iog2(x-i) log2 vTTT /*ешеные. ОДЗ:Кх*2. Рассмотрим два случая: 1) 1<х<2,тогда log2 (x-l)<0, log2 Vx +1 > 0 и неравенство принимает ВИД log 2 Vx + 1 > log 2 (x - l) О Vx + 1 > X - 1 <=> ох + 1>х2-2х + 1 о х2 -3х<0, х(х-3)<0,отсюда хе (l;2); 2) х> 2, тогда log2 (x-l)>0, log2 vx + 1 >0 и неравенство имеет Bnalog2 Vx +1 < log2 (х-1) о Vx +1 < x-1, x2 -3x>0,x(x-3)>0, отсюда xe (3; + °°). В ответ записываем объединение обоих интервалов. Ответ: хе (l;2)U(3; + ■»). 9.202. х Решение. ОДЗ: 0<х*1. + 16х" * <17.
Перепишем данное неравенство в виде х log г х + 17 < 0 <z> ,. log 2 х , 1°8г <=> х og 2 х -\lx og 2 х +16<0. Решив это неравенство как квадратное относительно х og 2 *, получим 1 < х og 2 * < 16. Прологарифмировав по = 2 Г- 2 < log 2 ж<2, -<х<4, е неравенству^ Ответ: же -;1 U(l;4). 9.203. 5'0g2i'+xtog''< 10. Решение. ОДЗ:х>0. Перепишем неравенство в виде 5iogs *!<*, x +xiDgs » <ш 0 xio8s x +xbg5 x <10 0 о 2xlog s x < 10, x og 5 * < 5. Логарифмируя обе части этого неравенства по основанию 5, получаем log 5 *log5 x<log5 5, log j х<1, -l<log5 х<1, -<*<5. Ответ: хе — ;5 9.204. log з (log 2 (2 - log „ *)-1)< 1. /•ешеные. Данное неравенство равносильно двойному неравенству 0<log2 (2-log4 х)-1<3 о 1 < log 2 (2 - log 4 х)<4 о о 2<2-log4 x<16, 0<-log4 х<14 о -14<log4 x<0, <x<\, 2"28 <ж<1. 4i4 Ответ: xe{2'u;l).
9.205. (x2 +4x + lo)2 -l(x2 + 4x + ll)+7<0. Решение. Перепишем данное неравенство в виде (х2 +4х + 1о)2 -7(х2 + 4х + 1о)<0 о о (х2 +4ж + ю)(ж2 +4ж + 10-7)<0 о <=> (х2 +4х + 10](ж2 + 4х + з)<0.Таккакх2 + 4х + 10>0 при же R, то полученное неравенство равносильно неравенству х2 + 4х + 3 < 0. Отсюда-3<ж<-1. Ответ: же (- 3; - l). 9.206.РасположитьвпорядкевозрастаниятрнчислаЯ] -log] sin2x, 2 я 2 = -1 ~ log 2 sin х, я з = log | (l - cos 2x), если 0 < x < — ■ 4 2 Решение. Перепишем я ], я 2, я 3 в виде я, =-log2 2sinxcosx = -l - log2 sinx-log2 cosx, я 2 =-1 ~ log 2 sin x, я3 =-log2 2 sin2 x- -1-2 log 2 sin x. к При 0 < x < — log 2 sin x < 0, log 2 cos x < 0, следовательно, разме- 4 щеиие в порядке возрастания даииых чисел будет я 2, я,, я 3. Ответ: аг, я,, я3. Решить системы неравенств (9.207 — 9.214): 0,2cos;r <^ 9.207. \х-\ 1 + ->0. 2-х 2 Решение. ОДЗ:х*2. 305
Перепишем данную систему неравенств в виде 0,2cos * < 0,2 " , 2х-2 + 2-х cos x > 0, 0 w }х(х-2)<0 { 2(2 -х) {п п + 2%п < х < — + 2хя, 2 2 0<х<2. Ответ: хе 0; п е Z ■ Отсюда имеем 0<х<,- 9.208. -Jx2 -9x + 20<Vx-lSi/x2 -13 . Решение. Ix2 -9х + 20>0, Х-1Й0, ж2 -13>0 Данное неравенство равносильно системе неравенств •Л3<х<4, х>5. ■Jx2 -9x + 20<Vx-l, Jx2 -9х + 20<х-1, Vx2 -13й7х^Т °[х2-13>х-1 ;2 -10х + 21<0, с2 -Х-12Й0 3Sx<7, х>4, х<-3. Методом интервалов имеем (с учетом ОДЗ) х = 4, 5<х<7. Щ_ ^* -3 3 4 5 7 Ответ: хе [5;7]ll4.
x' +4 ->0, 9.209. x 2 _16x + 64 [lg Vx + 7 > lg(x - 5)- 2 lg 2. Решение. ОДЗ: ж > 5, x * 8. Данная система имеет вид: х' +4 (х-8 ->0, х-5 х*8, х-5 lg Vx + 7 > lg - |**8, о jx2-26x-87<0, о х>5 Vx + 7 > - 4 х-5>0 х*8, -3<х<29, о х>5 х + 7> х>5 х*8, 5<х<29. (х-5)2 Ответ: хе (5; 8)U (8; 29). 5х-7 х Зх 9.210. < 4 + < 4. х-5 5-х х2 _25 /*ешеные. ОДЗ: х*±5. Перепишем неравенство в виде системы неравенств 5х-7 -<4- Зх х-5 5-х х2 _25 х Зх 5-х х2-25 2х + 13 5х-7 х Зх х-5 х-5 хг-2Ъ Зх -<0, (х-5Хх + 5) х-5 -<0 -<0, (х-5Хх + 5) ' |(2х + 13Хх-5Хх + 5)<0, х2 + 8* ° [х(х + 8Хх-5Хх + 5)<0. <0 (х-5Хх + 5)
Полученную систему будем решать методом интервалов Общимирешениями двух неравенств системы будут же -8; U(0;5). I 2) Ответ: хе|-8; U(0;5). 9.211. л/4х-7<х, Jx + 5 + -JS-x > 4. Решение. ОДЗ:-йх£5. 4 Из условия имеем 4х-7й0, х>0, 4х-7<*2, Ж+5Й0, * 5-хйО, ж+5+2л/25-ж2+5-ж>16 х>-, 4 ж>0, Г7 ж2 -4х + 7>0, о J4SXS5' х>-5, х<5, л/25-х2 >3 25-х2 >9 7 Г7 -<xS5, -<*S5, 7 4 о 1 4 о — < х < 4. 2 ... I . . . . . 4 ж' <16 "7 -4<х<4 Ответ: хе -;4
27 9.212. й 3 J [9 J >64' [2*> -бх-3,5 <8^ /•ешеные. Перепишем данную систему неравенств в виде 2" 27 J3»-2» 64 [2'' -<"-3-5 <23-5 [ж2 -6х-7<0 Ответ: х е (-1; 3). ж 2 + 5х < 6, зЬ! -6х-3,5<3,5 х<Ъ, -1<ж<7. 9.213. ж + 1 <1. Решение. Система равносильна системе неравенств |-6<х +5х<6, 1-lSx + lSl х +5х<6, х2 +5х>-6, х +1 < 1, ж+1>-1 ж2 + 5х-6<0, х2 +5х + 6>0, х<,0, х>-2 -6< х<1, ~х>-2, х<-\ -2Sx<0. Методом интервалов получаем хе (- 2; 0J. Ответ: хе (-2;0J.
9.214. -4ж<5, х + 1<3. Решение. Система неравенств равносильна системе неравенств с -4х<5, \х -4х-5<0, е2-4х>-5, о Jx2-4x + 5>0, о -3<j+l<3 -4<х<2 -1<х<5, xeR, о -1<х<2. -4<х<2 Ответ: х<= (-1; 2). 9.215. Найти область определения функции J*2-6*"16 +_ Vx2-l2x + ll ж2 -49 /•ешеные. Областью определения дайной функции являются все значения х, удовлетворяющие системе неравенств х -бх-16 х -12Х + 11 х2-49*0 £0, (*-8fc + 2) (x-lXx-11) х2*49 й 0, (x-8Xx+2Xx-lXx-ll)^0, х*11, ж * ±7. Методом интервалов получаем xe(-~;-7)U(-7;-2]U(l;7)U(7;8]U(ll;»). -7 -■>! ~ Ii 7 81-1" Ответ: ж е (—, - 7)U (-7; - 2]U (l; 7)U (7; 8]U (l 1; ~).
Решения к главе 10 ЗАДАЧИ ПО ПЛАНИМЕТРИИ ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ 1. Произвольный треугольник (а, b, с — стороны; а, {3, у — противолежащие им угаы; р — полупериметр; R — радиус описанной окружности; г—радиус вписанной окружности; S —площадь; ha —высота, проведенная к стороне а): (10.1) (10.2) (ЮЛ) (10.4) (10.5) (10.6) (10.7) 2R (теорема синусов). (10.8) sin a sin|3 sin у 2. Прямоугольный треугольник (a, b—катеты; с —гипотенуза; ас, Ьс — проекции катетов на гипотенузу): S=iai; (10.9) аг = а -ь2 s = + с2 ь S=-aha: 2 S -— 6csin<x ; 2 -■4p(p-aip-b)j>-c); S г - —. P' 4S ' c a sinSsinC 2 sin A -26ccosa (теоремакосинусов); с - _ ,
S=~chc; a+b-c r- ; 2 2 ' a2 +b2 ~c2 (теорема Пифагора); ac _ К . К ь' (10.10) (10.11) (10.12) (10.13) (10.14) (10.15) b с ' а - с sin a = с cos ji = b tg а = 6 ctg ji. 3. Равное шроиний треугольник: 5=^; 4 6 ' 3 4. Произвольный выпуклый четырехугольник (d{ и d2 Ф —угол между ними; S —площадь): S - -~d{d2 sin<p. 5. Параллелограмм (а и b — смежные стороны; а - ними; ha —высота, проведенная к стороне а): S -aha =absina-~did2 sirup. 6. Ромб: S ~ ah„ ~ a2 sin a - —d,d2. 2 ' (10.16) (10.17) (10.18) (10.19) (1020) — диагонали; (10.21) — угол между (1022) (10.23)
7. Прямоугольник: S - ab - -d{d2 sin ф. (10.24) 8.Квадрат(</ —диагональ): 5 = a2=d2/2- О0-25) 9. Трапеция (а и b —основания; h —расстояние между ними; / — средняя линия): , а+Ь > = —; (10.26) а + Ь , „ 5=——А = /А. (1027) 10. Описанный многоугольник (р — полупериметр; г — радиус вписанной окружности): S ^рг. (1028) 11. Правильный многоугольник (ап — сторона правильного «-угольника; R —радиус описанной окружности; г —радиус вписанной окружности): аъ ^Ryfc; a4 =RJ2; a6=R; (10.29) Sss-2~- 0°-30) 12. Окружность, круг (г —радиус; С —длина окружности; S -—площадь круга): С=2тсг; (10.31) 5=тсг2. (10.32) 13.Сектор(/ —длина дуги, ограничивающей сектор; и° —градусная мера центрального угла; a —радианнаямерацентральногоугла): , = ^ZL = ra; (Ю.ЗЗ) 180° ЯГ И* 1 -1 S = — = -r2a. (10.34) 360° 2
ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУ ЭЛЕМЕНТАМИ ФИГУР 1. Три меднаны треугольника пересекаются в одной точке, которая делит каждую медиану в отношении 2:1, считая от вершины треугольника. 2. Длина медианы треугольника выражается формулой где а, Ь-> с — длины сторон треугольника. 3. Длина стороны треугольника выражается формулой где та, ть, тс —длины медиан треугольника. 4. Биссектриса делит сторону треугольника на отрезки, пропорциональные двум другим его сторонам. 5. Длина биссектрисы треугольника выражается формулой где а и Ь — длины двух сторон треугольника ABC; щ и 6t — отрезки третьей стороны. 6. Длина биссектрисы треугольника выражается через длины его сторон а, Ь и с по формуле _ i]ab[a +b +c\a +b~c) a+b 7. Для всякого треугольника зависимость между его высотами hai hb, hc и радиусом г вписанной окружности выражается формулой -L JL ±-1 h0 + hb + hc " г • 8. Площадь S равнобедренной трапеции, диагонали которой взаимно перпендикулярны,равнаквадрату ее высоты, т.е. S ~h2. 9. Высотаравнобедренной трапеции, в которую можно вписать окружность, является средним геометрическим ее оснований. Доказательство всех этих дополнительных соотношений можно найти в любом издании данного сборника задач последних лет. 314
10.191. Центр окружности, вписанной в прямоугольную трапецию, удален от концов ее боковой стороны на расстояния 3 н 9 см. Найти стороны трапеции. Решение. По условию ОС =3 см, OD =9 см (см. рис. 10.1). Пусть N, Р,М,Е—точки касания окружности со сторонами трапеции ВС, CD, AD, АВ соответственно. По свойству касательных: 1) ON±BC ,OPlCD, ОМ IAD . 2) /WCO =ZPCO , ZMDO =ZPDO . ТогдаZ.OCD +ZODC = UzBCD +ZADC)=90° => ACOD — пря- Рис.10.1 моугольиый, откуда CD = V32 + 92 = 3V10 см.Пусты—радиус вписанной окружности. S 9 _9-Ло ■ -CDOK =-OCOD или ЗтЯо-г = 3-9, 2 2 Из АСРО : ср=4осг-орг =Лз2 .21 ~10 4-- V 10 PD = CD - СР = 3Vl0 - ^i°- = 3Viol 1 10 з _ зУш ~'~ffi ю ; 1 \_ 27VJ0 10 Г Ю По свойству касательной MD = PD , NC - СР. Очевидно BNOE - рат, поэтому 9VTo 9VI0 " . АВ -2г~ см: 10 5 9-Ло З-Ло бтЯо :1о-+ЧГ=^-см; 9-Ло 27-Ло 18тЯо 10 BE=BN =r = - BC=BN +CN ■■ AD=AN +ND ■■ 0meem:*jR,bJu.,,4To, 10 5 18-Ло
Рис. 10.2 Рис. 10.3 10.192. Две окружности касаются внешним образом. Их радиусы относятся как 3:1, а длина их общей внешней касательной равна 6 v3 . Определить периметр фигуры, образованной внешними касательными и внешними частями окружностей. Решение. Пусть 02В ~г; тогда ОхА-Я-Ъг (рис. 10.2). Проведем 02С\\АВ ; имеем AC~r, 0{C=2r, Oi02~4rtT.e. Ох02-Ю\С и, значит, ZC02Oi -30е. Так как 02С ~АВ = 6>/з, то из AOlC02 находим Ох02 =02С :cos30e -6^3 :{jbll\-\2, откуда r = 3, R = 9 . Дуги, входящие в указанную фигуру, содержат соответственно 120 и 240°, по- Искомый периметр составляет 2тсг этому их длины равны —— и Р = 2-б7з" + ^ + ^ = 12,/з + 14П. 3 3 Ответ: Нп + 12-^. 10.193. Внутри прямого угла дана точка М, расстояния от которой до сторон угла равны 4 и 8 см. Прямая, проходящая через точку М, отсекает от прямого угла треугольник площадью 100 см2. Найти катеты треугольника. Решение. По условию ZC=90°, MP =4 см, MQ =8 см, SMBC =100 см2 (рис. 10.3);найдемВСиЛС.Пусть ВС = х , АС = у ;тогда 0,5ху =100,т.е. ху = 200 . Так как АВРМ ~ bMQA , то = -—или = —=—. AQ MQ у- 4 8
[Xy: 2y = 50, = 200 у1 -25^ + 100 = 0, yx-S см, 10 см, Имеем систему уравнений 4 ,= л у-4 ху = 200 у2 = 20 см. Получаем два решения: Х\ - 40 см, у1 = 5 см; х _у2 =20 см. Ответ: 40 и 5 см или 10и20см. 10.194. Точка Сх — середина стороны АВ треугольника ЛВС ; угол СОС!, где О — центр окружности, описанной около треугольника, является прямым. Доказать, что \ZB - ZA\-90". Решение. Обозначим ZA^a, ZB-$, ZC = у. Пусть для определенности (5 > а (рис. 10.4). ZCAB вписаи в окружность с центром в точкеО и опирается на ту же дугу ВС ,что и центральный угол ZCOB , поэтому ZCOB=2ZCAB=2<x. ОС1ЮСх>АВЮСх=* => ос\\ав , тогда ZBOC s= ZOBA , как накрест лежащие, поэтому ZOBA = 2а. АОАВ —равнобедренный,тогда ZOAB -ZOBA ,следовательно, ZOAB = 2a. ZAOB?=2ZACB = 2у (как центральный угол). Из АЛОВ '. ZAOB + ZOAB + ZOBA = 180\ 2a+2a+2y = 180\ 2a + y»90\ втожевремя a + ji + у - 180е. Отсюда получаем j5-a = 90° .Чтоитребо- валось доказать. 10.195. Окружность касается двух смежных сторон квадрата и делит каждую из двух других его сторон иа отрезки, равные 2 и 23см. Найти радиус окружности. Решение. Пусть М иАГ.—точки касания окружности и сторон АВ и AD квадрата ABCD (рис. 10.5), М иК—точки пересечения окружности с указанными сторонами квадрата, а Р и Е — со сторонами ВС и CD . По условию
Рис. 10.6 ВР =DE =2 см, СР -СЕ = 23 см. Проведем ON IBC . ОМ - = ОР =NB =ОК = й , где R— радиус даииой окружности. АВ- = ЛЖ =ВС=СР +РВ =25 см, ON =NK -КО =(25-Ft) см, WV = = BN - ВР = (и -2) см. Из прямоугольного треугольника PNO : й = 17 R =37 Усло- СУ2 = CW2 + М>2 или Я2 =(R -if + (25-й2),откуда вию удовлетворяет Д = 17. Ответ: 17 см. 10.196. Дан треугольник Л5С , в котором 2hc—AB и Z*4 = 75е. Найти величину угла С. Решение. Обозначим высоту CD через h, а отрезок AD — через х (рис. 10.6). Имеем ZACD =90° -75° = 15°. Проведем AF так, чтобы ZCAF = =Z4CD = 15\ Тогда Z^FD =30° низ AADF получим AF=FC = 2x, h DF=x£.Ho DF = h-FC=h-2x 2 + л/з" h^-S). Так как AB-2h, то BD-AB-AD-2h-x^hS. to ДЯЛС имеем BC^JbD2 +CD2 =2h => ZB-=30e HZC = 180°-75e-30e=75\ Ответ: 75°.
10.197. В прямоугольный треугольник со сторонами 6,8 и 10 см вписана окружность. Через центр окружности проведены прямые, параллельные сторонам треугольника. Вычислить длины средних отрезков сторон треугольника, отсекаемых построенными прямыми. Решение. Найдем радиус вписанной ок- S 0,5-6-8 ружности. Имеем г ~ ЬМРО (рис. 10.7), то р 0,5(6 + 8 + 10) 12 лв MP АС АВ МО FO OF OF ■ \АО 0 -О 8 Аналогично, AEOQ ~ &МРО: = , откуда £0= =——=- см. МО РМ РМ 3/2 3 Проведем OL 1£С; тогда DN =DL+LN . AEOQ = АМРО (по катету и о острому углу); значит, LN — EQ = — см. Точно так же из равенства треугольников МРО и DLO находим DL - MP = — см и, следовательно, 2 rs« 3 8 25 DN =- + - = — см. 2 3 6 3 8 25 Ответ: —, — и — см. 2 3 6 10.198. Биссектрисы тупых углов при основании трапеции пересекаются иа другом ее основании. Найти все стороны трапеции, если ее высотаравна 12 см, а длины биссектрис 15и13см. Решение. Пусть в трапеции АВСК (рис. 10.8) ВС\\ЛК, BD nCD —биссектрисы ZABC и ZBCK , DE —высота, DE =12 см, BD = 15 cm, CD =13 см. Из ABED (ABED =90°): BE = JbD2 -DE2 =9 см. Из прямо- 319
M D N л Рис. 10.8 Рис. 10.9 угольного треугольника Д CED СЕ = -JCD 2 -DE2 =5 см. Тогда ВС =ВЕ +СЕ =14 см. Z1 = Z3 —по условию, /Х = /.2 —внутренние накрест лежащие при BC\\AD и секущей BD. Следовательно, Z2 - Z3 , AD-AB . Аналогично, Z5=Z6, CK=DK. BM и CN — высоты трапеции. ВМ - CN -DE ~\2 см, отсюда MD = BE - 9 см, ZMV -ЕС -5 см. Пусть АВ -х см, тогда ,4М = (х - 9) см. Из прямоугольного треугольника ЬЛМВ АВ -AM + ВМ ; х2- -(x-9f +144, х = 12,5 . Следовательно, AD -АВ =12,5 см. Пусть (Ж => см. Тогда JVAT =(у-5) см. Из ACNK (ZCNK =90°): СК2 =CN2 +NK2 ; y2=(y-5f +144; ;> = 16,9 . Следовательно, Ж = СИГ = 16,9 см. Тогда АК =AD +DK = 29,4 см. Ответ: 29,4 см; 12,5 см; 14см; 16,9 см. 10.199. Основания трапеции равны 4 и 16 см. Найти радиусы окружностей, вписанной в трапецию и описанной около иее, если известно, что эти окружности существуют. Решение. В трапеции ABCD (рис. 10.9) BC\\AD , ВС-4 см, AD -16 см. Так как около дайной трапеции описана окружность, то АВ - CD. Так как в данную трапецию можно вписать окружность, то AD + ВС AD +ВС =АВ +CD=2AB ; АВ = =10 см. ВК — высотатра- 320
пеции. Тогда АК = ——— = 6 см. Из ААКВ (ZAKB =90е): ВК - ЫАВ 2 - АК 2 - 8 см. Радиус вписанной окружности г ~ —ВК - 4 см. Радиус R описанной окружности найдем как радиус окружности, описаний ЙЛЛД ной около AABD : R - - 45Л , KD = AD - АК = 10 см. Из ABKD (ZBKD = 90*):BD = 4BK2 +KD2 = 2л/41см. SMBD =-AD -ВК^ЬАсы2. _ - 10-2741-16 5л/41 Тогда Д = —— = —-— (см). 4-64 4 Ответ: 4 см; 5л/41 10.200. В треугольник вписан ромб со стороной т так, что одни угол у них общий, а противоположная вершина ромба лежит иа стороне треугольника и делит эту сторону на отрезки длиной р и д. Найти стороны треугольника. Решение. В ААВС (рис. 10.10) вписан ромб ADEF, BE = p,EC=qyDE=FE=m, тогда BC=p + q. ADBE -ААВС (по РЕ-ВС _т(р + д) ^^ DE BE лп двум углам). Тогда -—= : АС АС ВС FE ЕС -ААВС Тогда — = — ;АВ BE p FEBC _т{р + д) Ответ: р+д; - ЕС (р + д). т(р + д) I Сканавн М. И,
в рис. 10.11 Рис. 10.12 10.201. Дан треугольник ABC такой, что АВ =15 см, ВС =12 см и АС =18 см. Вычислить, в каком отношеиин центр вписанной окружности треугольника делит биссектрису угла С. Решение. Пусть СК — биссектриса ZC, О — центр окружности, вписанной в ААВС, —точка пересечения его биссектрис (рис. 10.11).Пусть SAT =x см, ■ , ВК АК х>0. Тогда АК = (15-х) см. По свойству биссектрисы ——7 = ~трг j = 6. ВО СО ВС 12 -биссектриса АВСК .Тоща = =— = 2:1. ОК ВК 6 х _15-х 12~ 18 Ответ:2:\. 10.202. Дан равнобедренный треугольник с основанием, равным а, и боковой стороной, равной Ь. Доказать, что центр вписанной окружности делит биссектрису угла при основании в отношении {а + Ь): Ь, считая от вершины угла. Решение. В ААВС (рис. 10.12) АВ = ВС = Ь, АС = а, О — центр вписанной окружности, AM — биссектриса ZBAC , ВО — биссектриса ZABM . АО__АВ__ВС__ВМ+МС , . МС , АС , я а + Ь ' ОМ ~ ВМ ~ ВМ ~ Что и требовалось доказать. Тогда - УМС МС ВМ ~ ВМ , АС , а 1 + = 1 + - = АВ - b 322
Рис. 10.13 Рис. 10.14 10.203. Из одной точки окружности проведены две хорды длиной 9 и 17 см. Найти радиус окружности, если расстояние между серединами данных хорд равно 5 см. Решение. Из точки В окружности (рис. 10.13) проведены хорды АВ =9 см и SAT =17 см, MN =5 см. Тогда MN — средняя линия ААВК , АК = 2MN =10 см. Искомый радиус R найдем как радиус окружности, . <п„ п АВ АК ВК „ описанной около ААВК: R = . Полупериметр треугольника АВ+АК +ВК 18 см. 5д^Л-=>/(18-9Х18-10Х18-7).18 = 36 см2. R =10- см. , Ответ; 10- см. 8 10.204. Из одной точки окружности проведены две хорды длиной 10 и 12 см. Найти радиус окружности, если расстояние от середнны меньшей хорды до большей хорды равно 4 см. Решение. Източки В окружности (рис. 10.14) проведены хорды АВ =10 см и ВС = 12 см, М — середина АВ , MN1BC , MN = 4 см. Опустим из точки А перпендикуляр АК иа отрезок ВС . В ААВК — MN —средняя линия. Тогда АК -2MN =8 см. Из AMNB (ZMNB =90°): BN = 4ВМ2 -MN2 = 3 см. 1 огдаВК = 2BN =6 см.ТаккакВС=12 см, 323
D E Рис. 10.15 Рис. 10.16 то AT — середина ВС, и, следовательно, АС ~ АВ ~Ю см, отрезок АК лежит иа диаметре AF даииой окружности. Пусть AF = 2R , где R — радиус данной окружности. Тогда KF ~ AF - АК = 2R - 8. К — точка пересечения диаметра AF и хорды ВС . По свойству хорды АХ -KF-CK-KB ; 8(2Д-8) = 6-6; Д = 6,25. Ответ: 6,25 см. 10.205. В некоторый угол вписана окружность р адиуса 5 см. Длина хорды, соеднняющей точки касания, равна 8 см. К окружности проведены две касательные, параллельные хорде. Найти стороны полученной трапеции. Решение. Окружность с центром О (рис. 10.15) касается сторон угла £ вточках К и L , KL - 8 см, ОК =5 см, АВ ||CD||AX . Проведем днаметр окружности MN \KL , Р —точкапересечения ЕО uKL , ZKPO - 90°, АКРО ~ -АОКМ — по двум углам (ZPKO = ZKOM , ZKPO -ZOKM =90°). КР КО КО ^ 9 S 9 ^ Тогда —— = -ггТ. М0=-^Г = — <»• ^ =2Л/0=— см. MN — КО МО КР 4 2 средняя линия трапеции ABCD и, так как в эту трапецию вписана окруж- 25 иость, то ВС - AD = MN ~— см. ВВ1 — высота трапеции ABCD , AS, = 20К = 10 см.Из АВВ,С (^ВЩС = 9<Т): В1С = ^ВС2 -ВВ\ = 7,5 см. CD-AB = 2.8,0 = 15 см, CD + ЛЯ = 2.8С = 25 см. Тогда CD = 20 см, AS = 5 см. Ответ: 20 см; 5 см; 12,5 см; 12,5 см. 324
10.206. Какими целыми числами выражаются стороны равнобедренного треугольника, если радиус вписанной окружности равен 3/2 см, а описанной 25/8 см? Решение. В ААВС АВ =ВС , BD — высота, Ot — центр вписанной, а Ог — 3 центр описанной окружностей (рис. 10.16), радиусы которых г - — см и 25 R - — см. Е — точка пересечения луча BD и описанной окружности. 8 AOi — биссектриса ZBAC ■ Пусть ZBAO, = Z.O^AD = а . Тогда ZAOxD-90е -а. Так как BE — диаметр описанной окружности, то 25 ZBAE =90°. ZOtAE =90* -a, BE =2R=— см. Отсюда АЕ =0,£ . 4 3 Пусть ЬЕ-х см. Тогда АЕ =OlE=OlD + DE =г+х=-+х .Шз &ВАЕ (ZBAE =90°, AD —высота): АЕ1 =DEBE ; |- + xl =*■ —; 9 / х=- или ж=1.Из AADE (ZADE =90*): A£>=jAE1 -DE1 . При 9 15 5 х = — : -АЕ = — см, AD =3 см, АС =6 см. При ж = 1: Л£ = — см, 4 4 2 V21 AD см и АС выражается иррациональным числом. Следовательно, АС =6 см, АВ -ВС ~у1вЕ2 -АЕ1 =5 см. Ответ: 5 см, 5 см, 6 см. 10.207. В треугольник со сторонами 10, 17 и 21 см вписан прямоугольник с периметром 24 см так, что одна его сторона лежит на большей стороне треугольника. Найти стороны прямоугольника. Решение. В ААВС имеем АС = 21 см, АВ -10 см, ВС = 17 см, вершины L и Q прямоугольника MNQL принадлежат АС , М — АВ , N — ВС
F Рис. 10.18 (рис. 10.17). Пусть ML -х см. Тогда периметр прямоугольника 24 см и MN -(12-х) см. BD —высота ААВС, К —точка пересечения BD и MN 5 а ВК — высота AMBN. По формуле Герона найдем площадь 5 25 треугольника ААВС : S = 84 см2.Тогда BD =—— = 8 см, ВК =(8 -х) см. АС Так как AW |ЛС , то MfflJV ~ ААВС. Тогда BK__MN_ 8-х _12-х BD~ АС ' 8 ~ 21 ' 7 7 Л * - 5 —. Следовательно, Ml = 5 ■— см, MN - 6 ■— см. . 7 , б Ответ: 5— см, о— см. 10.208. Из вершины острого угла ромба проведены перпендикуляры к прямым, содержащим стороны ромба, которым ие принадлежит эта вершина. Длина каждого перпендикуляра равна 3 см, а расстояние между их основаниями 3v3 см. Вычислить длины диагоналей ромба. Решение. Так как AAEF —равнобедренный (рис. 10.18), то биссектриса AM перпендикулярна EF и лежит на диагонали ромба. Находим 27 9 3 AF2 -MF2 =9 --,т.е. AM = - (См). В AACF имеем 4 4 2 AM ZF = 90° и FM1AC AF1 =AC -AM , 9-Ж7--, АС =6 (см).
Далее AACD перпендикулярными сторонами), поэтому AAEF (углы при основании равны как угаы со взаимно AM _EF 3/2 _ З-Уз OD AC OD OD = S см.Получили BD=2-Jb см, АС = 6 см. Ответ: 6 и 2S СМ. 10.209. Дан треугольник со сторонами 10, 24 и 26 см. Две меньшие стороны являются касательными к окружности, центр которой лежит иа большей стороне. Найти радиус окружности. Решение. Пусть г — искомый радиус. В 6АВС ЛВ = 10см, ВС=24см, АС =26см (рис. 10.19), О — центр окружности, касающейся Рис. 10.19 ЛВ и ВС в точках N и К соответственно. Так как 262 —10 +24 , то ААВС —прямоугольный. ■W --АВВС^ПО, S^ob ^-ABON^Sr; 5M0C ЛвСОК=\2г. Таккак5^од +5М0С -5^дс ,то 17г = 120, г- 120 120 " 17 ' Ответ: 17 10.210. Найти радиус окружности, описанной около равнобедренной трапеции с основаниями 2 и 14 и боковой стороной 10 см. Решение. Окружность, описанная около трапеции ABCD, описана и около AACD (рис. 10.20), причем такая окружность единственна. Ее радиус находим по формуле R abc Имеем S~~AD BE, где 2 BE = л}АВ L - АЕ "=Л = 8; отсюда S^cd = — -14-8 = 56. Из
Рис. 10.20 Рис-10-21 ААСМ имеем АС = -Jam 2 + МС 2 = л/в2 + 82 = 8т/2 . Получили Д = 14.Ю-8Л=5Л 4-56 Ответ: 10.211. На большем катете прямоугольного треугольника как на диаметре построена окружность. Определить радиус этой окружности, если меньший катет треугольника равен 7,5 см, а длина хорды, соединяющей вершину прямого угла с точкой пересечения гипотенузы и окружности, равна 6 см. Решение. В ААВС (рис. 10.21) ZACB = 90°, ВС > АС , АС = 7,5 см, N —точка пересечения окружности, о которой говорится в условии, и гипотенузы АВ , CN =6 см. ZCNB — вписанный и опирается иа диаметр. Тогда ZCNB =90°. Из AANC (ZANC =90°): AN =JaC2-CN2 =4,5 см. Так как CN — высота прямоугольного ААСВ , то AANC - ACNB. Следо- AN CN nr ACCN .. вательио, = , ВС = = 10 см. Искомый радиус R = АС ВС AN F y ВС =5 см. Ответ: 5 см.
в Рис. 10.22 Рис 10.23 10.212. Вершины прямоугольника, вписанного в окружность, делят ее иа четыре дуги. Найти расстояния от середины одной из больших дуг до вершин прямоугольника, если стороны его равны 24 и 7 см. Решение. Так как АС —диаметр окружности (рис. 1022), то R= =1^5 см. В ABOF имеем OF = <JoB2 -BF2 =^\2,5г -П1 =3,5- см; значит, MF = l2,5-3,5 = 9 см, ШГ = 12,5 + 3,5 = 16 см.Из &MBF и ЬМАК находим искомые расстояния: MB = \MF2 +BF2 = V92+l22 =15 см, MA = 4мК2 +КА2 = Vl62+122 = 20 см. Ответ: 15и20см. 10.213. Центр полуокружности, вписанной в прямоугольный треугольник так, что ее диаметр лежит иа гипотенузе, делит гипотенузу иа отрезки 30 и 40 см. Найти длину дуги полуокружности, заключенной между точками ее касания с катетами. Решение. Проведем радиусы OD и ОЕ в точки касания (рис. 10.23). Имеем OD = OE = CE = CD, т.е. ECDO — квадрат. Пусть R — радиус ок- ружности; тогда длина дуги ED равна — . Так как ААЕО ~ AODB, 329
то ^ = ^. = 2° Л. но AE2=AO2-OE2=302-R2, откуда OS OS (О 4 V30* R -2,1б(з02-Д2)=9Д2 => Я = 24. Длина дуги ££> равна 12л. Я 4 Ответ: 12гс 10.214. Около круга радиуса 3 описан равнобедренный треугольник с острым углом 30° при основании. Определить стороны треугольника. Решение. Проведем радиус OELBC (рис. 10.24). Таккак ZOBE = -ZABC = 60°, то /ВОЕ = 30° иВЕ = -ВО.ШАВЕО иаходимВ02=-В02+9,отку- 2 4 да50 = 21/з .В Д4Ш имеем AB = 2BD . Но ВВ = ВО + ОВ = 2& + 3 и, следовательно, AS = ВС = 41/з +6. Наконец, AC = 2DC = 2(BC-BE)= = 2(4,/з+6-1/з)=6,/з+12. Ответ. 4-^+6, бг/з+12. 10.215. В прямоугольном треугольнике медианы катетов равны V52 и . Найти гипотенузу треугольника. Решение. В ААВС (рис. 10.25) ZACB = 90% Si1 и Л£ —медианы, ВР = 452, АЕ = -Лз . Пусть ВС = х, АС = .у. Тогда АВ = ^/х2 +_у2 .
Из AACE(ZACE= 90'): r2 ЛС2+СЕ2 =АЕ1;у1+— = 1Ъ. 4 Из АВСР (ZBCP = 90°): ВС1 +СР1-- Решая систему --ВР1 ■ х1 + — = 52. 4 ,'+4 = 73. 4 получа- ж2+ =^52, 4 С Е Рис. 1025 4/+х2=292) 4х2+.у2=208; 10. 5jc2+5^2 =500; х +.у2=100. Следовательно, AB = ,jx2 +у2 Ответ: 10. 10.216. Две окружиости, радиусы которых 4 и 8, пересекаются под прямым углом. Определить длину их общей касательной. Решение. Пусть А —точка пересечения окружностей с центрами О и 0{ (рис. 10.26), О А - 8 см, Q A = 4 см, MN — их общая касательная. По условию окружности пересекаются под прямым углом, следовательно, касательные к ним в точке А взаимно перпендикулярны. Но тогда и радиусы, проведенные в точку касания также перпендикулярны. Из AOAOj: ОС$ = ОА1 + С\Аг = 80. Проведем 0yD\f4N . Тогда 0,D±OM , MN = OxD, MD-NQ=b,OD = Рис. 10.26 = ОМ -MD = 4. Из AODO,: 0,D = jotf -OD2 = 8 . Ответ: 8. 331
10.217. Каким необходимым и достаточным условиям должна удовлетворять трапеция, чтобы в нее можно было вписать и около иее можно было описать окружность? Решение. Для того, чтобы в трапецию можно было вписать окружность и вокруг иее можно было описать окружность, ие- Рис. 10.27 обходимо и достаточно, чтобы трапеция была равиобокой и боковая сторона равнялась полусумме оснований. Необходимость. Пусть ABCD —трапеция, вокруг которой описана окружность с центром в точке О^ и в которую вписана окружность с центром в точке 02 (рис. 10.27). Тогда по свойству четырехугольника, вписанного в окружность, ZABC + ZADC = 180°. Но ZABC + ZBAD = 180° и, следовательно, ZBAD = ZADC и трапеция ABCD — равнобокая, АВ = CD . Так как в трапецию вписана окружность, то АВ + CD = ВС + AD и, значит, 2 Достаточность. Пусть ABCD — равнобокая трапеция (АВ = CD ) и АВ = CD = = . Тогда ZBAD = ZADC, ио ZBAD + ZABC = 180°. Отсюда 2 ZADC + ZABC = 180°. и вокруг трапеции ABCD можно описать окружность. Кроме того, AB + CD ^BC+AD и, следовательно, в ABCD можно вписать окружность. Что и требовалось доказать. 10.218. Прямая, параллельная основаниям трапеции, проходит через точку пересечения ее диагоналей. Найти длину отрезка этой прямой, заключенного между боковыми сторонами трапеции, если основания трапеции равны 4 и 12 см. Решение. В трапеции ABCD (рис. Ю.28) BC\\AD, ВС = 4 см, AD = 12 см, О — 332
Рис. 10.28 точка пересечения диагоналей, MN — отрезок искомой длины. Пусть hx —расстояние между прямыми ВС и MN, Л2 —между MN и AD, Л —между ВС и AD, Л = А, + Л2. UMBO ~ AABD . Тогда = -1 (1). AD h AOCN ~ AACD. Тогда = -1. Следовательно, MO = ON = -MN . AD h 2 Пусть МО = х см. Тогда из (1) имеем: — = —. ЬМАО ~ ABAC. Тогда 12 h МО hj х А2 х х к hj х k+hj „ =-*-; — = —. Следовательно, — + — = -L+ — • — = -* *-; х = 3. ВС h A h 12 4 А А 3 h Значит, MN = 6 см. Ответ: 6 см. 10.219. В окружности радиуса Л проведеиыдве пересекающиеся перпендикулярные хорды АВ и CD . Доказать, что ,4С2 + BD2 = 4Д2. .Решение. Проведем диаметр CF (рис. 10.29). Докажем, что AF = BD как хорды, стягивающие равные дуги. Действительно, *uAC + \jBD = 180° (так как AB1CD ), ^ ^С + uAF = 180е (поскольку CF — диаметр). Следовательно, *uAF = yjBD и AF = BD . В прямоугольном треугольнике ACF имеем AC2 + AF2 =4Д2, откуда и AC2 + BD2 = 4Д2. Что и требовалось доказать.
Рис. 10.30 10.220. Показать, что сумма расстояний от любой точки, взятой иа стороне правильного треугольника, до двух других его сторон есть величина постоянная. Решение. Пусть D —произвольная точка стороны АВ равностороннего ААВС (рис. 10.30). Опустим из точки D перпендикуляры DM и DN на стороны АС и ВС. Пусть DM=h[, DN = h2, AC = а. Тогда StiADC--ahVl о lb- a2S c lC _c I , 1 , a2S 2 4 2 2 4 aV3 Aj + ^2 = = cons?. Что и требовалось доказать. 10.221. Две стороны треугольника равны 6 и 8 см. Медианы, проведенные к этим сторонам, взаимно перпендикулярны. Найти третью сторону треугольника. Решение. В ААВС (рис. 10.31) АС = 6 см, ВС = % см, ВК и AN —медианы. О —точка их пересечения, ANXBK. Пусть ON = х см, ОК - у см. Тогда АО = 2х см, ВО = 2у см. Из ABON (ZBON = 90°): ВО2 + ON2 = BN2; 4у2 +JC2 = 16(1).Из ДЛ(Ж(^Ш: = 90°): АО2 +ОК2 = АК2; 4т2+/ =9(2). Складывая (1) и (2), имеем 5х2 + 5.у2 = 25, х2+.у2=5.Из ААОВ (ZAOB=9(f): AB=Ja02+B02 = ^х2+4у2 = 2^+у2 =2^5 (см). Ответ: 2V5 см.
10.222. Окружности радиусов R и г касаются друг друга внешним образом. Боковые стороны равнобедренного треугольника являются их общими касательными, а основание касается большей из окружностей. Найти основание треугольника. Решение. О нО, —центры данных окружностей, ААВС —треугольник, о котором говорится в условии задачи, АС = ВС (рис. 10.32). СК —высота ААВС, О и Q принадлежат СК. F и Е —точки „ Рис. 10.32 касания окружностей с центрами Ov и О соответствеиио со стороной АС треугольника. ОЕ = OK = R. O^F-r. Так как ААКС ~ АОЕС (по двум углам: /ЛКС = /ОЕС = 90°, угол с вершиной С общий), то /.САК = /.СОЕ . Так как окружность с центром О касается сторон /САК, то АО — его биссектриса. Пусть /СОЕ = а ■ Тогда /OAK = —. Проведем 0,ЩАС. Тогда o,NWE, EN = OlF = r, ON = cos a OE-EN = R ON _ R-r ' OOl ~ R + r -r, 00,=R + r.lb ДО,ЛЮ (/O,NO = 90°): . Из ААКО(/АКО = 90"): AK = OKctg/OAK = R ■ ctg- R+r+R- --R 1 + cosot R- R-r R + r (R+r\ (R + rf-(R-rf 2R2 Лиг R' ■jRr" AB = 1AK = Tl On 2R2 r? ■/fir ' Ответ: 2JT ■JRr '
в Рис. 10.33 Рис. 10.34 10.223. Периметр прямоугольного треугольника равен 60 см. Найти его стороны, если высота, проведенная к гипотенузе, равна 12 см. Решение. Пусть а и Ь — катеты, а с — гипотенуза треугольника. Так как а + 6 + с = 60, то а+Ь~60-с, откуда (a + bf =(б0-с; или a2 +2ab + b2 = 3600-120с + с2 (*). Но а2 +Ь2 -с1 ,а 6c~0,5ab (площадь треугольника). Подставляя эти выражения в равенство (*), получим с2 +24с = 3600-120с + с2, 144с =3600, т.е. с~25 см. Имеем систему Га + 6 = 35, 1\ , уравнений \ ' т.е. а и b —корни уравнения х -35х + 300 = 0. [ab а= 300, Значит, «! s= 20, а2 = 15; ^ = 15, Ьг = 20. Ответ; 15,20и25 см. 10.224. Дан равнобедренный треугольник с основанием 12 см и боковой стороной 18 см. Отрезки какой длины нужно отложить от вершины треугольника на его боковых сторонах, чтобы, соединив их концы, получить трапецию с периметром, равным 40 см? Решение. По условию в ААВС (рис, 10.33) имеем: АВ ~ ВС = 18, АС = 12 . Пусть BD = BE = x. Тогда AD = ЕС ~ 18 ~х. Периметр трапеции ADEC : P=AC+DE+2AD=z40, отсюда DE=40-(2AD+AC)=2x~S.ААВС - лппГ, BD АВ х 18 ~ ДШ£, следовательно, —— = —— или = —, х - 6. DE АС 2х-8 12 Ответ: 6 см.
10.225. Две окружности разных радиусов касаются друг друга внешним образом. Найти угол, определяемый хордами, соединяющими точку касания окружностей с точками касания их общей внешней касательной. Решение. Пусть АВ —общая внешняя касательная данных окружностей, С —точка их касания, D —точка пересечения АВ и общей касательной окружностей в точке С (рис. 10.34). Тогда DB-DC, DA = DC, откуда ZDCB=ZDBC, ZDAC = ZDCA. Из ААСВ: ZDAC + ZDBC + ZACB = 180°,следовательно, ZDAC + ZDBC = ZACB и 2ZACB = 180°, откуда ZACB = 90°. Ответ: 90?. 10.226. В прямоугольный треугольник вписана окружность. Точка касания делит гипотенузу в отношении 2:3. Найти стороны треугольника, если центр вписанной окружности удален от вершины прямого угла на расстояние СМ. Решение. Обозначим радиус окружности Через г, а длину гипотенузы через 5х . Тогда (рис. 10.35) ВС = Зх + г, АС~2х + г, поскольку ВК ~ BL, АК ss AM . Так как ZOCM=45°,to r = OC;4l-Л;42*2см. Для площади треугольника ABC имеем выражение S = 0,5АС ■ ВС; с другой стороны, S = рг,где р г= 0,5(АВ + ВС + АС). Следовательно, 0,5(2х + 2ХЗх + 2)=2(5х + 2) или Зх2-5х-2 = 0,откуда х-^2 см(второйкорень уравнения ие подходит). Итак, ЛВ = 10 см, АС = 6 см, ВС = $ см. Ответ: 6,8 и 10 см. 10.227. Виутриравиостороинего треугольника взята точка М , отстоящая от его сторон на расстояниях Ь, с, d . Найти высоту треугольника. Решение. Пусть точка М удалена от стороны АВ равностороннего ААВС на Ь , от ВС на с и от АС на d (рис. 10.36). Пусть AB^a^h — высота ААВС. 337
С А РисЛОЗб Тогда Smbc - smmb + s&bmc + ^дшс I -e* = -в* + -ас + -ad ', h=b + c + d. Ответ: b + c + d. 10.228. Один конец диаметра полуокружности совпадает с вершиной угла при основании равно бедренного треугольника, а другой принадлежит этому основанию. Найти радиус полуокружности, если оиа касается одной боковой стороны и делит другую на отрезки длиной 5 и 4 см, считая от основания. Решение. По теореме о касательной и секущей, имеем (рис. 10.37) ВК2 = .45 - Ш = 9 • 4 = 36 , откуда ВК = 6 см, КС ~ 3 см. Проведем радиус ОК в точку касания и ON1AB. Тогда AN = ND = — см. Так как AANO ~ АОКС (прямоугольные треугольники, у которых ZA = ZC ), то КС ОС _ 3 6 "тгт - ~гг - ттг = 7 • Пусть искомьШ радиус равен г, Тогда АО = г , AN АО D/Z 5 OC = V9 + r и,значит,6г = 5т/9 + г2 , 36г =225+ 25г,откуда г = -= см. VI1 Ответ: -?= См. -ЛТ
A D К с Рис. 10.38 10.229. В треугольник вписан параллелограмм со сторонами 3 и 5 см и диагональю, равной 6 см- Найти стороны треугольника, если известно, что днагоиали параллелограмма параллельны боковым сторонам треугольника, а меньшая из его сторон лежит на основании треугольника. Решение. Пусть в ААВС DK = EF = 3 см, Z)£=5 см, DF = 6 cm, DK\\EF, О —точка пересечения диагоналей DF и ЕК параллелограмма DEFK (рис. 10.38). Пусть ЕО^х см. Тогда DF2 + ЕК2 ^2(DE2 + EF2); 36 + 4*2 =2(25 + 9); х = 2-У2. OEBF — параллелограмм. Тогда BE~F0^3 см, BF-EO~l4l см. KEFC — параллелограмм. Тогда FC-EK^bJl см, КС = EF = 3 см. AEFD — параллелограмм. Тогда АЕ = DF = 6 см, AD = EF = 3 см. Следовательно, АВ= АЕ + ЕВ = 9 см, sc = sf+fc = 6V2 см, ac = ad+dk+kc = 9 см. Onieem: 9 см; 9 см; см. 10.230. Высота, основание и сумма боковых сторон треугольника равны соответственно 24,28 и 56 см. Найти боковые стороны. Решение. 24-28 Площадь треугольника S = =336 см2. Пусть одна из боковых сторон равна х см, тогда вторая равна (56-х) см. Полупериметр треугольника 339
28 + 56 л. р - —_— = 42 (см). Тогда по формуле Героиа площадь треугольника S- V421<42-xX42-56+x). Следовательно, ^3-142(42-хХх-14) = 336; х = 26, _-п Таким образом, боковые стороны данио- ^3(42-х\х-U) = 24; го треугольника 26 см и 30 см. 0/иве/и.-26см;ЗОсм. 10.231. В прямоугольную трапецию вписана окружность радиуса г. Найти стороны трапеции, если ее меньшее основание равно 4г/3 . Решение. Найдем сторону АВ = 2г (рис. 10.39). Пусть ED = х. Тогда, используя 4г 4г равенство ,45 + CD = SC + AD, получим 2г + CD - — + — + х, откуда CD = ~ +x.B ACED имеем С02=С£2+£02 « I—ч з з откуда х = —. Получили CD = , AD = = 4г . . 10r „ Ответ: 4г , , 2г . 3 10.232. В треугольник с боковыми сторонами 9 и 15 см вписан параллелограмм так, что одна из его сторон длиной 6 см лежит иа основании треугольника, а диагонали параллелограмма параллельны боковым сторонам
Рис. 10.40 Рис. 10.41 треугольника. Найти другую сторону параллелограмма и основание треугольника. Решение. В ААВС (рис. 10.40) АВ = 9 см, ВС = 15 см, KDEF — параллелограмм, о котором говорится в условии задачи. DE = KF = 6 см. ADEK, KDEF, FDEC — три параллелограмма с общим основанием DE = 6 см. Следовательно, AK = KF = FC=DE = 6 см и AC = 3DE = 18 см. ADBE- ~ ААВС и DE = - АС. Следовательно, DB = - ,4В = 3 см, В£ =- ВС = 5 см. 3 3 3 О —точка пересечения диагоналей Z>F и КЕ параллелограмма KDEF. Из параллелограмма DBEO EO = DB~3 см, DO = В£ = 5 см. Тогда £Е = 6 см, Z)F=10 см. Так как 2(d£2 + -MT2)=Z)F2+£E2, то 2(зб + ЛЛГ2)= 100 + 36, DK^bJl см. Ответ: 4V2 см, 18 см. 10.233. Найти среднюю линию равнобедренной трапеции с высотой h, если боковая сторона видна из центра описанной окружности под углом 120°. Решение. В трапеции ABCD (рис. 10.41) BC\\AD, AB = CD, О — центр описанной окружности, ZAOB = 120" .Тогдавписанный ZADB = —ZAOB = 60°. BE — высота трапеции, BE ~ h . Так как трапеция равнобокая, то длина 341
ED равна длине средней линии трапеции. Из ABED (ZBED- 90°): DE = BEctgZADB~ — . Ответ: . 3 10.234. Окружность радиуса 13 см касается двух смежных сторон квадрата со стороной 18 см. На какие два отрезка делит окружность каждую из двух других сторон квадрата? Решение. Проведем радиус ОК (рис. 10.42); тогда KL = -JkO 2 - L02 . Ю = В£ = 18-13 = 5(см)=> Ы, = Лз2-52=12(см),ВЛ:=13-12 = 1(см). Получили, что сторона квадрата разделена на отрезки 1 и 17 см. Ответ: 1 и 17 см. 10.235. В равнобедренном треугольнике угол при основании содержит 72°, а биссектриса этого угла имеет длину, равную т .Найти длины сторон треугольника. Решение. Пустьв МВС ЛВ = ВС, ZBAC^ ZBCA= IT, AD —биссектриса ZBAC, AD^m (рис. 10.43). ZBAD= ZDAC=36°, ZABC^IW-2Z&40360, ZADC = 180"-(ZDAC + ZBCA) = 72° . Следовательно, AADB и 342
ACAD — равнобедренные, BD = AD-AC=m. Пусть АВ = ВС = x. Тогда DC = x-m . Так как AD — биссектриса ААВС, то = : DC AC mfl + S) x > 0, то x = —£ <. 2 = —; x -xm-m = 0, и так как x-m m Ответ: т; - 2 10.236. В равнобедренном треугольнике угол при вершине содержит 36°, а биссектриса угла при основании равна . Найти длины сторон треугольника. Решение. Воспользуемся чертежом к предыдущей задаче. В ААВС АВ = ВС, /АВС = 36\ AD~ биссектриса /ВАС, Л£> = Ло. /BAC=/BCA = lT, ' /BAD = /ВАС = 36°, /ADC = /BAD + /ABC-IT . Следовательно, AADB и ACAD —равнобедренные, BD = AD = AC = Ло = l-Jl . Пусть AB = BC - x.Тогда DC = ж-2-^5 .Таккак AD —биссектриса ААВС,то BD АВ 2-Js х г Ъё-А^- T^S^lTs- * -2^5-20 = 0 и, так как ж>0, то Ответ: ljl\ 5 + 75. 10.237. Диагонали четырехугольиикаравны, а длины его средних линий составляют Р и q. Найти площадь четырехугольника. Решение. Так как KL , LM , NM , KN —средние линии соответствующих треугольников (рис. №М),то KL = NM = ~AC, KN = IM = -BD. По условию AC-BD => KLMN—ромб,площадькоторогоравна —РЧ-Пусть искомая площадь равна S. Тогда S = Здщ, +SMCD . Но Ядипу = -5цЮ;
аналогично SAl : Swcd , поэтому S^kx + Sacml = 7 s ■ Аналогично получаем, что 5д^к, + S&mdn- ~ 7 $ • Таким образом, площадь вне ромба равна - S . Отсюда и площадь ромба равна - S , откуда S-pq. Ответ: pq. 10.238. Большее основание трапеции в два раза больше ее меньшего основания. Через точку пересечения диагоналей проведена прямая, параллельная основаниям. Найти отношение высоты каждой из двух полученных трапеций к высоте данной трапеции. Решение. Пусть в трапеции ABCD (рис. 10.45) AD\BC, AD = 2ВС, О —точка пересечения АС и BD, MN — прямая, о которой говорится в условии задачи. Проведем через точку О высоту KL трапеции ABCD. Тогда КО —высота трапеции MBCN и АВОС, OL —высота трапеции AMND и AAOD . ЬВОС ~ AAOD . Тогда = = - . Следовательно, OL AD 2 OL ~ 3 ' KL ~ 3 ■ Ответ: I 1 3' 3"
Рис. 10.46 10.239. Найти радиус круга, в сегмент которого, соответствующий хорде длиной 6 см, вписан квадрат со стороной 2 см. Решение. Пусть г — искомый радиус. В ААОК (рис. 10.46) имеем OK ~ л/г2 - 9 , а в AOBN имеем ON2 + BN2 = OB2 или (OK + if +1 = г2 . Следовательно, r2-9 + 4vr2-9 + 4 + 1 - г2, откуда г2-9 = 1 ,т.е. г = ->/l0 cm. Ответ: ■Ло см. 10.240. Длниа основания равнобедренного треугольника равна 12 см, а боковой стороны —18 см. К боковым сторонам треугольника проведены высоты. Вычислить длину отрезка, концы которого совпадают с основаниями высот. Решение. Пустьв ААВС (рис. 10.47) АВ=ВС=18см, ЛС = 12см, AN, СМ, BD —высоты. AD ~ - АС = 6 см. Л/Л^||.4С (ААВС —равнобедренный), тогда AMBN ~ ААВС- ABCD ~ AANC (обапрямоугольные, ZACN —об- NC АС ..„ щий). Тогда -^- — , «С CD АС ВС = 4. Поэтому BN = BC-NC = = 14 см. Из подобия AMNB и ААВС: = — ,MN = ■ = —. 28 АС ВС ВС 3 Ответ: ~Г" см. 345
в в *С А* Рис. 10.48 Рис. 10.49 10.241. В равнобедренном треугольнике с боковой стороной, равной b, проведены биссектрисы углов при основании. Отрезок прямой между точками пересечения биссектрис с боковыми сторонами равен т . Определить основание треугольника. Решение. Таккак ААВС —равнобедренный,то СЕ = AD и £>£|,4С (рис. 10.48). BD Из подобия треугольников ABC и DBE следует, что АС .Учитывая, что CD — биссектриса, имеем = ——. Пусть АС = х, BD = у . Тогда DA АС т Ответ. -У. b bm у ь откуда у = — и b-у х' Ьт Ьт i'-Tj b bm = — , т.е. х = —— b~m 10.242. Основание равнобедренного треугольника равно 8 см, а боковая сторона —12 см. Найти длину отрезка, соединяющего точки пересечения биссектрис углов при основании с боковыми сторонами треугольника. Решение. В ААВС (рис. 10.49): АВ = ВС^12, АС=$, AN и СМ ~ биссектрисы. Пусть MN - х. Как и в задаче 10.240, МЩАС. Так как 346
ZACM = 4NCM и ZACM = ZJVMC, то MfiVC — равнобедренный и BN АВ NC - MN = x . Тогда BN = 12 - x . По свойству биссектрисы: — - —-, 12-х 12 24 „0 = —, х = — = 4,8 см. х 8 5 Ответ: 4,8 см. 10.243. Внутри угла в 60° расположена точка, отстоящая на расстояниях ./7 и 2-Jl см от сторон угла. Найти расстояние от этой точки до вершины угла. Решение. Пусть точка О —вершина угла (ZO- 60°), АВ и АС —расстояние отточки А до сторон, АВ - V7 см, AC-2-Jl см (рис. 10.50). D —точка пересечения прямой АВ и луча ОС, ZD = 30°. Из ZACD (ZACB = 90°): AD^IAC-Ф см. BD = AB + AD = 5jl см. 5 /7 Из ДОВВ (ZOBD = 90'): OB = BD tg ZD = Ц±- см. Из ДОВЛ V3 (ZOBA = W): ОА=т1оВ2 + АВ2 =^— см. Ответ: 1ф/з
Рис. 10.51 10.244. В треугольник вписана окружность радиуса 3 см. Вычислить длины сторон треугольника, если одна из них разделена точкой касания на отрезки 4 и 3 см. Решение. Пусть О —центрокружностирадиусаЗ,вписаннойв ААВС (рис. 10.51). М, N, К —точки касания этой окружности соответственно со сторонами АВ, ВС, AC BN = 3 см, NC = 4 см. Тогда ON1MC, ОМЫВ, ON = ОМ =3 см. ВМ -BN-3 см. Тогда BMON — ромб, и так как в нем есть два прямых угла, то BMON —квадрат. Следовательно, ААВС — прямоугольный. Пусть AM ~ х см. Тогда АК ~ AM = х см. СК = CN = = 4 см. Следовательно, АВ =: (х+ 3) сщ ВС = 7 см, АС=(х + 4) см и АС2 = АВ2+ВС2.Тогда (х + 4)2 =49 + (3+х)2; х = 21.Значит, АС- 25 см, АВ = 24 см. Ответ: 24 см; 25 см; 7 см. 10.245. В угол вписаны три окружности — малая, средняя и большая. Большая окружность проходит через центр средней, а средняя—через центр малой. Определить радиусы средней и большой окружностей, если радиус меньшей равен г и расстояние от ее центра до вершины угла равно а. Решение. Пусть 0\, 02 , Oj — центры окружностей, о которых говорится в условии задачи, вписанных в угол ВАС (рис. 10.52), ОхА- a .E,F,K—соответственно точки касания малой, средней и большой окружностей со стороной АС угла. Тогда ОхЕ = г, ОхЕХЛС, 02FXAC , ОуК1АС и ААОхЕ ~ AA02F ~ ААОуК. Пусть х —радиус средней, у —радиус большой окружности. Тогда 02Ох ~02F ~ х, 0203 ~ 0$К ~ у. Из подобия ААОхЕ и 348
Рис. 10.52 * .^ « АО\ АОу а а + х аг ,. _ AAO->F следует, что —L =——: —= ;х~ . Из подобия ОхЕ 02F r х а-г ААО\Е и ААО$К следует, что: ( аг) г а + 2 А01 _ АОъ . а _а + х+ у . _ Ка + ■*) _ I д~г j _ я г Oj£ ОгК'г у ' а-х а-r (а-г)2 аг а2г Ответ: ; т- а-r (а-г)1. 10.246. Центр окружности, вписанной в прямоугольную трапецию, удален от концов боковой стороны на расстояния 8 и 4 см. Найти среднюю линию трапеции. Решение. В трапецииЛВСО(рис. 10.53) BC\\AD, ABXAD, О—центр вписанной окружности, ОС— 4см, OD= 8см. Так как по условию окружность с центром О касается сторон ZBCD и /ЛВС, то СО vlOD —биссектрисы этих углов. Но ZBCD + ZADC -180° . Тогда ZOCD + ZODC = -ZBCD + -ZADC = 90° 2 2 и ZCOD = 180° - (ZOCD + ZODC) = 90°. 349
Рис. 10.53 Из ACOD (ZCOD = 90°): CD - -JoC2 + OD2 = 4^5 см. Пусть М, N, К—точки касания вписанной окружности со сторонами ВС, AD, CD трапеции. Тогда MN—диаметр окружности, OKlCD,OK~r, где г — радиус вписанной окружности. Из ACOD (ZCOD ~ 90°): л„ ОС-OP Sjl ,_ .... . оп„ 16-У5 ОК~ = см; ЛВ-MN ~2г~20К~ см CD 5 5 см* По свойству трапеции, в которую можно вписать окружность, BC+AD-AB + CD-——- + 4V5=—-—см. Тогда длина средней линии трапеции равна Л 18^5 Ответ: ———см 18-У5 с 5 10.247. Основания двух правильных треугольников со сторонами а и За лежат на одной и той же прямой. Треугольники расположены по разные стороны от прямой и не имеют общих точек, а расстояние между ближайшими концами их оснований равно 2а. Найти расстояние между вершинами треугольников, не принадлежащими данной прямой. Решение. Пусть в правильных треугольниках ЛВС и DFE (рис.10.54) АС = а, DE = За, CD = 2а. Так как ZBCD - ZFDC -120°, то BC\\DF, К — точка пересечения прямой AF и прямой, проходящей через точку В парал-
Рис. 10.54 лельно АС. Следовательно, BKDC — параллелограмм, ВК ~ CD = 2а , KD = ВС = a, KF = KD + DF = 4я, ^BKD = ZCDF = 120°. Из ABXF: BF = -J'BK2+KF2-2BK-KF cos ZBKF = = V4a2+16a2-2-2a-4acosl20* = 2a-/7 . Ответ: 10.248. К двум внешне касающимся окружностям радиусов Лиг построена секущая так, что окружности отсекают на ней три равных отрезка- Найти длины этих отрезков. Решение. Пусть искомая длина равна 2х . Тогда ЛВ~Ах, А01 = VR2 -х2 , 502 =т Vr2-х2 (рнс. 10.55). Проведем 02С|Л5.В А0102С имеем OjC = ^OlOl~02C2 => л/я2-х2—Jr2-x2 = ^(* + /f-16x2 (*). Умножив обе части уравнения (*) на v Л -х + Vr -х , получим «2-r2=-.J(R + 'f-16:cJ(^2-*2Wr2-x2') ^ ^JF37+1/^7= д2;г2 Г).
Рис. 10.55 Складывая равенства (*) и (**), имеем Рис. 10.56 Я"-г' 2т/д2-х2 = т/(Д + rf -16х2 +- -, V(« + »-)F-16x2 (Д + г)2-16х2 + Д2-г2 _ 2JR2 + Rr-$x2) _2(fi(R + r)-$x2] J(R + rf-16x2 J(R + rf-16x2 J(R + rf-16x2 >т/д2-х2 -J(R + rY-l6x2 =R(R + r)-Sx2 => >(R2-x2)((R + rf-\6x2)={R(R+r)-llx2J => > R2(R + rf -16R2x2 -x2(R + rf +16x4 = R2(R + rf -\6R(R + r)x2 +64x4. Так как х* 0, то приходим к уравнению 48х2 = 14Лг-Д2-г , откуда _J_ /l4J?r-j?2 *=4V 3 длина составляет 2х (второй корень уравнения не подходит). Искомая _\_ fuRr-R2 ~2\ 3 Ответ. J_ jURr-R2 2\ 3 10.249. Доказать, что расстояние от ортоцентра (точки пересечения высот) до вершины треугольника в два раза больше расстояния от центра описанной окружности до стороны, противоположной этой вершине. 352
Решение. Пусть О — центр окружности, описанной около ААВС, и 01 — его ортоцентр (рис. 10.56). Построим ALMN, сторонами которого служат средние линии заданного треугольника. Высоты ALMN пересекаются в точке О, поскольку эти высоты перпендикулярны сторонам ААВС и проходят через их середины. Но ALMN ~ ААВС и потому = = — , т.е. АО\ ВС 2. А(\ - 2МО. Что и требовалось доказать. Рис. 10.57 10.250. На отрезке АВ взятаточка Л/, а на отрезках AM и MB поодну сторону от прямой АВ построены квадраты, описанные окружности которых пересекаются в точке N. Доказать, что прямая AN проходит через вершину второго квадрата и что треугольник ANB прямоугольный. Решение. Соединим вершины квадратов А и С, В и D (рис. 10.57). Продолжим BD до пересечения с АС. Обозначим точку пересечения N и покажем, что она совпадает с точкой пересечения окружностей, описанных около квадратов. Действительно,тшкгкААСМ = ABDM,то ZACM - ZBDM и потому BN1AC. Но прямые углы BNC и AND опираются на соответствующие диаметры, а значит, точка N принадлежит обеим описанным окружностям, откуда и следует доказываемое утверждение. Что и требовалось доказать. 10.251. В угол, содержащий 60°, вписаны пять окружностей так, что каждая последующая окружность (начиная со второй) касается предыдущей. Во сколько раз сумма площадей всех пяти соответствующих кругов больше площади меньшего круга? 12 Сканави М. И., кн. 2 353
Решение. Пусть А — вершина угла. Ot и г{ — соответственно центр и радиус i-й окружности (i=l, ..., 5). Так как -/Л - 30°, то АО{ - 2rt, AOiA ~ 2riA, откуда AOt ~ АО{Л + гм + г, или 2rt = 2rt_x + г/ч + r-t, т.е. rt = Зг,-Ч . Следовательно, радиусы окружностей образуют геометрическую прогрессию со знаменателем 3, а сумма площадей пяти кругов составит S = 7Ui2(l + 9 + 92 +93 +94)= ^ ^ ' = 7381яг,2.Итак,S :ю? = 7381. Ответ: в 7381 раз. Рис. 10.58 10.252. Стороны треугольника относятся как 5:4:3. Найти отношение отрезков сторон, на которые они делятся точкой касания вписанной окружности. Решение. Таккакв ААВС (рис. 10.58) АВ: АС : ВС = 5 : 4:3,то ZC = 90°.Пусть ВС ~ Зх. Тогда АС = Ах, АВ - 5х. Радиус вписанной в прямоугольный ВС+АС-АВ треугольник окружности г х. О — центр вписанной окружности, М, N, К— точки ее касания со сторонами ВС, АВ, АС треугольника соответственно. Тогда СК ~ СМ ~ г ~ х, AN = АК ~ Ъх , BN = ВМ = 2х ■ Следовательно, СК : АК = 1:3 ; СМ : ВМ =1:2; BN : AN = 2:3 . Ответ: 1:3; 1:2; 2:3. 354
10.253. Для треугольника со сторонами 26,28 и 30 см найти произведение радиусов описанной и вписанной окружностей. Решение. Обозначим стороны треугольника: я = 26 см, b ~ 28 см, с - 30 см. 26 + 28+30 Полупериметр треугольника р = ; 42 см. Пусть S — площадь треугольника. Радиус описанной окружности R ~ —. Радиус впи- $ rr abc S abc ,.. , саниоиокружности г -— .Тогда R г = — - = 130 см . р 45 р Ар Ответ: 130 смг. 10.254. В треугольнике ЛВС проведены медианы ЛЬ и ВМ, пересекающиеся в точке К. Вершина С лежит на окружности, проходящей через точки К, L, М. Длина стороныЛВ равна д. Найти длину медианы CN. Решение. 2 Так как CW —медиана, то CK- — CN (рис. 10.59). Соединив точки! LM CF 1 и М , получаем среднюю линию Ьм ; поэтому = = — , т.е. CF=-CN , LM =-, LF = FM=-AN=~, FK = -CN . Имеем 2 2 - 2 4 6
Рис. 10.60 LF ■ FM - FK ■ CF (произведение отрезков хорд, проходящих через точку F). Следовательно, — = - CN ■ — CN, откуда CN ~ . 16 6 2 2 Ответ: а& 10.255. Через точку А окружиости радиуса 10см проведены две взаимно перпендикулярные хорды АВ и АС. Вычислить радиус окружиости, касающейся данной окружиости и построенных хорд, если АВ ~ 16 см. Решение. О —центр окружности радиуса 10 см (рис. 10.60), Ol —центрокруж- иости, касающейся хорд АВ и А С и данной окружиости соответствеиио в точках М, D и К. Тогда OxDXAC, ОхМ±АВ. /.ВАС —вписанный и прямой. Следовательно, ВС —диаметр данной окружиости, ВС - 20 см, АС = 4ВС1 - АВ1 = V202 -162 = 12 (см). Опустим перпендикуляры OL и ON соответствеиио на АС и АВ. Тогда AL~LC~~ AC-6 см, 2 Л#= NB ~~АВ~% см. Пусть искомый радиус ОхК = OxD ~ ОхМ - = хсм. Е — точка пересечения OL и ОхМ. Тогда Z.OEO х = 90" ,
OQ =OK-(\K = ^0-x) см.Из ЮЕЦ (Z0EQ=9ff): ОЕ2 + ЕО2 = 00\ ; ($-xf+(x-6f=(W-xf;x = $- Ответ: 8 см. 10.256.Длииы двух сторон остроугольного треугольника равны V13 и VI0 см. Найти длину третьей стороны, зная, что эта сторона равна проведенной к ней высоте. Решение. Пусть в ААВС (рис. 10.61) АВ = -JlO см, ВС = л/ГГ см, высота BD ~ АС . Так как треугольник ABC остроугольный, то точка D принадлежит отрезку А С. Пусть BD = AC = x см. Из AADB (ZADB = 90°): AD = -JaB2-BD2 = i/lO - ж2. Из ДСШ (ZCBB = 90°): С» = V.8C2 -ЯД2 = = Vl3-i2 . Следовательно, Л£> + .ОС = ЛС; i/lO-x2 -цАз-х2 = ж; 1/13-х2 = *-Vl0-x2H3-x2=x2-2x-Vl0-x2+10-*2;2xi/l0-x2 =^-3; jV=9, J4x2(l0-x2)=x2-6x2 + 9, J5x4-46x2+9 = 0, . х2=Л, ж2 = 9 U223; jx2;>3; L2 5' I* 2 3; Отсюда ЛС = 3 см. Ответ: 3 см. 10.257. Через точку р диаметра данной окружности проведена хорда АВ, образующая с диаметром угол 60°. Вычислить радиус окружности, если АР = а и ВР = Ь. Решение. Пусть MN — диаметр окружности с центром О, проходящей через точку Р (рис. 10.62), ZAPO ~ 60° .Опустим перпендикуляр ОК нахордуАЗ. Тогда ВкЛлВ = Ш-; РК = ВК-ВР = ^±-Ь = ^± .В АОКР 2 2 2 2 ZOKP = 90', /LKOP = 30° . Тогда ОР = 2РК = а-Ь. MP=R+a-b, PN ~R~{a~b)t где R — искомый радиус окружности. Так как 357
Рис. 10.62 Рис. 10.63 MPPN = APPB, то (R+a-b\R-(a-b))=ab; R2 -(a-bf = ab\ R = 4a2-ab + b2 . Ответ: R - л/я2 -ab + b2 . 10.258. Расстояния от точки д/, лежащей внутри треугольника ЛВС, до его сторон АС и ВС равны соответственно 2 и 4 см. Вычислить расстояние от точки М до прямой ЛВ,если АВ~Ю см, ВС =17 см, ЛС = 21 см. Решение. Пусть искомое расстояние равно х (рис. 10.63). Тогда Зд^р = 0,5-1 (к = 5х. s&AMB = SbABC~SbAMC~SbBMC- Найдем эти площади: 5ШС = л/24-14-3-7 *= = 84см2, ^д^с = 0,5-21-2 = 21 см2, 5MWC = 0,5-17-4 = 34 см2. Отсюда 5лш» = 84-55 = 29 см2 и х = 5,8 см. Ответ; 5,8 см. 10.259. На отрезке АС длиной 12 см построена точка В так, что АВ = 4 см. На отрезках АВ и АС как на диаметрах в одной полуплоскости с границей А С построены полуокружности. Вычислить радиус окружности, касающейся построенных окружностей и АС. Решение. Точки Ох и 02 —центры полуокружностей с диаметрами АВ и АС и радиусами R{ = 2 см и R2 =6 см соответственно (рис. 10.64). 03 —центр окружности искомого радиуса х см, х>0. Тогда 0101 = (х + 2) см, 358
в Е К Рис. 10.65 ОхОг - R2~R\=A см, QQ ~{б~х) см. D —точка касания окружности с центром Оу и АС ■ Тогда 03D1AC, ОгВ -х см. В АО{02Оу полупери- ^Oj + OA + ^Qz . метр р = ■— =—*■ ■— = 6 см. Тогда его площадь 5 = V^-°AX^-^2Xp-0205)-V6(6-x-2X6-4X6-6 + x) = = Vl2x(4-x). С другой стороны, 5 = -Ох02 • ОъВ = 2х . Тогда yjl2x(4^x) = 2х ; Зх(4-х)=х2; х = 3. Ответ: 3 см. 10.260. Сторона треугольника равна 48 см, а высота, проведенная к этой стороне, равна 8,5 см. Найти расстояние от центра окружности, вписанной в треугольник, до вершины, противолежащей данной стороне, если радиус вписанной окружностиравеи 4 см. Решение. В ААВС (рис. 10.65) AC-4S см, BE —высота, В£ = 8,5 см, О — центр вписанной окружности, M,N,K—точки касания этой окружности соответственно со сторонами АВ, ВС, АС треугольника. Тогда ON1MC, ON^-A см, АМ = АК, CK = CN , ВМ = BN . Площадь треугольника 1 S ABC S- — AC- BE = 204 смг. Тогда его полупериметр р =51 см. 2 У ON Но р я ЛД + ЛС+ДС ^ ^ + ЛГС + Stf = ЛС + Stf . Следовательно, BN^p-АС^Ъ см.ИзДДМЭ (Zfl#0 = 9OD): OB = ^BN2+ON2 =5 см. Ответ: 5 см. 359
10.261. В равнобедренном треугольнике ABC (АВ-ВС)на. стороне ВС взята точка D так, что BD : DC ~ 1:4. В каком отношении прямая AD делит высоту BE треугольника ABC, считая от вершины В ? Решение. Пусть AD пересекает BE в точке F (рис. 10.66).Проведем ААГЦлС.Таккак АВСЕ ~ ABDK ,то BK^KD^BD^l BE EC ВС 5' откуда ВК--ВЕ, KD--EC Так как KD KF 1 &KFD ~ AAFE, то = = -. Пусть KF = х ; тогда FE = 5х и АЕ FE 5 2х ВК+х + 5х = BE, откуда ВК + 6х=5ВК или 6х = 4ВЛГ, т.е. ВК~ — . Ъх 5х Выразим BF через х: BF -ВК+х-— + х~ — .Но FE~Sx и,значит, BF:FE = \:2- Ответ: 1:2. 10.262. В прямоугольном треугольнике высота, проведенная к гипотенузе, равна h ; радиус вписанной окружности равен г. Найти гипотенузу. Решение. Пусть а и Ь — катеты, с — гипотенуза, р — полупериметр данного треугольника. \ a+b-c г+b+c -с - р-с; p~r +c.Площадьтре- 1 1 2г2 угольника S =— ей - рг. Тогда —ей ~(г + сУ; c{h~2r)~ 2r2; с~ -. Ответ: h~2r' 360
10.263. Медианы треугольника равны 5, V52 и V73 см. Доказать, что треугольник прямоугольный. Решение. Обозначим стороны треугольника через а, Ь, с, а проведенные к иим медианы— та, ть, тс (та~5} m6 = V52, mc = V73). По формуле, выражающей сторону треугольника через его медианы, имеем: a=-yJ2(mt+m2c)-m2a = -^/2(52 + 73)- 25 = 10- Аналогично 6 = -^2(25+73)- 52 = 8, с =-^2(25+52)-73 = 6. Таким образом, а -Ь +с , следовательно, данный треугольник прямоугольный. Что и требовалось доказать. 10.264. Показать, что во всяком прямоугольном треугольнике сумма полупериметра и радиуса вписанной окружности равна сумме катетов. Решение. Пусть а, Ь,с,р — соответственно катеты, гипотенуза и полупериметр треугольника, г — радиус вписанной окружности. Тогда р + г~ a+b+с а+b с с ~ + f = —т— + — + г . Рассмотрим сумму ~ + г. Так как пло- _ ab ab щадь треугольника S ~ — = рг, то г- —, откуда 2 2/7 с с ab _ pc + ab _ac+bc+c + 2ab_ac+bc + a +b +2ab _ 2 ~2 2p 2p 4p ~ 4p _ c(a+b)+(a+bf __ (a+b$a+b + c) _ a+b a+b + c _ a+b _ __ _ ___ Yp~~ 2 Что и требовалось доказать. 10.265. Показать, что во всяком прямоугольном треугольнике сумма диаметров описанной и вписанной окружностей равна сумме его катетов. Решение. Пусть а, b — катеты, с — гипотенуза, R — радиус описанной окружности, г — радиус вписанной окружности. Как известно, R = — , a+b-с я1ч п па+Ь~с , , „ г = , тогда 2R + 2г ~с+2 = c + a+b-c ~а+Ь . Что и 2 2 требовалось доказать.
10.266. Найти третью сторону остроугольного треугольника, если две его стороны равны я и b и известно, что медианы этих сторон пересекаются под прямым углом. Решение. По условию ВС = а, АС = Ь, АЕ и BF —медианы, ZAMF = 90° (рис. 10.67). Положим AE-ma,BF = mb. Тогда в ДВМ£ и AAMF соот- т\ 4т2 я2 4т2 т1 *2 ветственноимеем ~7T + ~Z~~~7~> ~о~ + ~о~~~л~ -Складываяэтиравен- siml+ml) аг+Ьг 2 2 9(я2+62) „ , ,„ ства,получаем —s-2 ы ~ или т. + mh ~ —i —L. Из ААМВ 9 4 " * 20 ,„2 4^2+т2) я2+62 лв |я2+62 имеем ЛЯ = -" ^ = , откуда АВ = . . 9 5 V 5 Ответ. ^ 10.267. На отрезке АВ взята точка С ииа частях АС и СВ отрезка АВ как на диаметрах построены полуокружности. Доказать, что сумма длин этих полуокружностей не зависит от положения точки С иа отрезке АВ. Решение. Пусть длина отрезка АВ равна 21. Обозначим радиус одной из окружностей через х; тогда радиус второй окружиостиравеи / -х. Сумма длин полуокружностей составляет L -кх+п(1-х)-к1, т.е. не зависит от х.Что и требовалось доказать.
E 10.268. Точка С перемещается по отрезку АВ длиной /. На отрезках АС и СВ как иа основаниях построены правильные треугольники по одну сторону от АВ . Где нужно взять точку С , чтобы расстояние между вершинами треугольников было наименьшим? Решение. Пусть АС = х ;тогда СВ = 1-х (рис. 10.68).Проведем £>1||ЛЯ иопус- тим перпендикуляры иа АВ из точек D и Е. Так как треугольники ADC 1-х I 2 2 ' 3(1-2xf 4 и СЕВ — правильные, то DL = FM = FC + СМ z „ (l-x)fi xfi (1-2хУз~ „ п, /2 EL = - = J -— . Следовательно, DE = — + 2 2 2 4 Расстояние DE является наименьшим при / - 2х ~ 0 , откуда х~1/2, т.е. точку С следует взять в середине отрезка АВ. Ответ: в середние отрезка АВ . 10.269. Высоты треугольника равны 12,15 и 20 см. Доказать, что треугольник прямоугольный. Решение. 25 Пусть площадь треугольника равна 5 . Тогда его стороны: а ~ -—, 6 = 25 20 ' 15 25 Имеем а +Ь 1 1 1 = «'|^г+-Ц)=«2(- ■ 15г 202 225 400 , «' 1 1 «' 2 ,2 2 ~ ~т7" о + ~~Z \~ ~~77 ' откУда а +* ~с , т.е. треугольник прямоугольный. Что итребовалось доказать.
10.270. Найти отношение суммы квадратов всех медиан треугольника к сумме квадратов всех его сторон. Решение. Пусть а, Ь, с — стороны треугольника, та, ть, тс —медианы, проведенные к этим сторонам. Воспользуемся формулами: та=Щ2+с2) -а2 , ть=Ц2{,2+с2)-Ь\ mc=^l(a2+Ь2) -с2 . Тогав ml +ml+m2 =-fcb2 +2с2 -а2 + 2а2+2с2-Ь2+2а2+2Ь2-с2) = 3 / ? ,2 2^ mn+mh+m2 3 3 Ответ: —. 4 10.271. Найти шощада треугольника, если его высотыравны 12,15 и20см. Решение. Данная задача может рассматриваться как продолжение задачи № 10269. Имеем: треугольник — прямоугольный, высоты ha, hb — его катеты. Площадь треугольника S ~ - ■ 15 • 20 = 150 (см2). Ответ: 150 см2. 10.272. Числа гщ, т2 и /и3 выражают длины медиан некоторого тре- треугольиик является прямоугольным. Решение. Обозначим стороны треугольника через а, Ь , с. Тогда 4/и, — — 2(6 +с )-а , 4/и2 = 2 (а +с )~Ь (см. дополнительные соотношения 2°. Сложив эти равенства, получим 4\т? +т2)~ Ас +а +Ь .По г г г 2 .. . ■> J ■> ,ъ\ ■> 4с +а +Ь условиют, +nq=5mi . Но4тз -2[(г+b \~tr и,значит, = 4 aW+*2)-c2),откуда 4с2+а2+62 = 10(а2+62)-5с2или с1 = да+6а, 4 ' т.е. треугольник прямоугольный. Что и требовалось доказать.
с Рис. 10.69 10.2 73. Высота, проведенная к гипотенузе прямоугольного треугольника, делит его на два треугольиикас площадями Q и Я. Найти катеты. Решение. В МВС (рис. 10.69) ZACD=90", CD — высота, SMDC = Q, S^^q. AD \ADCD q Из подобия ABDC и AADC следует, что = 4 — • BD Ud-cd Q Пусть AD - qx .тогда BD = Qx. CD = -JaDBD = х,/?й ADCD_qx-xjQq ^qjQq =^ _ 2_ 2 AC = 4ABAD=^{qx + ^-fW-fafi- bc = 4abbd =^Щ|. о^-р^,^,)^ 10.274. Числа Аь А2 и А3 выражают длины высот некоторого треугольника. Показать, что если выполняется равенство {h\jh^f +{{il /h3f =1 ,то треугольник является прямоугольным.
в ь с Рис. 10.70 Решение. Пусть я, Ь, с — стороны треугольника, которым соответствуют высоты Ai, А2, А3. Воспользуемся тем, что высоты треугольника обратно пропор- к b к с циоиальиы соответствующим сторонам: — ~ - ; — = — . Подставив эти h, a h, a Ь с , отношения в данное по условию равенство, получаем —г- + —г- ~ 1; а а Ь +с —а , следовательно, данный треугольник—прямоугольный. Что и требовалось доказать. 10.275. Через точку пересечения диагоналей трапеции параллельно основаниям проведена прямая, пересекающая боковые стороны в точках Ы и JV. Доказать, что MN ~2ab/(a + b),xne а и Ь —длины оснований. Решение. Пусть AD-a, ВС = Ь (рис. 10.70). Так как UMBO ~ AABD, то МО ВО ,„ ВО , .„„„ „„ ON OD = , МО ~ а ■—— . Аналогично AOND ~ &BCD,откупа , а ВТ) BD ' ■' Ь BD пи и 0D ^ ,„, .,„ „,, а-ВО + Ь OD 2аВО ON -b . Тогда MN = MO + ON = = , так как BD BD BD AAOD ~ ДВОС=> -= —, a-BO-bOD. Учитывая, что BD = BO+OD, b ВО окончательно получаем, что ,_, 2а ВО 2я 2я 2ab MN - ————- = —-==• = = . Что и требовалось доказать. BO+OD \+4iL 1 + 2 я + * ВО Ъ 366
с А М D N в Рис. 10.71 10.276. Прямоугольный треугольник ЛВС разделен высотой CD, проведенной к гипотенузе, на два треугольника BCD и A CD . Радиусы окружностей, вписанных в треугольники BCD и A CD, равны соответственно 4 и 3 см. Найти расстояние между их центрами. Решение. Пусть 02 — центр окружности, вписанной в ABCD, О, — центр окружности, вписанной в AACD (рис. 10.71), N и М —точки касания этих окружностей с прямой АВ. Тогда 02N1AB, (\MAAB, 02N = r2 - 4 см, OfN~ri=3 см. Опустим перпендикуляр С\К на QN. Тогда 02К = г2-г\=1 см, (\К = r2 + rj = 7 см. Из ДО^О, (ZQX02 =90°): o,o2 = ^°\К2 + о2л:2 -So-5-Я см. Ответ: 5V2 см. 10.277. Найти биссектрису прямого угла треугольника, у которого катеты равны а и Ь. .Решение. В Д45С (рис. 10.72) ZC = 90°, СВ~а, CA~b, CK —биссектриса ZBCA . Пусть СК = х. 5Д^С - 5ДСЖ + S^CK ; ±АС-СВ = = -ACCKsmZACK+-BCCKsmZBCK. Тогда а6=&шп45° +axsin45°, 2 2 367
Рис. 10.72 Ответ: х *= abjl a + b 10.278. .Дан квадрат, сторона которого равна а. Определить стороны равновеликого ему равнобедренного треугольника, у которого сумма длин основания и высоты, опущенной на него, равна сумме длин двух боковых сторон. Решение. Пусть х — основание, z — боковая сторона, у — высота, проведенная \-xy-a , к основанию искомого треугольника. По условию \ 2 по теореме [x + y = 2z, , х2 , Пифагора (рис. 10.73) у + — — г . Таким образом, имеем систему урав- 4 xy^la1, x + y = 2z, 2 X1 2 ,2+T=z , * = j(*+y), xy-2a2, 4^2+x2=4-f|(x + ^)| , ■xy = 2a2, 4y2 + x2 =x2 + 2xy + y2 xy=2a2, Ъу2 =4я2 , 2aS 2a У lfla-Jb 2a n- x = = а^?, У 2[ 3 |6 5aJ}
Рис. 10.73 Sajb 5Я1/з D Ответ: яТз ,:~-, :~-. Р"0- 10-74 6 6 10.279. ТочкиЛ/, N, Р, g являются серединами сторон АВ, ВС, CD a DA ромба ABCD. Вычислить площадь фигуры; являющейся пересечением четырехугольников ABCD,ANCQviBPDM, если площадь ромба равна 100 см2. Решение. YlycrbEnF—точки пересечения отрезка.4JVсоответственно сШ/иВ/*, аКнЬ—точки пересеченияотрезкаСбсоответственносВ/'иЛМ(рис. 10.74). AAQC = AANC (по двум сторонам и углу между ними), следовательно, AQCA ~ ZNAC , тогда AN\CQ. Аналогично DM\\BP. Таким образом, EFKL —параллелограмм. S^cd = -SABCD = 50. SiCgD = -SMCD = 25 . Так как PD^PC и BP\\DM , то СК = LK , аналогично DL = EL, АЕ ~ FE . Следовательно, QL — средняя линия AADE , т.е. QL = IАЕ = ±£F = X-KL . Тогда QL = ICQ, S^ = 1Ядосд = 5 . Пусть Sdql Отсюда имеем 5яяа = 4SiO0L - 20. Ответ: 20 см2. ELLK-siaa DLLK -DLQLsma -DLLK 2 4
Рис. 10.75 Рис. 10.76 10.280. Определить углы равнобедренного треугольника, если его площадь относится кшющадаквадрата,построенногонаосновании,как v3 :12. Решение. Пусть ACDK —данный по условию квадрат (рис. 10.75), ABC —данный по условию треугольник, АВ *= ВС, ВР — высота ААВС. Обозна- ah 1 — Jb чим АС ~ а , BP = h , S^bc " ~а^ * ^acdk ~ а% • По условию ~ ~ — 2 а 12 или — == —. Из прямоугольного Д/45/*: tgZBAP = — = —. Следовательно, Z5AP = ZSO1 ;= 30\ ZABC = \%0° ~ 60° =120°. Ответ: 30°, 30°, 120°. 10.281. В окружность вписан четырехугольник с углами 120,90,60 и 90°. Площадь четырехугольника равна 9,/3 см2. Найти радиус окружности, если диагонали четырехугольника взаимно перпендикулярны. Решение. Пусть ABCD —четырехугольник, о котором говорится в условии задачи (рис. 10.76), ZABC « ZADC - 90°, ZBAD -120", ZBCD = 60°. Р — точка пересечения АС и BD, AC1BD. Так как /ЛВС = 90°, то ,4 С —
диаметр данной окружности. ВР — высота прямоугольного ААВС. Тогда ZABD-ZACB. ZABD n^ACD —вписанные и опираются на хорду AD. Тогда ZABD- ZACD. Следовательно, ZAСВ=ZACD- - ZBCD= 30°. Тогда 1 9л/з AABC=AADC(погипотенузенострому углу), SliABC~~SABCD~ см2. 1 2Jb Пусть АВ^а.Тогда BC^ABctgZACB^afi и S^c^-AB-BC-^-^-. Следовательно, = , а = 3. Искомыйрадиус R-— АС ~ АВ = 3 см. Ответ: 3 см. Рис. 10.77 10.282. В треугольнике ASC проведена прямая DE, параллельная основанию АС. Площадь треугольника .4SC равна 8 кв. ед., а площадь треугольника DEC равна 2 кв. ед. Найти отношение длины отрезка DE к длине основания треугольника ABC. Решение. Имеем S^ec^-DE-HK^I (рис. 10.77) и НК = — ; S^bc - 2 DE 1 1Л /)/*" SJf = - АСВН = 8, откуда ВЯ = .Так как ААВС ~ ADBE ,то = . 2 АС АС ВН Далее В К = ВН -НК и, значит, ВК ВН-НК НК 4 . 16 АС ВН~ ВН ~ ВН~~ DE' AC~ 4DE'
Пусть х. Тогда х - 1 или 4х - 4х+ 1 = О 3 АС 4х DE х~ — . Полу- 1 чили = — . АС 2 Ответ: 1:2. 10.283. Площадь прямоугольного треугольника равна 24 см2, а гипотенуза равна 10 см. Найти радиус вписанной окружности. Решение. Пусть а и Ь — катеты треугольника. Имеем систему я6=48, я2 + 62=100," В => a2 + 2ab+b2 =196, a2~2ab+b2 -4, => я + 6-14, а-6 = 2 ^следовательно, а - 8 (см), 6-6 (см). Так как 5 = /?г, то 24 - 12г, г = 2 (см). Ответ: 2 см. 10.284. Около круга радиуса R описаны квадрат и равносторонний треугольник, причем одна из сторон квадрата лежит на стороне треугольника. Вычислить площадь общей части треугольника и квадрата. Решение. Д ABC и квадрат EDD^ (рис. 10.78) те, о которых говорится в условии задачи, BN — высота ААВС, О —центр данной окружности, М и F — точки пересечения АВ, Мх и Fx —точки пересечения ВС со сторонами квадрата, JVj — точка касания DDX с окружностью и пересечения £)Д с BN. Шестиугольник EMFF^MXEX — фигура искомой площади S . $ ~ ^EDDyE} ~ VbMDF + ^ДМ,Л,^, )~ ^EDDlE^ "^AMDF • &N ~ ЗЯ > ^М ~ 2Я *, BN{ = R ; Щ = R. D М, F/ N\Fi О А М Е N Рис 10.78 Из ABNtF (ZBN^F = 90" > FAT, = BJV, tgZFBJV, = Stg30° Д-Уз 3 '
DF = DN,~FN,=R-—=Ry~'. ZDFM = ZBFFt = 60°. Из AMDF 3 3 (AMDF = 90°): ЛЯ) = DFtgZDFM = Rr~^3).Ji = д(^"_j). R2S{/3-if яУзЬ-Тз) „ ..j = ~ *- = 1 ' . aEDDlEl - w ■ 6 3 Ответ: 3 д2Уз(бУз-4) 10.285. В круге радиуса R проведены по разные стороны от центра две параллельные хорды, одна из которых стягивает дугу в 60°, другая —120°. Найти площадь части круга, заключенной между хордами. Решение. гт -tna с, KR2 R2J3 Площадь сегмента с дугой 60 равна ^ , а площадь сег- 6 4 „ ,--0 _ kR2 R2S 1Я меита с дугой 120 равна S2 = • Искомая площадь 1 2 2 Ответ: —^ '. 2 10.286. Две окружности радиусов г и Зг внешне касаются. Найти площадь фигуры, заключенной между окружностями и их общей внешней касательной. Решение. Пусть Ох и Ог —центры окружностей радиусов г и Зг соответственно (рис. 10.79), АВ — их общая внешняя касательная, А и В —точки касания. Тогда ОхАХЛВ, ОгВХЛВ, ОхА^г, ОгВ = Зг, ОхОг ~\r. p — точка касания данных окружностей. Тогда искомая площадь 373
Рис. 10.79 Рис. 10.S S = Sl-(s2 + S1), где 5, — площадь трапеции С\АВ02, S2 — площадь сектора АО\Р , 53 —площадь сектора В02Р . ОхС —высота трапеции <\АВОг. Следовательно, ВС = А(\-г, С02 = В02 -ВС = 2г. Отсюда ZCO,02 =30", ZC020, = 60°, 0,С = 2г,/з, ZAOt02 =120° . 2 м ' 360 3 ' 360 2 Тогда^^^-^^]^2^-'"1). Q»M:f'M-""), 6 10.287. Найти площадь треугольника, вписанного в круг радиуса 2 см, если два угла треугольника равны п/3 и я/4. .Решение. Так как ZACB - — (рис. 10.80), то АВ = 2V2 см (сторона вписанного квадрата). Проведем ЯО 1,4 С . Учитывая, что ZABD г= — , имеем 6 AD-—AB--J2 (см); далее, так как ABDC —равнобедренный, то
DC=BD~~AB = ~-2j2 ~S см. Значит, AC^AD+DC^y/l+Je (см). Попучаем: S ~^АС-ВВ = Ц,[2 + &)Д~(\ + Jl)j3 ~Jl + 3 (см2). Ответ: (>/з+з)см2. В 10.288. Найти площадь трапеции, диагонали которой равны 7 и 8 см, а основания — 3 и 6 см. Решение. Пусть в трапеции ABCD (рис. 10.81) BC\AD, BC = 3 см, AD-6 см, ЛС = 7 см, ЯО = 8 см. Проведем СЦ\ВВ . Тогда А£ = AD + Z)£ = = AD + ВС = 9 см, CE^BD. Следовательно,трапеция Л5С0 итреуголь- ник ^СЕ имеют равные площади (у иих равны высоты и основание треугольника равно сумме оснований трапеции). По формуле Герона площадь треугольника5 = V12-5-4-3 - YlJl см2. Ответ: 12V5 см2. 10.289. В ромб со стороной а и острым углом 60° вписана окружность. Определить площадь четырехугольника, вершинами которого являются точки касания окружности со сторонами ромба. Решение. йТз Радиус вписанной в ромб ABCD окружности (рис. 10.82) R ,так 4 как ZA ~ 60°. Четырехугольник KLMN является прямоугольником, так
Рис. 10.82 Рис. 10.83 как его углы опираются на диаметр окружности. Его площадь S = MN -LM > где MN = R (катет, лежащий против угла 30°), LM ~ /?v3 . Получили 16 Ответ: . 16 10.290. Две окружности радиусов R и г касаются внешним образом. К этим окружностям проведена общая внешняя касательная, и в образовавшийся при этом криволинейный треугольник вписан круг. Найти его площадь. Решение. А и В —точки касания общей внешней касательной с касающимися окружностями соответственно с центром О, радиуса й ис центром 02 радиуса г, R>r (рис. 10.83). Тогда Ox02^R + r, ОхАХЛВ , OxA-Rt 02В = г, (^,4|02В . Оъ — центр круга искомой площади, о котором говорится в условии задачи. Через точки 02 и 03 проведем прямые MN и 02К,параллельные АВ.Тогда 02КЩА, ШЩ^, OxK ^R-r.D — точка касания окружности с центром Оъ и АВ. Тогда O^DXAB, 03D = x . QM«OjA-AM = Д-х, (ЗД =r+x, О^Оъ « Д+х, 0^*=r-х.ИзЩМОг {ZOxMfy = 90°): 03Л/ = 7°1°з2 ~а^2 = ^l(R + xf~(R~xf -2-Уйх .Из дащ {zGyvq^cr): о^-^о^-о^1 =j(r+xf-(r-xf =2V™. 376
ИзЩК01(4)1К01 = 9<Г): OjK^Ofi-ЦК1 =J(R+rf -(R-rf =2jk~r. Таккак.Ю52 = MN = M03 + 03N,то 2-Уйг = 2jSx + 2-[rx ; Л + л/7' {jR+£f' Искомая площадь круга S = то: - itR' Ответ: nR'r' {fc+rf' Рис. 10.84 10.291. Центр круга, вписанного в прямоугольную трапецию, отстоит от концов боковой стороны на 1 и 2 см. Найти площадь трапеции. Решение. Пусть в трапеции ABCD (рис. 10.84) BC\\AD, AB1AD, О — центр вписанной окружности, СО = 1 см, DO ~ 2 см. Тогда СО и DO — биссектрисы соответственно ZBCD и ZADC. Так как ZBCD + /ADC =180°, то ZOCB + ZODC = -ZBCB + -ZADC = 90" и 4C0D=9CT, CD = 2 2 — \ОС +OD s=V5 см. ЛГ—точка касания вписанной окружности со стороной CD трапеции. Тогда ОК — радиус этой окружности и высота ОС OD 2 = —7=- СМ. CD Js прямоугольного Д COD . Следовательно, ОК = -
4 AB s= 2 OK ~—r= см. Так как в данную трапецию вписана окружность, V5 4 г 9 то SC + AD^^B + CD^-^+VS^-^cm. V5 V5 _ SC+ЛЯ ._ 9 4 . _ 2 Площадь трапеции S АВ = —-р? • —=■ = 3,6 см-4. 2 2V5 V5 Ответ: 3,6 см2. 10.292. Окружность радиуса R разделена на шесть равных дуг, и внутри круга, образованного этой окружностью, через каждые две соседние точки деления проведены равные дуги такого радиуса, что на данной окружности они взаимно касаются. Вычислить площадь виутренней части данного круга, заключенной между проведенными дугами. Решение. Пусть точка О — центр окружности радиуса R;A,B,C,D,E,F —-точки деления окружности, о которых говорится в условии задачи (рис. 10.85), /ЛОВ s= 60°. Ох — центр дуги АпВ, проходвщей внутри данного круга, о которой говорится в условии. Так как по условию точки А и В — точки касания дуги АпВ с аналогичными соседними дугами, то ОА — их общая касательная и OxALOA. /AOOx ~-ZAOB = 30°, ZAC^B^ 120°. Из AOAOl(/OAOl *=90°): ОхА~ОА\%/АООх =££-. Площадь S{ криволинейного треугольника О АпВ равна разности площадей52равносторонне- го треугольника АОВ и S3 сегмента круга с центром Ov ограниченного дугой АпВ. S^^n-OyA2-SMo,B-\K-OxA2-^OxA2un/AOxB'- 1 R2 1Л2. 10ПО R2(n &Л „ R2J3 -—71 sin 120° = — — \yS2~ 3 323 334 2 4 23 4 334 49 12
N Рис. 10.85 Рис. 10.86 D2 12-Jb-iK Я2кЛ-к) „ = л — ^ .Искомая площадь части данного круга 3 Ответ: " *. 3 10.293. В некоторый угол вписана окружность радиуса R , а длина хорды, соединяющей точки касания, равна а. Параллельно этой хорде проведены две касательные, в результате чего получилась трапеция. Найти площадь этой трапеции. Решение. Пусть L и М — точки касания (рис. 10.86); тогда SL - SM , откуда АВ - CD, так как AD\\BC\\LM . Проведем OKXLM и BH1AD. Искомая площадь S - —{AD +BC)BH . Для описанной трапеции имеем AD+BC = AB + CD = 2AB ; поэтому S - АВВН . Далее, ААВН ~ ~ AOLK (ZLOK = ZBAH как углы с взаимно перпендикулярными сторо- Л IX ВН а/2 2R л п 4Д2 нами),откуда = или-J— и АВ- . LO АВ R АВ a 379
Получили S 2R Ответ: т* Рис. 10.87 10.294. Две окружности радиусов R и г касаются внешним образом. Найти площадь трапеции, ограниченной двумя общими касательными к этим окружностям и прямыми, соединяющими точки касания. Решение. Пусть Ох и 02 —центры данных окружностей радиуса R и г соответственно, R >г (рис. 10.87), Р —точка их касания, АВ и DC —их общие внешние касательные, ABCD — трапеция искомой площади. Тогда ОПАХАВ , 02В±АВ, ОхА - R, 02В - г. Проведем через точку Р общую к данным окружностям касательную MN. Так как AM - MP - MB , то MN — средняя линия трапеции ABCD и MN = АВ. Проведем ВЕ\Ох 02, имеем BE = Ох02 = R + r, АЕ = ОхА-ОхЕ- ОхА-02В = R -г. Из АЕАВ {АЕАВ = 90°): АВ = ^ВЕг-АЕг = ^(R + rf-(R-rf = 2-УДг . Ox02XAD, ££|JQ02. Следовательно, BE1AD. Q — точка пересечения ЕВ и AD. Тогда AQ — высота прямоугольного АЕАВ и AB2-BEBQt BQ = - Д + r BQ — высота трапеции ABCD .
2 R + r SRr^Rr Ответ: . R+r Рис. 10.! 10.295. Катеты прямоугольного треугольника равны 6 и 8 см. Через середину меньшего катета н середину гипотенузы проведена окружность, касающаяся гипотенузы. Найти площадь круга, ограниченного этой окружностью. Решение. По условию в ААВС (рис. 10.88) ZABC = 90е, АВ - 6 см, ВС = 8 см, точки Е и D — соответственно середины АВ и АС, О — центр окружности, о которой говорится в условии задачи. АС - уАВ2 + ВС - 10 см. Тогда ED —средняя линия ААВС, ED = — ВС = 4 см. К —середина ED. Тогда KD = 2 см. OK1ED, BCJED. Тогда ОК1МС. OD1AC. Следовательно, ZKOD - ZBCA —как углы с взаимно перпендикулярными сторонами, и OP KD АС~ АВ' ЮОтс , : СМ\ 9 прямоугольные треугольники OKD и СВА подобны. Тогда OD = — см. Искомая площадь круга 5 = л-СШ2 АВ 3 п 10071 Ответ: см . 9
10.296. Найти площадь прямоугольного треугольника, если даны радиусы R и г описанного и вписанного в него кругов. Решение. Пусть а, Ь, с — соответственно катеты и гипотенуза данного тре- ~„ a+b—c a+b—2R , ,/„ ч __ 2 i2 2 угольника, с = 2Л,г = = — ,а + 6=2(Д + г).Ноа2 +Ь2 -с , тогда (а+б^-гяб^^2, 2а6 = (а+б)2 -4Д2 =4(Д+г)2 -4Д2 = 8Дг+4г2, ab - ll^Rr + г2) = 2г(2 Д + г). Площадь треугольника 5 = — аб = г(2Д + г). Ответ: г(2Л + г). 10.297. Длины сторон треугольника относятся как /и : и : /и . Найти отношение площади этого треугольника к площади треугольника, вершины которого находятся в точках пересечения биссектрис данного треугольника с его сторонами. Решение. В ААВС (рис. 10.89) АВ ; АС :ВС - т :п :т . Следовательно, АВ - ВС ■ ЛЛу, ВВ1, ССХ — биссектрисы ААВС, К — точка пересечения Afii и ВВХ. Тогда ВВХ — высота ААВС, ВХК — высота AAlBlCl, ^лавс "-С • BBt ,_, „ ^ —; = — . По свойству биссектрисы треугольника ^AAyByCi 4Q В1К А£_=А£=± мвс _ дсм.Тогда АХВ АВ т 4Q Лв АС _ вс _ М + 4е _ 4s
Afi mm* BjK ~ BXK BYK AYC n ~ m ' Saarc AC B& (m + nf следовательно, — ■- = - - —. Saa,ba 4Q BiK mn Ответ: i —. mn 10.298. Определить площадь сегмента, если его периметр равен р, а дуга содержит 120°. Решение. Обозначим радиус круга через R . Так как дуга сегмента содержит 120°, 2яД то ее длина равна —г-, а хорда, стягивающая эту дугу (сторона правильного вписанного треугольника), равна R V3 . Тогда периметр сегмента состав- 2лД „ I- 3d „ ляет р + R V3 , откудв R = — т= . Площадь сегмента; 3 2л + 3л/3 = nR2 Д2-Л = Д2(4я-3л/з)^ Зр2(4я-3л/з) 3 4 12 4(2я + 3^ ' 3/>2(4я-3л/з) Ответ: ( г-Ъ . 4(2я + 3-/3/ 10.299, На отрезке AS и на каждой его половине построены как на диаметрах полукруги (по одну сторону от АВ). Считая радиус большого круга равным R , найти сумму площадей криволинейных треугольников, образовавшихся при построении круга, касательного ко всем трем данным полукругам. Решение. Пусть О —середина АВ, D —середина АО, F —середина ОВ, Е — центр круга, о котором говорится в условии задачи (рис. 10.90). Пусть г — R R радиус того круга. Тогда О А = R , DO = — , DE = — + г, ОЕ - R - г. Из ADOE (ZZ)0£ = 9O°): DE2 = DO2 + ОЕ2; -Т + М =[т)+(Д"г^;
с '"- —. Искомая площадь S -Si -\2S2 + S3), где S{ —площадь полукруга с центром О, S2 — площадь полукруга с центром D , S3 — площадь круга с центром Е. nRz .11 ' 2 4 + 9 Г 36 5 , Ответ: —nR . 36 10.300. Сторона правильного треугольника равна а. Определить площадь части треугольника, лежащей вне круга радиуса а/3, центр которого a2S совпадает с центром треугольника. Решение. Искомая площадь S - ^ - S2 + 3S3, где Sx = -■ ^ — площадь тре- угольника, о2 - ~z~ — площадь круга, S3 — площадь сегмента, отсекаемого треугольником от круга. Хорда этого сегмента равна —; поэтому Получаем, что 5 _1_ па2 а2& _тш2 а2& 69 9-4 ~ 54 36 ' а2& па2 па2 а2 -Л" = а2 fci/з - п) 18 12 Ответ: Д2(зл/з-я) 18
А О D Рис. 10.91.1 10301. Найти отношение площади квадрата, вписанного в сегмент с дугой в 180°, к площади квадрата, вписанного в сегмент того же самого круга с дугой в 90°. Решение. Пусть ABCD —квадрат, вписанный в сегмент с дугой в 180°(рис. 10.91.1), AlBlClDl — квадрат, вписанный в сегмент того же круга с дугой в 90° (рис. 10.91.2). Пусть R —радиус круга, АВ = х, ЛД = у. Рассмотрим квадрат ABCD. О — центр круга. Тогда OC = R,OD = CD/2 = ж/2. Из х2 2R KCDO (ZCDO = 90°y. OD2 + CD2 = ОС2; —+ ж2 = й2; * = -т=. Рас- 4 V5 смотрим квадрат AiBlCiD1. Проведем OKLB^C^. Тогда К — середина SjQ, точка Р пересечения A^DX и ОК — середина A^DX, КР - А1В1 = у, KQ = у/2 . Так как ZMON = 90", то ОР = ^- и ОК=ОР + РК = Я-/Г + у.Из АОКС , (ZOKCt = 90'): ОС,2 =ОК2+КС? r2= 1]Ш_ + у +>L-iSy2 + 4Ryj2-2R2 =0; у = .Следовательно, - 2Д-5 ■Js-rJ2 = 10. Ответ: 10:1. 10.302. Площадь четырехугольника равна 51. Найти площадь параллелограмма, стороны которого равны и параллельны диагоналям четырехугольника. 13 Скаиави М. И- кн. 2
ш P D N A F N D c Рис. 10.92 Рис. 10.93 Решение. Покажем, что искомая площадь SLMNP = 25 (рис. 10.92). Так как А£|£0 и L5||i40 ,то ALBO —параллелограмм и, значит, Smlb ~ $ааов • Аналогично получаем s^MC = S^oC, SADCN = SADOC, S^PD = SM0D , откуда и следует, что S^mp ~2S. Ответ: 2S • 10303. В треугольнике ABC проведены медианы BD пСЕ; М —точка их пересечения. Доказать, что треугольник ВСМ равновелик четырехугольнику ADME. Решение. Проведем третью медиану АК треугольника ABC (рис. 10.93), опустим на АС перпендикуляры BF и MN. Так как MD-BDfi, то MN = BFJ3. S^^c^^AC-MN^^AC-^BF-^S^bc.MD —медиана ААВС. Аналогично S^me - $6вме ~ S6smk ~ 5лэис - 7 saasc • Это означает, что медианы треугольника разбивают его на шесть равновеликих треугольников. Так как четырехугольник ADME и треугольник ВМС каждый состоит из двух таких треугольников, то они равновелики. Что и требовалось доказать. 10.304. Два круга концеитричны, причем окружность меньшего круга делит большой круг на равновеликие части. Доказать, что часть кольца, заключенная между параллельными касательными к окружности меньшего радиуса, равновелика квадрату, вписанному в меньший круг. 386
Решение. Пусть О — общий центр данных кругов, К —точка касания хорды АВ большего круга к кругу меньшего радиуса (рис. 10.94). Пусть радиус большего круга R , меньшего — f. Тогда по условию лг2 = н r=-r.B AOKB ZOKB=90>, 2 П ОК = г = -= = -= . Следовательно, ^ж-10-94 ■Jl J2 ZBOK = 45° и ZAOB- 90° .Тогда площадь сегмента, ограниченного хор- nR* R1 дои АВ: Si = . Площадь кольца S2 ~ nR2 - Tir2 . Тогда площадь 4 2 части кольца, заключенная между параллельными касательными: S = S, - 2S, = nR2 - то-2 - — + Я2 = ——лг2 + Я2. Так как R = r4l , 2 2 2' Утверждение доказано. 10.305. Найти площадь круга, описанного около прямоугольного треугольника, длины катетов которого являются корнями уравнения ах2 +Ьх + с = 0. Решение. Радиус окружности, описанной около прямоугольного треугольника, равен половине гипотенузы Пусть и и v —длины катетов, a w —длинагипоте- 2 нузы; тогда 5 = Так как и и v —корни уравнения ах2 + 6х + с = 0,то 4 wv = — « + v = —.Учитывая,чтоw —и +v ,HMeeMw -щ + vf — 2uv — a' a \ b1 „с 62-2яс „ nih2-2ac) = -^ - 2— = =— и окончательно находим л = —' ;—'. Ответ. 4я :(ь2-2дс)
к Рис. 10.95 10.306. Прямая пересекает окружность радиуса R в точках А и В таких, что \jAB — 45° , а прямую, перпендикулярную диаметру AM окружности и проходвщую через ее центр, — в точке К. Прямая, проходв- щая через точку В перпендикулярно AM, пересекает его в точке С. Найти площадь трапеции ОСВК. Решение. R R По условию ZBOC = 45°, поэтому ВС - ОС - -= , АС - R —г= = 41 Л КО АО -_— (рис. 10.95). Так как ААВС ~ ЬЛКО, то —=—7; Л2 «С АС АС ,/2-1 ' + lj. Тогда площадь трапеции будетрав- на: S -Л(ко+вфс^+1)+^«^. Ответ: r2I?+Ji)
10.307. Через две смежные вершины квадрата проведена окружность так, что длина касательной к ней, проведенной нз третьей вершины, в три раза больше стороны квадрата. Найти площадь круга, если сторона квадрата равна а. Решение. Пусть ABCD — квадрат, о котором говорится в условии задачи (рис. 10.96). Указанная окружность проходит через его вершины А и D , СЕ — касательная, AD~ CD ~а, СЕ -За . Продлим CD до пересечения с окружностью в точке К . Пусть DK ~ х . Тогда СК ■ CD - СЕ2 ; (х + а)й=9а2;* = 8а.Таккак.^4£)АТ=90о,то АК —диаметр окружности и АК = AD +DK .Пусть R —радиус данной окружности. Тогда W -- а* + 64а ; 1С = 65а' . Искомая площадь круга S ~nR 65naJ Ответ: 65iuf 10.308. Дан квадрат со стороной а. На каждой стороне квадрата вне его построена трапеция так, что верхние основания этих трапеций и их боковые стороны образуют правильный двенадцатиугольник. Вычислить его площадь. Решение. Искомая площадь S = 125^5 ,где ОА , ОВ проведены в соседние вершины правильного двенадцатиугольника (рис. 10.97). Сторона квадрата равна а , поэтому ОА-ОВ- Л' Рис. 10.97 Проведём высоту BCIOA .Тоща ^доля ——ОА-ВС,где ZAOB 2л Получаем S^j ~_ За2 Ответ: . 1 я }__а__а_ ' 2-Sl' 2-Sl~ 8 с 12 2 3 8 2
Рис. 10.99 10309. Площадь равиобедрениой трапеции, описанной около круга, равна 32 см2; острый угол трапеции равен 30°. Определить стороны трапеции. Решение. Пусть высота ВН трапецииравна h (рис. 10.98). Тогда АВ = 2А (так как Z^=30°), BC + AD~4h (поскольку BC + AD = АВ + CD =2АВ).Площадь трапеции 5 = - — = 2А2 = 32 (см2), откуда h = 4 см. Следовательно, AB = CD = Sgm, BC+AD~16cu. HoBC+AD~2BC+2AH- = 2ВС+&Л.Итак, АВ = CD = 8 см, ВС=8-4>/з см, AD ~ 8 + 4>/з см. 0/иве/и: 8см; 8-4v3cm; 8 + 4v3cm. 10310. Высота равиобедрениой трапеции равна 14 см, а основания равны 16 и 12 см. Определить площадь описанного круга. Решение. Пусть BE —высота трапеции ABCD , 5£ = 14см, ВС = 12 см, AD - 16 см, АВ = CZ) (рис. 10.99). Тогда Л^ = ^ + ДС = 14 см. В ABED ZBED =90°, BE-ED. Следовательно, ^5ДЕ = 45°.Из ДЛ£В (Z^£S = 90°): АВ = 4аЕ2 + BE2 ~ 10^2 (см). Радиус R круга, описанного около трапеции ABCD, найдем как радиус круга, описанного около -= 10 (см). Следовательно, искомая пло- AABD; Д=- АВ 2 sin ZBDA 2 sin 45° щадь круга 5 = лЯ2 = 100л см2. Ответ: 100л см2.
Рис. 10.100 10.311. Длины диагоналей ромба относятся как 3:4. Во сколько раз площадь ромба больше площади вписанного в него круга? Решение. Пусть точка О — точка пересечения диагоналей и центр вписанного круга радиуса г ромба ABCD , BD:AC = 3:4 (рис. 10.100). ВО BD 3 — - — --.Пусть ВО^Зх, тогда СО~4х, ВС~5х (из АВОС). Пусть Р — точка касания круга со стороной ВС. Тогда ОР1ЯС, ОР = г. 1 1 Л„ ОС ОВ \2х йдвос 1 Л„ ОС ОВ -ВСОР--ОС ОВ. ОР = г~ : 2 2 ВС . Площадь круга 2 144гсс' „ ij = тег = . Площадь ромба 52 : ACBD~2BOOC^24xz S2 24* • 25 _ 25 5, 144гсс2 ~6тс' Ответ; ■ 21 бте 10.312. В круграднуса Л вписан правильный треугольник, высоты которого продолжены до пересечения с окружностью. Эти точки пересечения соединены между собой, в результате чего получается новый треугольник. Вычислить ту часть площади круга, которая находится вне этих треугольников. 391
Решение. Искомая площадь равна 65j ,где 5] —площадь криволинейного треугольника APF (рис. 10.101), 5], в свою очередь, равна разности сектора AOF и удвоенной площади треугольника АОР. ZAOF = 60° , следовательно, яД' лиг j- . —илкт п Следовательно, искомая площадь ^apok=1-1acok=1-rS-r = ^-. S = 6S, = 6(SA0F - 25^0^)= 6| —— Ответ: Я2(я--»/з). тсй 2 3 6 12 Я2(*-,/з). 10313. Две окружности радиуса R пересекаются так, что каждая из иих проходит через центр другой. Две другие окружности того же радиуса имеют центры в точках пересечения первых двух окружностей. Найти площадь, общую всем четырем кругам. Решение. Каждая из двух последних окружностей проходит через центры первых даух (рис. 10.102), поэтому длина их общей хорды (\Ог = R. Искомая площадь равна удвоенной площади сегмента с центральным углом 60°, т.е. S = 2 Рис. 10.102 Ответ. 7^_ 6 *2(2* r4T 4 -3^ Д2(2л-3л/з) 6 10.314. Дан ромб ABCD , диагонали которого равны 3 и 4 см. Из вершины тупого угаа В проведены две высоты BE и BF. Вычислить площадь четырехугольника BFDE. Решение. Площадь ромба S = 0,5 • 3 • 4 = 6 = AD ■ BE (рис. 10.103). Из AAOD находим AD = т/22 +1,52 = 2,5 (см) => BE = 6: 2,5 = 2,4 (см). Из ABDE имеем DE = JbIF^bI? = $^гЛ = 1,8 (см). Получили SSEDF = 2SMED = 1,8 ■ 2,4 = 4,32 (смг). Ответ: 4,32 см2. 392
Рис. 10.103 Рис. 10.104 10.315. Отношение величин двух углов треугольника равно 2, а разность длин противоположных им сторон равна 2 см; длина третьей стороны треугольника равна 5 см. Вычислить площадь треугольника. Решение. ZA = 2ZB, ВС-АС = 2ол, АВ = 5см (рис. 10.104); найдем S^bc- Проведем биссектрису AD ; тогда AABC~AADC(ZC — общий, ZB = ZDAC) => — = —, АС2 = ВС- CD (*). Так как AD — биссект- ВС АС риса, то ■ CD-- АС АС CD BD CD ВС-CD АС ВС => ACBC-ACCD = 5CD => (**). Из равенств (*) и (**) следует, что АС = - АС + 5 - - - ' ' АС + 5 AC2 + 5AC = ВС2.Таккак ВС = АС+ 2,то АС2 + 5АС = АС2 + 4ЛС+4, откуда АС = 4 см, ВС = 6 см. 15>/7 2 Получили ЯШс = V7.5 ■ 1,5 ■ 2,5 ■ 3,5 = см2. Ответ: cmz. 4
в Рис. 10.106 10.316. В прямоугольном треугольнике расстояние от середины гипотенузы до одного из катетов равно 5 см, а расстояние от середины этого катета до гипотенузы равно 4 см. Вычислить площадь треугольника. Решение. Пусть в ААВС (рис. 10.105) ZACB = 90° , М —середина АВ, MN1MC, MN = 5см. Тогда N —середина ВС и АС = 7MN = 10см. Опустим иа АВ перпендикуляры NK и СР . Тогда NK = 4см, К —середниа ВР и С/> = 2ЛЖ = 8см.Из ААР С (ZAP С = 90°): АР^^АС7 -СР2 = 6см. Из ААСВ (ААСВ =90°): ЛС2 =/!/>■ ЛЯ; АВ = ^— = — см. Тогда _ 1 200 Л.Р 3 S<usc --ABCP - —— см2. Ответ: 200/3 смг. 10.317. В треугольнике ЛВС известны: ВС = 15см, ЛС = 14см, AS = 13 см. Вычислить площадь треугольника, заключенного между высотой и биссектрисой, проведенными из вершины В. Решение. Пусть ВН и ВК — соответственно высота и биссектриса ААВС (рис. 10.106). Так как 152 < 132 +142, то ДЛЯС — остроугольный и точка Н принадлежит отрезку АС. По формуле Герона находим: S^bc = 84см2. Тогда вН = =^Ш- = 12 см. Пусть АК = хам. Тогда СИГ = (14-х)смипо
_ АК СК х 14-х свойству оиссектрисы треугольника — , откуда — — ; АВ ВС 13 15 х = 6,5.Из ААНВ (ZAHB = 90°): АН = ^АВ2-ВН2 =5см. Тогда НК = АК - АН = 1,5 см. Искомая площадь SUBHK - — ВН ■ НК - 9 см2. Ответ: 9 см2. Рис. 10.107 10.318. Основания трапеции равны я и Ь. Определить длину отрезка, параллельного основаниям и делящего трапецию на равновеликие части. Решение. Пусть в трапеции ABCD (рис. 10.107) ВС || AD, EF || ВС, площади S, и S2 трапеций AEFD и ££CF равны, ВС = а, AD-Ъ-Проведем BL и EN — соответственно высоты трапеций EBCF и AEFD. Пусть EF - х, BI = Л,, EN^hz. Проведем Ж || CF , ЕМ || CD . Тогда KF = я , Ж = х-я, MD = x, АМ-Ъ-х. ААЕМ ~ АЕВК . Тогда BI HV х-я 6-х BC+£F Dr я+ж /LD+.EF 6+x , = (a). S, = BL- b. & = EN = h,. К Лг ' 2 2 2 2 Тогда —-—Л] = A; (b). Перемножая равенства (а) и (Ь), получаем: Ь'-х2 2 2 Ответ. .Отсюда 2x2=a2+b2;x = j- а'+Ь' И
Рис. 10.108 Рис. 10.109 10319. Диагонали равнобедренной трапеции взаимно перпендикулярны, а ее площадь равна а2 . Определить высоту трапеции. Решение. Пусть в трапеции ABCD (рис. 10.108) AB~CDt AC1MD, О —точка пересечения АС и BD , СК —высота трапеции. Так как трапеция равио- бокая, то АК , АО-DO , и так как ZAOD - 90° , то 2 ZOAD - 45° . Следовательно, в прямоугольном ААКС АК - СК . Площадь трапеции 5 = ^-^-СК~АК-СК = СК2 = а2.Значит, СК=а. Ответ: а. 10320. Медианы одного треугольника равны сторонам другого треугольника. Найти отношение площадей этих треугольников. Решение. Каждую медиану исходного треугольника ABC продолжим иа 1/3 её длины (рис. 10.109). Площадь образовавшейся фигуры AMBNCP составит 2$аавс (АВОС - ABNC, ААОВ - ААМВ, ААОС ~ ААРС). Длины сторон каждого из треугольников АОМ , BOM, BON, CON, COP, АОР равны 2/И]/3 , 2/и2/3 , 2т,/3; поэтому З^джу - 6SW(Mf . Пусть Sm — площадь треугольника, построенного иа медианах ААВС- Тогда S*aom =45ffl/9 и SAmNCP =2SAABC^6-4Sm/9 = SSm/3> откуда $ывс '• $т -4:3. Ответ: 4:3. 396
Рис. 10.111 10321. Медианы треугольника равны 3, 4 и 5 см. Найти площадь треугольника. Решение. Пусть AN > ВМ ,СР —медианы ДЛ5С(рис. 10.110), О —точкаих пересечения, AN-Зш, 5М-4см, СР = 5 см. На продолжении отрезка ВМ за точку М отложим отрезок DM - ОМ . Тогда DO - ВО - 2 8 = —ВМ - —см. Опустим перпендикуляр АК иа ВМ. 5д^д0 = 3 3 = -DO • АК - -ВО • АК - S^bo = ~ smbc • Так как ^OCD — параллелограмм, то AD = ОС = — см. АО = —AN - 2 см. По формуле Героиа _8 находим Smdo ~ ^ см2. Тогда Яд^дс = 3St!iAD0 - 8 см2. Ответ: 8 см2. 10.322. В окружности с центром О проведена хорда АВ, пересекающая диаметр в точке М и составляющая с диаметром угол, равный 60°. Найти ОМ, если AM = 10 см, а ВМ - 4см. Решение. ПроведемОРХЛВ (рис. 10.111).Тогда АР = ВР = 7 см и Л£Р = 3 см.Так как ZPMO ~ 60°, то /МОР ~ 30° и ОМ = 2Л№ = 6 см. Ответ; 6 см. 397
Рис. 10.112 Рис. 10.113 10323. Диагональ равнобедренной трапеции равна 10 см, а площадь равна 48 см2. Найти высоту трапеции. Решение. В трапеции ABCD (рис. 10.112) АВ = CD , АС = 10 см, СЕ — высота. AD+BC Пусть АЕ = хсъл, СЕ = у см. Так как АЕ- , то по условию ху = 48см.Из ААЕС (ZAEC = 90°): АЕ2 + СЕ2 = АС2; х2 + у2 = 100. . Jx2+J'2 =100; Ux+yf-2xy = 100; Решаем систему уравнении: ^ л ' ху = 48; [ху = 48; \(x + yf=196; fx = 8, i Так как х>0, у>0,то x+v = 14.Тогда 1 или [ху = 48. ' ' [У = 6, \х = 6, п < Отсюда высота трапеции равна 6 см или 8 см. [у = $. Ответ: 6 см, 8 см. 10324. В треугольник вписан круг. Прямые, соединяющие центр круга с вершинами, делят площадь треугольника на части с площадями 4,13 и 15 см2. Найти стороны треугольника. Решение. Обозначим стороны треугольника через а, b, с. Тогда площади частей 1 1 1 треугольника равны —аг , — Ьг , —о-, т.е. аг = 8 , Ьг - 26 , сг = 30, 8 , 26 30 откуда а-~, 6 = —, с = —. По формуле Героиа находим
/32 24 = -=-.Ho 5 = 4+13+15 = 32см2;следовательно, -^- = 32, г г г г /г » , 1Ь 30 г = V3 см. Итак, а = -р- см, Ь — -т=- см, с = -т=- 'S 8 26 30 Ответ: —==, —==, —= см. V3 V3 -Уз 10.325. Основание треугольника равно 20 см, медианы боковых сторон равны 18 и 24 см. Найти площадь треугольника. Решение. Пусть af и CQ —медианы ААВС (рис. 10.113), М —точка их пере- 2 сечеиия, АС = 20см, AF = 18см, CQ = 24см. Тогда AM = - AF = 12см, 3 СМ = - Cg =16 см. Так как AM* + МС* = Л(Г, то ДЛМС —прямоугольный, и Хд^ис = —AM ■ СМ = 96 смг; S^jc = 35^мс = 288 смг. Ответ: 288 см2. 10326. Медианы треугольника равны 5, 6 и 5 м. Найти площадь треугольника. Решение. Площадь ААВС в 3 раза больше площади ААОС (О — точка пересечения медиан; рис. 10.114). Имеем S^oc = = -АС-ОК=КС-ОК.Но ОК = -ВК = 2ы, 2 2 KC=Jo<?-OK1,где ОС=-ЛЛ>-м=> 3 3 "I ■КС = ,|| — - 22 = - м, и S.UOC = у мг, т.е. 5^ес = 16 мг. Ответ: 16 м2. 399
Рис. 10.115 Рис. 10.116 10.327. Определить площадь треугольника, если две его стороны равны 1 и vl5 см, а меднана третьей стороны равна 2 см. Решение. Пусть BD —медиана ААВС (рис. 10.115), ,4В = 1см, BC = Jl5 см, BD = 2 см. На продолжении отрезка BD за точку D отложим отрезок DE — BD . АВСЕ — параллелограмм, поэтому AC2 + BEi=2(AB+Bcf; ЛС2=2(1 + 15)-16; ЛС = 4см. Тогда АС2 = АВ2 + ВС2 и ААВС — прямоугольный. 1 vn shabc --ABBC-- ^ & » Ответ: см\ 2 10328. Стороны треугольника равны 3,4 и 5 см. Определить площади треугольников, иа которые разбивается данный треугольник высотой и медианой, проведенными к большей по величине стороне. Решение. Пусть в ААВС (рис. 10.116) ВС = Зсм, АС = 4 см, АВ = 5см, СК — медиана, СМ — высота. Так как АВ = ВС + АС , то ААВС — прямо- 1 ВС2 9 угольный. Тогда S^bc ~ ~в<^' ^С - 6 см2; ВМ = - см; СМ - i ВС-АС 12 1 54 = = — см. 5МД/С --ВМ СМ - — - 2,16 (см3). Так как СК — меднана,то Smck^S&bck^^Saabc^™2. 5ДШк = 5МСА;-5мд/с = 0,84см3. Ответ: 3 см2; 0,84 см2; 2,16 см2.
в Рис. 10.117 10329. Стороны треугольника равны 13,14и 15 см. Определить площади треугольников, иа которые разбивается данный треугольник его медианами. Решение. Докажем, что все указанные в условии треугольники равновелики. Имеем $ааом = $асом (Р110- Ю.117), так как эти треугольники имеют одинаковые высоты и одинаковые основания, равные АС/2. Аналогично 5д^0Л, = 5М0Л, и $АВОК = S&COK • "О S&BOK ~ ^ABON » ТаК КаК ^АВОК ~ SaDOK + ^ABKD > S&BON - Sadon + $abnd > а ^доок - $adon и ^м/аэ = ^шл© (У эти* тр6- угольников равны основания XZ> и JVD, а также опущенные из них высоты). Итак, площадь каждого треугольника равна S^bc/^ • Теперь по формуле Героиа находим S^bc = v21-8-7-6 = 84см2,откуда 5д^од/ =14см2. Ответ: 14 см2. 10330. Длины катетов некоторого прямоугольного треугольника являются корнями уравнения ах +6х + с =^0. Найти радиус окружности, вписанной в этот треугольник. Решение. Не нарушая общности, можем принять, что а > 0 (случай а < 0 рассматривается абсопклноаналопетно). Тогда его гшотенуза равна +п , т +п-\т2 + п2 _ радиус вписанной окружности г = . По условию 401
_6_ |б^_2с 1 + n--J(m + nf-2mn _ д Уд2 д b + ilb2-2ac 2д Ответ: b + i!b2-2ac 10331. В прямоугольнике со сторонами д и Ь проведены биссектрисы всех углов до взаимного пересечения. Найти площадь четырехугольника, образованного биссектрисами. Решение. KLMN — четырёхугольник, образованный при взаимном пересечении биссектрис углов прямоугольника ABCD (рис. 10.118), АВ-а, AD = Ь. Не нарушая общности, примем, что Ь> а . Так как ABCD — не ромб, то из свойств биссектрис углов параллелограмма следует, что KLMN — прямоугольник. Точки Р и Е, соответственно, — середины сторон AS и CD прямоугольника. Так как ААКВ и ACMD —равнобедренные, то КР и ME — серединные перпендикуляры к противоположным сторонам прямоугольника и, следовательно, точки Р, К у М, Е лежат на одной прямой. Тогда прямая КМ, делящая пополам ZAKB, делит пополам и вертикальный с ним ZNKL и, следовательно, прямоугольник KLMN
является квадратом. Из ААКВ : КР = —АВ = — . ME = КР = —; 2 2 2 РЕ = ВС = b ■ 1 2 С*-")2 Тогда КМ = Ь-а и искомая площадь 5 = — КМ = - . 2 2 Ответ: - — . 2 10332. Определить стороны прямоугольного треугольника, у которого периметр равен 2р f а площадь равна т . Решение. Пусть а и 6 —катеты, с —гипотенуза данного треугольника. Используя свойства прямоугольного треугольника, составим систему: 1а + Ь + с-=2р, ab _ 2 2 Ш ' Имеем: a + b = 2p-c, a2 + 2ab + b2 = (2p-cf.Cne- а2+62=с2. 2 _ 2 довательно, с2 + 4т2 = Ар2 - Арс + с ; с = — .Тогда а + 6 = Р D2 + т2 •=2р-с=— , ab = 2m2 . Значит, а и b — корни уравнения ' Р 2 2 х2_р +т х + 2т2 = о.Т<жяа рх2-(р2 + т2\с+2т2р = 0; Р p2+m2±J(p2+m2}-$p2m2 „ х = — — - . Катеты данного треугольника 2Р р2 + т2 + V(p2 +m2} -8pV p2 + т2 —Цр2 +т2} -8рУ 2р 2р р2-т2 р2 + т2 ±^/+т2} -%р2т2 Р ' 2р 403
м я Рис. 10.119 Рис. 10.120 10333. Параллелограмм ABCD, у которого АВ = 153 см, AD =180 см, BE = 135 см (BE —высота), разделен на три равновеликие фигуры прямыми, перпендикулярнымн AD. На каком расстоянии от точки Л находятся точки пересечения этих перпендикуляров с AD ? Решение. Пусть КМ и LH — прямые, разбивающие параллелограмм ABCD (рис. 10.119) на три равновеликие фигуры, DF —высота параллелограмма. Тогда ВК = ЕМ = HD =LF.Пусть ВК = х см.Из ААЕВ (ZAEB = 9(P): АЕ = т/лВ АМ + ВК 1 -BE1 =72 см. Тогда AM = (х + 72)см и SABKM = В£ = 135(х+3б)см2. SABCD=ADBE = 180-135см2.Таккак 1 , $лвш -X^abcd,то 13^х+3б)=60-135;х = 24.Следовательно, AM =96 см, AH=AD-HD = 156 см. Ответ.* 96 см; 156 см. 10,334. Внутри квадрата со стороной а на каждой его стороне как на диаметре построена полуокружность. Найти площадь розетки, ограниченной дугами полуокружностей. Решение. Хорда ОА стягивает дугу 90° (рис. 10.120); следовательно,площадь попа2 а2 _ д2(я~2) 16 8 16 ловины лепестка равна 404
r^ .о а2(к-2) а2(п-2) Отсюда искомая площадь 5=8 * '- - —* . 16 2 Ответ; Л^-2) 10.335. Периметр сектора равен 28 см, а его площадь равна 49 см2. Определить длину дуги сектора. Решение. Периметр сектора /? = 2г+/,где г —радиус сектора, / —длина дуги Н сектора. Площадь сектора S ~ — ■ г/= 98, \lr-i-l — 19, \ — Z_T1_ Тогда], „Г 1~ 2 '/(28-/)=196;/2-28/ + 196 = 0;/ = 14. -1=9 Ответ: 14см. 10.336. В равносторонний треугольник ABC со стороной а = = 2 см вписан круг; точка А является центром второго круга с радиусом 1 см. Найти площадь пересечения этих кругов. Решение. Искомая площадь равна сумме площадей сегмента DmE круга радиуса Д = л/3/3см с центром О , вписанного в ABC, и сегмента круга радиусаг= 1см(рис. 10.121), /DOE = 120° .Тогда яй -5а. „ 5л~6л/з 2 S = см2. nR ■. см2. Следовательно, искомая площадь Ответ: 5л~6л/з 18
A xfi D 2x E Рис. 10.122 Рис. 10.123 10.337. Внутри правильного треугольника со стороной а расположены три равные окружности, каждая из которых касается двух сторон треугольника и двух других окружностей. Найти площадь части треугольника, расположенной вне этих окружностей. Решение. Пусть х —радиус каждой из окружностей. Тогда AD = xv3 , DE = 2х, а(л-0 4 ЕС = х& (рис. 10.122). Отсюда 2х& + 2х = а,х = " 2\Jb + \) Площадь каждого из кругов равна ret* = -—^-—'-=-1; поэтому искомая ^а2Уз Зти2(2-л/з)^а2(2л/з-6я+3ял/з) ,4 площадь 5 : а2(2л/3-6я + 3ял/з) Ответ Ъ 10-338. Криволинейный треугольник составлен тремя равными попарно касающимися дугами окружностей радиуса R . Найти площадь этого треугольника. Решение. Искомая площадь равна разности площади равностороннего ААВС со стороной 2R и суммы площадей секторов, ограниченных данными дуга- ми(рис.10.123):5 = 5^с-35ет=^-3.^ = ^^). Ответ: Д2(2л/з-ж) 2
Рис. 10.124 10.339. Центр равностороннего треугольника со стороной, равной 6 см, совпадает с центром окружности радиуса 2 см. Определить площадь части треугольника, лежащей вне этой окружности. Решение. Пусть О — центр правильного ААВС (рис. 10.124), АВ = 6 см. Радиус Г| = 2 см круга, о котором говорится в условии задачи, удовлетворяет неравенству г < г, < R , где г = v3 см —радиус вписанного, R = 2V3 — радиус описанного кругов ААВС, поэтому круг пересекает стороны ААВС. D и Е —точки пересечения круга со стороной АВ треугольника, К — середина DE. Тогда OK1DE, ОК — г = v3 см, КО -Л" ' OD ~ 2 ' ZDOK = 30°. /DOE - 2ZDOK - 60°. Следовательно, ADOE — равносторонний и его площадь см2. Искомая площадь S — S^gg — S2, где S2 — площадь части круга, расположенной внутри ААВС ■ $2 — $кр ~ З^з ,где S3 —площадь сегмента, ограниченного хордой DE. 2л-3л/з , OD = г, = 2 см. Из AOKD (ZOKD =90°): cos ZDOK = - S% = S„ О 3 = 4П-3^^1 = 2П + 3,/3 5 = ■S-usc - ^2 = 9-Л" - (2п + 3-Л")= 2(з-Л" - п) см2. Ответ: 2pV3 -л) см2. 10.340. В ромб вписана окружность радиуса Л . Найти площадь ромба, если его большая диагональ в 4 раза больше радиуса вписанной окружности. 407
Решение. Пусть О — центр окружности, вписанной в ромб ABCD (рис. 10.125), М — точка её касания со стороной ромба. Тогда ОМ = R , AO = 2Rt гЛМО = 90°. Следовательно, ZDAM- =30\ ZBAD - 60°. Пусть BE — высота ромба. Тогда BE-2R н из ААЕВ (ZAEB =90°): Ответ amZBAD IB 3 $R2Jl . Площадь ромба 5 = AD ■ BE = SR2Jl 10.341. Гипотенуза прямоугольного треугольника равна с. Проекция вершины прямого угла на гипотенузу делит ее на два отрезка, из которых меньший относится к большему, как больший ют всей гипотенузе. Определить площадь треугольника. Решение. Пусть а: —больший отрезок гипотенузы. Тогда по условию - с — х х 2 « V х~ + сх - с — 0 , откуда х = — ходит). Отсюда х = —£ 1 {Гъ-\ (второй корень уравнения не под- Обозначив через h высоту, проведен- с — х h ную к гипотенузе, имеем -—— = — , и, значит, h =cx-x ~ h х = c4llzi-*Z*l \~c2(yf5-2), т.е. h = cjj5-2. Следовательно, S = -ch-. 2 2 2Jll~2 Ответ: 0,5с
10.342. Длины сторон и диагоналей параллелограмма равны соответственно а, Ь, с и /. Найти углы параллелограмма, если я4 + б4 = с2/2. Решение. Пусть аир —углы данного параллелограмма, противолежащие соответственно диагоналям с и / и 0° < ос < 90°. Тогда с2 ~ <г + Ь1 - 2a6cosoc; \с =а1+Ь -2abcosa; 22 /2 2*2 22 2 темы i ., , ., . , получаем: / с =(а +b J -4a h cos a. / =a2+b + 2abcosa, * j. 1.4 - * j. n„2,2 ^ . 4 _ . „2,2 „„2 1 1 Тогда a + b =a + 2a b + b -4a b cos a; cos a = -; cosa = -i-; 2 л/2 a = 45°;p = 180-a = 135° Ответ: 45°; 135° . В Рис. 10.126 10.343. Определить площадь треугольника, если две его стороны равны Э5и 14 см, а биссектриса угла между ними содержит 12 см. Решение. Пусть BD —биссектриса МВС (рис. 10.126), АВ = 14 см, ВС = 35 см, BD = 12 см; Z^BD = Z.CBD = а. S^k = 5^да + SicBD. Тогда -АВ BCsinZABC = ~ABBDsmZABD + -BC ■ BDsmZCBD; 2 2 2 14-35-2sinacosa = 1412sina+3512sina; cosa = -. sina = i/l-co^a = - 409
Рис. 10.127 24 1 24 sin2ot = 2sinotcosa = —.Тогда SMBC~-35-14 = 235,2см2. Ответ: 235,2 см2. 10.344. Вычислить площадь общей части двух ромбов, длины диагоналей первого из которых равны 4 и 6 см, а второй получен поворотом первого на 90° вокруг его центра. Решение. Искомая площадь S равна М^&лов -$aafk) (Рис- Ю.127). Находим $мов = 0,5-3-2 = 3 см2. Сторона ромба равна V22 + 32 = V13 (см). В АЛОВ отрезок ОК — биссектриса; тогда, используя формулу /с= — —, имеем ОК а+Ь ^б(5+-Лз|5--Дз) ^6л/2 5 5 Далее, S^fk = ~AF-KH> где КМ = —г--— см, AF = 3-2 = 1 см; 2 V2 5 поэтому Smfk ~ 0,6 см2. Окончательно S = 4(3 - 0,6) = 9,6 см2. Оиее/и.-9,6см2, 10.345. Радиус окружности, вписанной в треугольник, равен 2 см. Точка касания этой окружности делит одну из сторон на отрезки длиной 4 и 6 см. Определить вид треугольника и вычислить его площадь.
Решение. Пусть О — центр окружности радиуса г = 2 см, вписаннойв ААВС (рис. 10.128), М, N, К— точки касания этой окружности соответственно со сторонами АВ, ВС, АС треугольника, АК = 4 см, КС = 6 см. Тогда AM = АК = 4 см, CN = СК = 6 см, BM = BN = х см. Полупериметр данного треугольника р = (х +10) см и его площадь 5 = /?г = 2(х + 10)см , или по формуле Герона: S=iJ(10 + x)(10 + x-(x + 4))(10 + x-(x+6))(10 + x-10)=2tJ6x(x+10), Получаем: 2^6x(x+10) =2(x + 10); ^6x = Jx+lO;x = 2. Значит, 5 =2(х+10) = 24 см2, а стороны треугольника равны 10 см, 8 см и 6 см, и так как 82 + 6 = 102, то ААВС — прямоугольный. Ответ: 24 см2; треугольник прямоугольный. 10.346. Круге центром О, разделен диаметром АВ на два полукруга. В одном из них построены два новых полукруга, опирающиеся на ОхА и ОуВ как на диаметры. В криволинейную фигуру, ограниченную контурами этих трех полукругов, вписан круг. Во сколько раз ^ его площадь меньше площади данного круга? Решение. Пусть 02 — середина АОу — центр одного полукруга, 03 — середина ВО] — центр второго полукруга, 04— центр круга, вписанного в криволинейную фигуру, о которой говорится в условии задачи (рис. 10.129). Рис. 10.129 Пусть R — радиус круга с центром О,, а 5, — его площадь, г - радиус круга с центром 04,а52—его площадь. Имеем: Ох02 -ОхОъ - 2' 02Ол = ОгОА = — + г, ОхОл = R - г. В треугольнике 02Ол03 :02Ол = 03Ол, точка Ol — середина 0203 Отсюда следует, что ОхОАХ02Оъ, тогда
Рис. 10.131 02042 = 0,Ог2 + 01042,т.е. | + Н =\-\ +(R-rf. R2=3Rr, R = 3r. S R2 Следовательно, — = —т- = 9. S2 г2 Ответ: в 9 раз. 10.347. Биссектрисы углов А и В треугольника ABC одинаково наклонены к сторонам ВС и АС. Найти зависимость между углами А и В . Решение. Рассмотрим два случая (рис. 10.130): 1) ZAKB = ZALB ; 2) ZAKB = ZALC . 1) ZAKB + ZA + -ZB = ZALB + ZB + -ZA (суммы углов треугольни- 2 2 ка),т.е. ZA = ZB. 2) Так как ZALC — внешний угол AABL, то ZALC = ZB + - Z/1. Далее, Z^XB + Z^ + -ZB = n.Ho ZAKB = Z/fIC и, значит, ZB + -ZA = 2 2 = л-Z/l—ZB,откуда Z/1 + Zfi = —. Ответ: ZA = ZB или Z4 + ZB = 2л.
10.348. Выпуклый четырехугольник разделен диагоналями на четыре треугольника; площади трех из них равны 10,20 и 30 см2, и каждая меньше площади четвертого треугольника. Найти площадь данного четырехугольника. Решение, Пусть О—точка пересечения диагоналей AC taBD четырехугольника ABCD (рис. 10.131), SM0B = 10 см2, SM0D = 20 см2, 5ддОС = 30 см2. Опустим на BD перпендикуляры AM и CN. Имеем ВО „ ; . Тогда DO S&COD ~ 25даос = 60 CM2, SABCD-SbAOB+SbAOD+SfrBoC + SbCOD- = 120 см2. Ответ: 120 см2. 10349. Окружность радиуса R разделена на 4 большие и 4 малые части, которые чередуются одна за другой. Большая часть в два раза длиннее малой. Определить площадь восьмиугольника, вершинами которого являются точки деления окружности. Решение. Пусть малая дуга содержитхрадианов. Тогда 4х + 8х = 2я, х = —. Та- 6 SbAOB . SbAOD -ВОЛМ _ 2 -DO-AM 2 ВО _ DO 1 ^дяос . 2 SACOD -BOCN . 2 -DOCN 2 ким образом, восьмиугольник содержит четыре треугольника с цеитраль- я , л *2^ — (их суммарная площадь 4 3 4 я , А Я2-Л\ ным углом — (их суммарная площадь 4 ) и четыре треугольника с центральным углом — (их суммарная площадь 4 ). Искомая площадь 6 4 составляет S = R2 (Jl +1). Ответ: S = R2(j3+l). 10.350. На медиане BD треугольника ABC, площадь которого равна 5, взята точка £ так, что DE-—BD. Через точку Е проведена прямая АЕ, 4 пересекающая сторону ВС вточке F. Найти площадь треугольника AFC.
Рис. 10.133 Решение. BF BE Проведём DN II AF (рис. 10.132). Тогда = = 3 , и т.к. FN ED D — середина AC, то N — середина FC . Следовательно, ВС = ■■BF + FC = 3FN + 2FN = 5FN = -FC . Так как МВС и MFC име- 2 ют общую высоту, опущенную из вершины А, то - FC _2 ' ВС~ 5 Следовательно, S^FC 25 Ответ: 25 10.351. Пусть BD — высота треугольника ABC, точка Е — середина ВС. Вычислить радиус круга, описанного около треугольника BDE,если АВ = Ъ0 см, ВС = 26 см и АС = 28 см. Решение. Найдем площадь данного треугольника по формуле Герона: 5алес=336см2.ТогдаВ£> = =^Щ£ = 24см(рис. 10.133). DE —медиана прямоугольного ABDC .проведенная к гипотенузе ВС .Тогда DE= -BC = = 13см, cosZCBD=—= —. Тогда smZCBD = Vl-cos2ZCBD = — . вс 13 13
Радиус окружности, описанной около ABED, R = DE - = 16,9см. 2 sin ZCBD Ответ: 16,9 см. 10.352. Площадь равностороннего треугольника, построенного на гипотенузе, вдвое больше площади прямоугольного треугольника с указанной гипотенузой. Найти отношение катетов. Решение. Пусть а, Ь — катеты, с — гипотенуза прямоугольного треугольника с площадью S =— ab. Тогда площадь равностороннего треугольника, пост- 2 роеиного иа гипотенузе с, по условию равна 25 - — с . Используя теоре- 4 му Пифагора, получаем систему уравнений: S .2 \аЬ= с [ 4 аЬ ■ 4 а Ь - = -=<=>- + - = S Ь а _4_ Если х= — (а>Ь).то имеем * + — = —т=<^ыЪх -4x + v3=0<=> У } х 4b <=> х =—^-. Так как х> 1,то х = ыЪ . V3 Ответ: Я. 10.353. На каждой медиане треугольника взята точка, делящая медиану в отношении 1:3, считая от вершины. Во сколько раз площадь треугольиика с вершинами в этих точках меньше площади исходного треугольника? Решение. Пусть О—точка пересечения медиан AN, В К, СМ треугольиика ABC (рис. 10.134), AD BE CF 1 'DN~~EK~'FM~3'UycTb Ad^x-Tot№ DN = 3x, AN = 4x,
2 8 5 OD 5 АО = —AN = -x , OD = АО -OD = -x, = — . Следователь- 3 3 3 OA 8 но, медианы ADEF равны 5/8 медиан ААВС , ADEF ~ ААВС и ■W [OD) [5) Ответ; в 2,56 раза. / ^J^-~"—^"^-J Рис. 10.135 l\ 10.354. Точка M лежит внутри равностороннего треугольника ABC. Вычислить площадь этого треугольника, если известно, что AM — ВМ = = 2см, а СМ = 1 см. Решение. Обозначим сторону треугольника через а и проведем MD1AB (рис. 10.135). Поскольку AM = ВМ , точки С, М , D лежат на высоте 2 2 CD.BAACD n AAMD имеем (1 + МВ? = аг~— ,MD2 = 4-— .Тогда 4 4 а2 = 4(4-ЛЯ)2) и получаем квадратное уравнение (l + A/Z))2 = = з(4-ЛЯ)2)или 4АД)2 + 2ЛД)-11 = 0, откуда АД) = — (второй 4 корень не подходит). Далее находим я2,= 4(4-ЛЯ)2) = 16 = 9 + 3-/5 = —-— и, следовательно,
в в Рис. 10.136.1 Рис. 10.136.2 „ a2S Ь + зЛ)Д 9,/з +3-Л? ' „ 2 5 = = ± '— =. = 3,4 см2. 4 2 8 Ответ: ^ + 3-Л?У8 = 3,4 см3. 10.355. Равнобедренный треугольник со сторонами 8,5 и 5 разделен на три равновеликие части перпендикулярами, проведенными из некоторой точки к его сторонам. Найти расстояние от этой точки до каждой стороны данного треугольника. Решение. Пусть ВК —высота ААВС, АВ-ВС (рис. 10.136.1). Точки D, Е> Fj —основания перпендикуляров, опущенных из точки F на стороны треугольника и разбивающих его на три равновеликие части. Докажем, используя метод доказательства от противного, что точка F принадлежит ВК , а точка Fx совпадает с точкой К . Пусть AFX > FXC . Через точку F параллельно АС проведем отрезок MN. Тогда MF > FN . SAFfD - $AMFFi +S&MDF , ^CF^FE ~ ^CNFF{ + $&NEF . Т.К. MF > FN , AFX > F^C , FFX — общая высота трапеций AMFF и CNFFX, to$amff{ > ^cnff{ ■ Т.к. AMDF ~ ANEF ( ZMDF = ZNEF = 90°, ZDMF = ZENF =>ZA)k MF > FN, то 8ШОР > Savef ■ Следовательно, S^ra > SCF FE, что противоречит условию. Итак, точка F принадлежит ВК (рис. 10.136.2). Из 14 Сканави М. И., кн. 7 417
АЛКВ (ZAKB= 90°): ВК=у1аВ2-АК2 =3. Хдлгс = -ЛСВК = 12 . JFX>fl£ = 4. 5ДГОВ =у5гаВ£ =2.Пусть FD = x, DB = у . FD-DB = 2S^DB = 4,xy = ^. FD АК 4 х 4 Из Z/ШГ: = = -,- = -. DB BK Ъ у 3 Получаем систему уравнений ху~4, £_4. Тогда; У 3' = fy.f/-4,, = ^, .4^ 3 Из ABDF ( ZADF = 90° ): BF = -JfD2+DB2 = J— + 3 = ^Ё.. FK =BK-BF=3 sS 9-sS Ответ. 3 3 4,/3 4,/3 9-5л/з 3 3 3 10.356. Доказать, что из всех прямоугольников, вписанных в одну и ту же окружность, наибольшую площадь имеет квадрат.
Решение. Пусть х — сторона прямоугольника, вписанного в окружность радиуса R . Тогда его площадь равна x4*R2-x2 . Площадь вписанного квадрата равна 2R . Покажем, что 2R2>x4*R2-x2 . В самом деле, из очевидного неравенства (2Л2-дг2| SO получаем 4Л4 ^дг2(4Л2 ~х2), откуда и следует, что 2R2 >x^4R2~x2 (знак неравенства сохранится, поскольку 2R2 > О и W4Л - х2 > 0), что и требовалось доказать. 10.357. В трапеции ABCD известны длины оснований AD = 24 см и ВС ~ 8 см и диагоналей ЛС = 13 см, 5D ~ 5V17 см. Вычислить площадь трапеции. Решение. Проведем BH1AD и CF1AD (рис. 10.137). Пусть АН = х ; тогда AF~% + x, DH = 24 -х- Учитывая, что ВН -CF ,в Д/JFC и Дй#£) имеем АС2 - ^F2 = BD2 - ЯЯ2. => 64* = 256, * = 4 см. Тогда CF = 4AC2rAF2 = Vl32-122 = 5 см. Отсюда 5 =-(24 + 8)-5 = 80 см3. Ответ: 80 см3. 10.358. В трапеции ABCD даны основания AD ~ а , ВС ~ Ь. На продолжении ДС выбрана такая точка М , что прямая AM отсекает от площади трапеции 1/4 ее часть. Найти длину отрезка СМ. Решение. Проведем через точку Е пересечения AM и CD высоту KN данной трапеции ABCD (рис. 10.138). Пусть KN = А , КЕ = у , СМ=дг. Тогда £дг - h ~ у . Рассмотрим случай, когда SAAED ~ —Sabcd • Тогда 4 ~ADEN = ~AD + BC -KN. a(h~y)^~(a + b)ht 4ah-4ay = ah + bht 2 4 2 4V ' ' '
4ay = Зай -bh, у . Если SABCE = — SABCD то S^ed - ~ $abcd , 4a 4 4 и тогда a(h-y)=3/(a + b)h , 4ah - 4ay = 3ah+3bh , y = . ..m ..„,, _ MC KE x у AAED ~ AMEC . Тогда = ; — = . AD EN a h-y h(3a-b) В первом случае, при у ~ 4а а h(3a-b) _ 4а „ 3a-Z> _a(3a-Z>) *~ h И(ЗаЩ~ I За-Ь\~ а+Ь 4a \ 4а А(а-ЗЬ) Во втором случае, при у ~ — -, 4а A(a-3i) 4а _ а - 3b _a(a-3b) h hlfl-ЗЬ) L_a-3b) 3(a + b) ' 4а [4а а(За-Ь) а(а-ЗЬ) Ответ: — '- или —; тт • a+b 3{a + b) 10.359. В трапеции ABCD с длинами оснований AD = 12 см, 5С = 8 см налуче ВС взята такая точкам ,что AM делиттрапециюнадверавнове- ликие фигуры. Найти СМ. Решение. Проведем через точку Е пересечения AM и CD высоту KN данной трапеции ABCD (рис. 10.138). Пусть KN = h , КЕ = у , СМ =х . Тогда EN = h-y. 1*-SAAed=\sabcd,to±AD-EN=~~^-KN, \2(h-y)=\0h,y = ~. MED ~ AMEC ■
в с к и N Рис. 10.138 МС КЕ 12- _-Л_ Uy ~~ 6 Тогда____. n-h_y; * = —- Ответ: 2,4 см. Рис. 10.139 1 -f-". h--h -h б б 10.360. Центр окружности, описанной около равнобедренной трапеции, делит ее высоту в отношении 3:4. Найтн основания трапеции, если радиус окружности равен 10 и ее средняя линия равна высоте. Решение. Пусть OK=x,AL = y,BK = z (рис. 10.139). 3 1х Тогда MN = z + у = х+—х = — .В &ОКВ и AOLA имеем 4 4 ОВг = ОКг +ВК2, ОЛг = OL2 + AL2 . Приходим к системе уравнений
x'+z'=WO, i6 Ix ДГ2+22=100, bl+f£-z| =100 16 14 *2 + z2=100, Пх2 Ixz + г2=100. 21л:2 Ixz „ Вычитая первое уравнение из второго, получаем = 0, откуда (таккак х *0) х- — .Значит, z1 л = 100 и z = 6.Отсьоданаходим 3 9 х = 8, у = 8 .Итак, AD = 2у = \6, ВС = 2z = \2 . Ответ: 12 и 16.
Решения к главе 11 ЗАДАЧИ ПО СТЕРЕОМЕТРИИ ОСНОВНЫЕ ФОРМУЛЫ 1. Произвольная призма (/ — боковое ребро; р — периметр основания; 5 — площадь основания;// —высота; Рсеч —периметр перпендикулярного сечения; Sce4 —площадь перпендикулярного сечения; S^ — площадь боковой поверхности; V — объем): о „ р / . "-*бок * сеч1 ' V = SH; V = Sml. 2. Прямая призма: Seo,=PI- $. Прямоугольный параллелепипед (а диагональ): s,0,=ph; V = abc; d2=a2 + b2+c2- 4. Куб (а — ребро): V = c?\ d = a4b ■ ,b, (11.1) (11.2) (11.3) (11.4) с —его измерения; d — 5. Произвольная пирамида (S — площадь основания; Н та; V —объем): V = -SH. (11.5) (11.6) (11.7) (11.8) (11.9) — высо- (11.10)
6. Правильная пирамида (р — периметр основания; / — апофема; 5бок —площадь боковой поверхности): S6oK=^/; (11.11) V^~SH. (11.12) 7. Произвольная усеченная пирамида (Sy и S2 — площади оснований; h —высота; у —объем): V = ^h{pl+S2+JS&). (11.13) 8. Правильная усеченная пирамида (Рх и Р2 — периметры оснований; / —апофема; 5бок —площадь боковой поверхности): «6«=}Й+^>. (11-14) 9. Цилиндр ( r — радиус основания; Н — высота; 5"бок — площадь боковой поверхности; у —объем): 5бок=2тсЛЯ; (11.15) У~кЯ2Н- (П.16) Ю.Конус(Л — радиус основания; Я —высота;/ —образующая; 5бок —площадь боковой поверхности; у —объем): S6oK=nRl; (11.17) У^~кЯ2Н . (Ц.18) 11. Шар, сфера (R— радиус шара; S — площадь сферической поверхности; К —объем): 5 = 4тсЛ2; (11.19) К=-тсЛ\ (11.20) 12. Шаровой сегмент (r— радиус шара; А — высота сегмента; S —площадь сферической поверхности сегмента; у —объем):
S = 2nRh ; (11.21) К = тгй2|Д--й (11.22) 13. Шаровой сектор (r— радиус шара; А — высота сегмента; у —объем): V = ~nRzh. 3 (11.23) ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ СООТНОШЕНИЯ МЕЖДУ ЭЛЕМЕНТАМИ ПРИЗМЫ И ПИРАМИДЫ 1. Пусть в пирамиде выполняется одно из следующих двух условий: а) все боковые ребра образуют с плоскостью основания равные углы; б) длины всех боковых ребер равны. Тогда вершина пирамиды проецируется в центр окружности, описанной около основания пирамиды (эта же точка служит точкой пересечения серединных перпендикуляров к сторонам основания пирамиды). 2. Пусть в пирамиде выполняется одно из следующих условий: а) все боковые грани образуют с основанием равные углы; б) длины всех апофем боковых граней равны. Тогда вершина пирамиды проецируется в центр окружности, вписанной в основание пирамиды (эта же точка служит точкой пересечения биссектрис углов в основании пирамиды). 3. Если в наклонной призме боковое ребро АКВХ составляет равные углы со сторонами основания, образующими вершину Ах (рис. 11.1), то основание О высоты ВхО лежит на биссектрисе угла Лх. Это же утверждение можно сфор- Рис. 11.1
мулировать так: если в трехгранном угле два острых плоских угла равны, то проекция их общего ребра на плоскость третьего плоского угла является его биссектрисой. 4. Если высота треугольной пирамиды проходит через точку пересечения высот треугольника, лежащего в основании, то противоположные ребра пирамиды пер- пендикулярны. Справедливо и обратное утверждение. 5. Если SO — высота пирамиды SABC и SA ±ВС, то площадь SA01BC (рис. 11.2). Доказательство указанных дополнительных соотношений можно найти в любом издании данного сборника задач последних лет. Рис. 11.2 11.106. Сторона основания правильной шестиугольной пирамиды равна а. Вычислить объем пирамиды, если известно, что ее боковая поверхность в 10 раз больше чем, площадь основания. Решение. SO —высота правильной пирамиды SABCDEF (рис. 11.3), AB-BC-FA-a. Тогда CO-OD-CD-a,n SABCDEF = 6S&C0D = a%4b аг4ъ = 6 = 3 -St. SM —апофема боковой грани CSD■ Тогда OMLCD, ОМ~~—, Z.SMO —угол между плоскостью боковойгра- 2 ни и плоскостью основания. Пусть jCSMO - ф, 0° < (р < 90°, S2 — площадь боковой поверхности пирамиды. Тогда — = cos<p. Так как по условию S2 =1051, т0 _1 cos - = ю Htg<p= I—!—i=Vioo-i=3VTT. (р \ cos(p Из ASOM(ZSOM = 90°): SO - 0Mtg<p = — ■ Зл/ГТ = ^lH. «- T/ lc cn 1 Ъа%4ъ 3aV33 9a3VTT Объем пирамиды V --S, SO- = . 3 3 2 2 4
Ответ. Рис. 11.3 9я3л/ГГ 11.107. Объем правильной восьмиугольной лризмы равен 8 м3, а ее высота равна 2,2 м. Найти боковую поверхность призмы. Решение. Пусть О— центр правильного восьмиугольника AflCD£F.KW, являющегося основанием данной правильной призмы (рис. 11.4). Объем призмы К = 8м , высота 7/ = 2,2 м, тогда площадь основания призмы 8 40, 2ч Лкн =~ = —(м ).Пусть AN = а,OQ — высота ZUCW. Тогда Л£>=-; Z^CW = ^-9- = 45°, ZAOQ=^~ZAON =22,5°. Из ^eO(^eO = 90o):Oe-^ctg22,5°^-i±^^ = ^±i); 2 sin45° 2 Тоща 2a2(VI + l) -40. 2_ 20 _ 20(^2-1), "ll' ~11(т/2 + 1) И 427
t€ ОЧ-" Рнс. 11.5 Рис. 11.6 a = J—- - =— y55(V2-l) (м). Боковая поверхность призмы S = SaH = S~tJS5(^2 -\) -2,2 = \6^2,2ф-\) (м2). Ответ: \6^2,2(42-\) (м2). 11.108. Основаниями усеченной пирамиды служат два правильных восьмиугольника. Сторона нижнего основания пирамиды равна 0,4 м, а верхнего 0,3 м; высота усеченной пирамиды равна 0,5 м. Усеченная пирамида достроена до полной. Определить объем полной пирамиды. Решение. Пусть ЛД — сторона нижнего, А\В\ — соответствующая сторона верхнего основания данной усеченной восьмиугольной пирамиды, СО— высота полной пирамиды, Oj — точка пересечения СО и плоскости верхнего основания (рис. 11.5). Тогда ООу— высота усеченной пирамиды, 00, =0,5м, АА,0,В, ~ААОВ. А.В, Тогда 44. = ^L, ОА АВ 0,4" ДСО,Л,~ДСОЛ. 428
Тогда £9l=9A «2. Пусть СО = А. Тогда СО, = А-0,5; *_°^ = 2; СО СМ 4 А 4 h~2u.P — центр правильного восьмиугольника, являющегося осно- 360° = 45°. ванием пирамиды (рис. 11.6). Пусть РА - РВ = х, ZAPB о ИзДЛРВ: АВ2 ^РА2 +РВ-2РА PBcosZAPB; 2x2-2x2cos45°:=0,42; 2x2(l-cos45°) = 0,16; х2(2-л/2) = 0,16; ,2 = ^.^(|t^) = o,08(2 + V2"). ^„ф^«п^™ = = 2. о,08(2 + 4l) sin 45° = 0,024l (2 + 4l) = 0,04(^2 +1) = ^2±I (Ma). Площадь восьмиугольника S^HS^pb =—■-(V2 + 1)м2. Объем пирамиды V ~-Sh =—(V2+1)mj. 3 75 Ответ: -~(-Д + \)м\ 11.109, Найти объем правильной четырехугольной пирамиды со стороной основания, равной а, и плоскими углами при вершине, равными углам наклона боковых ребер к основанию. Решение. Проведем высоту правиль- нойпирамиды MABCD - МО ивысотубоковойгранн AMD A (рис. 11.7). Пусть Л£>=а.Так как ZMCO -ZAMD, то прямоугольные треугольники МОС и MKD равны (по гипотенузе и острому углу) и, следовательно, MO-DK. Пусть DK-x-, МЕ-ъысотг. и медиана AAMD. Из AMOA(ZMOA = 90°)\ АМ~4лОг+МОг =J— + x2 429
Из АЛ ЕМ(ZAEM =90°) : ME = -JaM2-AE ■fP- 'Ут+*2=г SMMD=-ADME = -AMDK .Тогда a. ДУ+4*2) = *У+2*2). 4x4_2<jV_a4=0. x = £^i Объем пирамиды V ~-SABcD MO~—— -. 11.110. Найти расстояние между серединами двух скрещивающихся ребер куба, полная поверхность которого равна 36 см2. Решение. Полная поверхность куба Snbnit =36 см2, поэтому площадь одной грани 5 = 6 см2, а ребро куба AD = a - л/б см (рис. 11.8). Рис. 11.8 Далее КМ = ^АК2+АМ2 , где ;^(см), AM^AD2+DM^Ja2+^^^-^^- 4 ЛАГ = - = —(см), AM^ylAD2+DM2 =.1а^+—=.^1 = -^1 (см). 2 2 V 4 2 2 Окончательно имеем КМ =J- + — =3 (см). И 4 Ответ: 3 см. 11.111.В правильной четырехугольной пирамиде двугранный угол при боковом ребре равен 120°. Найти боковую поверхность пирамиды, если площадь ее диагонального сечения равна 5" ■ Решение. ЕО —высотаправильнойпирамиды £Mi?CI), ZBKD —линейный угол двугранного при боковом ребре ЕС (рис. 11.9), ZBKD = 120° .Тогда ОК±ЕС, S^ec^IS^oc =EC OK , DK1£C, S^ec = jEC - DK.
м Рис. 11.9 Рис. 11.10 Из ADOK(ZDOK = 90°): OK = DKcosZDKO = DKcos60° = ~DK. Отсюда боковая поверхность пирамиды S6 =4-5'д/)£С =2ECDK .Сле- Ля 2Е С ■ DK. , о л с л с довательно, — = = 4. >>б = 4- ь^ес = 4Л ■ Ьааес EC-DK Ответ: 45 11.112. Основанием пирамиды служит параллелограмм ABCD, имеющий площадь т2 и такой, что BD1AD \ двугранные углы при ребрах AD и ВС равны 45°, а при ребрах АВ и CD равны 60°. Найти боковую поверхность и объем пирамиды. Решение. Пусть МО —высота пирамиды MABCD (рис. 11.10).Через точку О в плоскости основания проведем прямую EF (Е принадлежит АВ » р принадлежит CD), перпендикулярную параллельным прямым АВ и CD • OF и ОЕ —соответственно проекции MF и ME на плоскость основания. Тогда MFlCD, ME1AB, ZMFO и ZMEO —линейные углы двугранных углов при ребрах CD и АВ соответственно, 431
ZMFO = ZMEO = 60°. Значит, AMOF = AMOE по катету и острому углу и, следовательно, OF = ОЕ, т.е. точка О равноудалена от сторон АВ и CD параллелограмма. Следовательно, О принадлежит прямой, параллельной АВ и CD и проходящей через середины двух других сторон параллелограмма. Аналогично, так как двугранные углы при ребрах AD и ВС также равны, точка О равноудалена от стороне!) и ВС параллелограмма и принадлежит прямой, параллельной^!) и ВС и проходящей через середины двух других сторон параллелограмма. Значит, О — точка пересечения диагоналей параллелограммаЛйС!). Так как OD1AD и OBLBC, то MD1AD, MBLBC и ZMDO и ZMBO —линейныеуглыдвугранныхугловприребрах^£) и ВС соот- т2 ветственно, ZMDO = ZMBO = 45° ■ S^ob = sadoc = saboc = — ■ Так 4 как АЛОВ uADOC —проекции АА MB и ADMC на плоскость основания, AAOD и АВОС —проекции AAMD и АВМС на плоскость основания, то Smmb = Sadmc = ~г > S^amd = $авмс = ~j~ . Боковая поверхность пирамиды: ?-W? +4 Л-0(т\ т2 ч_™У2 + 1)__т2(У2 + 2) Пусть МО = Н. Из AMOE(ZMOE = 90°): ОЕ = tfctg60° = -^L . Из AM OB (ZMOB = 90°): OB = tfctg45° = H. Из AOEB(ZOEB = 90°): EB2 =OB2 -OE2 = H2 - — =2H ■ 3 3 BD = 2 OB = 2H . ABEO ~ ABDA — по двум углам. 2Я2 Тогда|ша=^1 = ^т = 1;5дмо=^Л.1т2=^. SbBDA BD2 4Я2 б б 6 2 12 Нс>двЕо-2ОЛ'ЛВ"2'ТЯ V3 g- Тогда — 2 т2Л „г «^2 1 2 т3*/2 п = ; п = . Объем пирамиды V = - т ■// = . 4 2 3 6 12
n ffl3^ m2{4l + 2) Ответ: , —- . 6 2 11.113. В наклонном параллелепипеде проекция бокового ребра на плоскость основания равна 5 дм, а высота равна 12 дм. Сечение, перпендикулярное боковому ребру, есть ромбсплощадью24дм2идиаго- налью, равной 8 дм. Найти боковую поверхность и объем параллелепипеда. Решение. Пусть C0j — высота наклонного параллелепипеда ABCDAlBlClDl (рис. 11.11), С,0 = 12 дм, тогда СО — про- Рис. 11.11 екция ССХ на плоскость основания, СО = 5 дм, ромб MNKL- перпендикулярное сечение параллелепипеда. Из AC1OC(ZClOC = 90°):CC1 =^Cl02 + C02 =13дм. Отсюда: объем параллелепипеда V = SMNKL ■ ССХ = 312 дм. Пусть 25" КМ = 8 дм. Тогда NL = —MNKL = б дм. Пусть Т — точка пересечений КМ диагоналей ромба MNKL. Тогда KL = V КТ2 + TL2 = 5 дм, а периметр ■ перпендикулярного сечения PMNKL = 20дм. Боковая поверхность S = PMNKL-CCx = 2mm2. Ответ: 260 дм2; 312 дм3. 11.114. В треугольной усеченной пирамиде высота равна Юм, стороны одного основания — 27,29 и 25 м, а периметр другого основания равен 72 м (рис. 11.12). Определить объем усеченной пирамиды. Решение. Пусть 5"i и 52 —площадиоснованийданнойусеченнойпирамиды, Р\ иР2 —соответственно периметры оснований, по условию/*2 = 72 м. Тогда Рх = 27 + 29+52 = 108 (м), отсюда по формуле Герона Sx ~ 270 м2. 433
Рис. 11.12 Рис. 11.13 5 Р Так как основания усеченной пирамиды подобны, то —- = —^г s\ P, S,=S, = 120м2. Объем усеченной пирамиды V = - H(Sl + ^S,S2 + S2) = 1900 м'. Ответ: 1900 м3. 11.115. В основании призмы лежит трапеция. Выразить объем призмы через площади 5j и S2 параллельных боковых граней и расстояние h между ними. Решение. Трапеция MNKP(NK || UP) - перпендикулярное сечение призмы ABCDA^^D^ (рис. 11.13). Тогда высота трапеции равна h- Пусть Sl —площадьграни ^jDjD, S2 —площадь грани ВВХСХ С, / —длина бокового ребра призмы, MP = а, NK = b ■ Тогда S, = al,S2 = Ы , от- куда а I 1 Площадь MNKP S - -h = (S,+S2)h 2 2/ Объем призмы V = Sl = iSt + S^h . 2 (S, +S2)h Ответ: к ' " .
Рис. 11.14 11.116. Площадь основания прямой треугольной призмы равна 4 см2, площади боковых граней равны 9,10и 17 см2. Определить объем призмы. Решение. Пусть а,Ь,с —стороны основания призмы, Н —ее высота. Тогда а- Н Н 10 17 18 „ — с = —, полупериметр основания р = — . По Н Н формуле Герона площадь основания призмы 5" = ^р{р - а)(р - Ь)(р - с) = ■/ 18 9 8 1 36 _ „ , , 36 . „ , _, =—г-. Так как S = 4см2, то —=- = 4, Я = 3см.Объем Н Н Н Н Н2 Н2 призмы V = SH = 12 см3. Ответ: 12 см3. 11.117. Основанием прямой призмы служит равнобедренная трапе- ujwABCD; AB = CD = 13cm, ВС = 11см,^о = 21см.Площадьеедиаго- нального сечения равна 180 см2. Вычислить полную поверхность призмы. Решение. СК —высотаосновашмпрямоИпризмы^ДСО^В,^^, (рис. 11.14). г. . „ „„ т AD-ВС с .„ AD + BC ,, По условию Л if = CD, тогда л£> = = 5см, АК.- = 16см. Из &CKD(ZCKD = 90°):CK = 4cd2-KD2 =12см. Из МКС(АКС = 90°): А С = Лк2 +СК2 = 20 см. Диагональные сечения призмы ААХСХС — прямоугольник с площадью S\ =180 см2,
с поэтому высота призмы Н = CQ = —^- = 9 см. Периметр основания при- ЛС змы Р' = 58см, площадь основания 50СН (Ж = 192см , боковая поверхность 5б =РН = 522см2. Полная поверхность призмы = 906 см2. Ответ: 906 см2. 11.118. Основанием параллелепипеда служит ромб со стороной а и острым углом 30°. Диагональ одной боковой грани перпендикулярна плоскости основания, а боковое ребро составляет с плоскостью основания угол 60°. Найти полную поверхность и объем параллелепипеда. Решение. В ромбе ABCD, являющемся основанием параллелепипеда ABCDAXBXCXDX (рис. 11.15), CD = a, ZBCD = 30°. Тогда его площадь 5j =а2 sin30° = —. Диагональ Q5 боковой грани ВВХСХС, перпендикулярная плоскости основания, является высотой параллелепипеда, ВС — проекция бокового ребра CQ на плоскость основания, Z5CQ ~ 60°. Из AC1fiC(ZC1fiC = 90°): BCX =BCt%ZBCCx =ajb\ CQ = = 2а. Объем параллелепипеда V = S, -BQ = ° . 1 cos Z5CQ * * 2 Звв&с = a v3. CQ — наклонная к плоскости основания, ВС — ее проекция на эту плоскость, CD— прямая, лежащая в этой плоскости. Следовательно, cosZQCD=cosZC|C5-cosZBCD = cos60ocos30° = ™. 1 4 Отсюда: sinZQCD = -fi^coiFzQCD =—; ScC^D = CQ ■ CDsinZQCD = £_ll2. Полная поверхность параллелепипеда: 2 Ответ: а2(1 + 2л/з +Vl3);^-^.
Рис. 11.15 11.119. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а, а высота, опущенная из вершины основания на противоположную ей боковую грань, равна Ъ • Определить объем пирамиды. Решение. Пусть МО —высота правильной пирамиды МАВС (рис. 11.16). р —середина ВС . Тогда плоскость МРА перпендикулярна плоскости ВМС и перпендикуляр АК , опущенный на плоскость ВМС , лежит в плоскости МРА, а точка К принадлежит MP . Пусть МО = h ■ Тогда MP = ^РО2 +М02 ■№)**■& SmPA = X-AP MO=X-AKMP. Тогда АРМО = АК MP; п 2 За2/,2 4 9аЧг = h- =J-+/*2; V 12 *2(а2+12/г2). 12 a2b2+l2b2h2; ab 4юа -4b2)
Объем пирамиды V=l-S -ЛЛ"2^ ab 3 '"ВС 3 4 V3(3a2-4i2) 12л/За2-4*2 ' Ответ: < . .,-• 12V3a2-4i2 11.120.Боковаяповерхность правильной треугольной пирамидыв три раза больше площади основания. Площадь круга, вписанного в основание, численно равна радиусу этого круга. Найти объем пирамиды. Решение. Пусть DO —высота правильной пирамиды DABC, К —середина АВ (рис. 11.17). Пусть радиус окружности, вписанной в ААВС , ОК = г. Тогда, по условию, пг = г отсюда г = —. 71 ЛВ = 2г-\/3,5д.вс = = 3r V3. Площадь боковой поверхнос- 4 ти S6 = ЗЯдлов. По условию S6 = 3S^BC, тогда S^DS = S^bc \ -ABDK = 3r2S; rS-DK = 3r2S; DK = 3r. 2 Из ADOK(ZDOK = 90°):DO = JdK2 -OK2 =lr4l. Объем пира- WM:V=1~3r2j3-2rj2=2rij6 = ^. 3 тг 2-/б *3 ' 11.121. Правильная треугольная пирамида пересечена плоскостью, проходящей через вершину основания и середины двух боковых ребер. Найти отношение боковой поверхности пирамиды к площади основания, если известно, что секущая плоскость перпендикулярна одной из боковых граней (указать какой именно). Решение. Пусть DO — высота правильной пирамиды DABC, М —середина DB , N — середина DC, AMAN — сечение пирамиды, о котором говорится в условии задачи (рис. 11.18). Предположим, что плоскость МАN перпендикулярна плоскости грани ADB. AADM = AADN (по трем сторонам). Тогда их высоты, опущенные на стороны AM и AN ,
D А В Рис. 11.17 Рис. 11.18 равны. Но высота AADM является перпендикуляром к плоскости М/Ш, а высота AADN —иаклониойкэтойплоскости.Тогдавысота AADN также является перпендикуляром к плоскости MAN и, следовательно, указанные высоты совпадают с боковым ребром DA данной пирамиды, и ZDAB > ZDAM = 90°, что невозможно, так как данная пирамида правильная. Аналогично получим противоречие, если предположим, что плоскость AMN перпендикулярна плоскости грани ADC. Следовательно, плоскость MAN перпендикулярна грани BDC. Е — середина ВС. Тогда точка К пересечения MN и £>£■ является серединой этих отрезков. Следовательно, медиана АК равнобедренного AMAN является его высотой и, так как плоскости MAN и BDC перпендикулярны, то АК — перпендикуляр к плоскости BDC и, значит, АК\ ПЕ Отсюда АК — медиана и высота ADAE. Тогда DA = AE. Пусть ОЕ=а. Тогда OA = 2a,AD = AE-3a. Из AAOD(ZAOD = 90°): DO2 = AD2-АО2 = 5а2. Из ADOE(ZDOE = 90°): DE = 4DO2 + OE2 = а41. Так как пирамида правильная, то отношение боковой поверхности кплощади осно- Ответ: ^/б •
Рис. 11.19 Рис. 11.20 11.122. Стороны оснований правильной четырехугольной усеченной пирамиды равны 2 и 1 см, а высота 3 см. Через точку пересечения диагоналей пирамиды параллельно основаниям пирамиды проведена плоскость, делящая пирамиду на две части. Найти объем каждой из полученных частей. Решение. О и О, —центры соответственно нижнего и верхнего оснований правильной усеченной пирамиды ABCDAyByCyDy, 02 —точкапересе- чения ее диагоналей АСХ и АХС (рис. 11.19), OOj-Зсм, AD~2cu, AxDy = 1см.Квадрат A1B1C1Dt —сеченне пирамиды плоскостью, о котором говорится в условиизадачи. Диагональное сечение усеченной пирамиды — равнобокая трапе- Ох02 _ АХСХ _ ДА __ 1 ция ААуСуС, ААхОгСх ~ ААОгС. Тогда 0,0 AC AD Таккак 001=Зси,то Ох02=\си, ООг = 2си. ААхАСх - АА2А02 и 42L.2&.2 тогда A&^C^^at* АгСг = *йш, АХСХ ООу 3 г г 3 ! ! 3 3 4 Аг^г -"г см. Площади квадратов ABCD, AyByCyDy, A^-JZ-jy^ соответственно 5 = 4 см2, Sy = 1 см2, S2~ — см2. Объем усеченной пирамиды с высотой ОуОг : Vx = 2ЗД+«2+7адЦ|1+^+т1 9 ' 37 : С 27
Объем усеченной пирамиды с высотой 020: „ 020( г—-\ 2( 16 $Л 152 37 , 152 , Ответ: — см , см3. 27 27 11.123. Площадь того сечения куба, которое представляет собой правильный шестиугольник, равна Q. Найти полную поверхность куба. Решение. Пусть сторона шестиугольника равна а; тогда ребро куба AB — aJl (рнс.11.20)и Smm =6AB2 = 12а2. По условию, 6^-^- = g, следова- 4 ! 2бп „ 86^3 тельно, а ——j=. Получим опош -—-—. Ответ: &£ . 3 11.124. Основанием прямой призмы служит равнобедренный треугольник, основание которого равно а, а угол при нем равен 45°. Определить объем призмы, если ее боковая поверхность равна сумме площадей оснований. Решение. Основание призмы — равнобедренный прямоугольный треугольник, его площадь S-—, периметр P~a\>j2 + l\ боковая поверхность S6 - РН = aH\Jl +1) где Н — высота призмы. Таккак5б = 25, тоая(Л + 1)=—; Н = -/-г—\= av2~v, объем V 2 1ЦЩ 2 призмы V = SH = ^-У2—У. Ответ: —* '. 8 11.125. Основанием призмы АВСАХВХСХ служит правильный треугольник А ВС со стороной а. Вершина Ах проектируется в центр нижнего основания, а ребро ААХ наклонено к плоскости основания под углом 60°. Определить боковую поверхность призмы.
Решение. Пусть О —центр ААВС (рис. 11.21),О—проекция ^на плоскость ABC, ZOAB = -ZBAC = 30°, ZA^AO = 60°. 7з Тогда cosZA,AB = cosZAlAO cosZOAB =—; 4 siaZA,AB = Jl-cos2 ZA,AB = JI-— =—. 1 * ' V 16 4 Из MOA(ZAOA = 9Q°):AAl: d£_ = _f^_ = ^L. B u ' ' ' cosZ^^O 3cos60° 3 грани ААХВХВ опустили перпендикуляр ВК на АА1. Тогда плоскость В КС перпендикулярна ребру ААХ призмы и АВКС —перпендикулярное сеченне призмы. Из AAKB(ZAKB = 90°): ВК = ABsiaZA,AB = 2iii. Периметр АВКС:Р=2ВК+ВС = ^-+а= д12 + ^13^ боковая о » ,., а2л/з(2 + 7в) поверхность призмы S = Р ЛД = * ^. 0meem.. л!^е±лз) 3
11.126. Сторона основания правильной шестиугольной пирамиды равна а. Все диагональные сечения ее равновелики. Найти объем и боковую поверхность пирамиды. Решение. Проведем SO —высоту правильной пирамиды SABCDEF (рис. 11.22). Пусть SO = H ■ Тогда ADSO 2аН = аН. 2 2 К —точка пересечения диагоналей ВО и АС ромба АВСО ■ ОК=Х-ВО = ±,АК = ^-,АС = 2 2 2 Рис. 11.22 ■-2АК = а4ъ,ОК±АС. ОК —проекция SK на плоскость основания. Тогда SKLAC и S^sc ACSK aS SK. По условию Saasd -Saasc, тогда аН = SK; = —. Из 2 SK 2 bSOK(ZSOK = 90°): smZSKO = -^- = — ;ZSKO = 60°;Я = SO = ajb а2т/з = KOt%ZSKO = . Площадь основания SCKa=6SAA0B =6 = З"2^ n„ v 1. „ За3 = . Объем пирамиды к=-лоснЯ = . Пусть т—середина ат/з ат/з CD, тогда ТО = ——. Так как SO = ——, то Д50Г — прямоугольный равнобедренный, ZSTO = 45°h боковая поверхность пирамиды Sfi=- cosZSTO 2 Зо^.ЗоУб 4 ' 2 . За2,/з^ = ЗаУб Ответ:
11.127. Куб, ребро которого равно а, срезан по углам плоскостями так, что от каждой грани остался правилышйвосьмиугольник. Определить объем полученного многогранника. Решение. Пусть отрезок, отсекаемый каждой из указанных плоскостей на ребре куба, равен х: АР - AM ~ ЕАХ = х (рнс.11.23). Тогда д//> _ gp - ХЛ '■> АР + РЕ + ЕАг ~AAlt2x+xJl~a x = 2+-Л" аЬ-Л) Вычислим объем каждой из отсекаемых пирамид Vx =— хъ ■ 6 Тогда объем полученного многогранника равен разности объема куба 1 3 6 б _д3(б-8+12-Л-82+2-Л)_д3(14-Л-14) 7j3, к п Ответ: — a\V2-lJ. 11.128. В правильную четырехугольную пирамиду вписан куб так, что четыре его вершины находятся на апофемах пирамиды и четыре -—
в плоскости основания. Все ребра пирамиды равны, каждое из них имеет длину а . Вычислить полную поверхность н объем куба. Решение. Пусть ребро куба EF = x (рис. 11.24). Рассмотрим ABSC (равносторонний): SE = — . Из &SOE(ZSOE = 90°): SO = tIsE2-OE2 =J^l-2i = ^ V 4 4 2 /г FE=OE-OF=--^-^. bE,FE~bSOE. 2 2 Тогда—I—= ;E.FOE=SOFE,x — = ——- — —- L x- . SO OE ' 2 2 ^2 2 J 4 3 a3i/2 Полнаяповерхностькуба5 = бл:2 = — а2,егообъем V = хъ = . 3 2 аъЛ Ответ: —а • . 4 32 11.129. Высота правильной усеченной четырехугольной пирамиды равна 3 см, объем ее 38 см3, а площади оснований относятся как 4:9. Определить боковую поверхность усеченной пирамиды. Решение. Пусть площадь верхнего основания равна Sj = Ах см2. Тогда площадь нижнего основания S2 - 9x см2, н так как объем усеченной пирамиды ^yfo+Sj+VVj), то 4x + 9x + V36x2=38, х = 2; 5,= 8см2; 52 = 18 см2. Тогда сторона нижнего основания а = ^]S2 ~ 3V2 см, сторона верхнего основания b - 2V2 см, периметры оснований соответственно р2 — 12v2cm, p1=^-J2cm. N —середина ребра CD, К —ребра Cj Dj соответственно нижнего н верхнего оснований данной усеченной А-* / i / / / в1 1 /ЧС / / / / '"^^-^Z\ 1 Ч'\ \ "*т> Рис. 11.25
Рнс. 11.27 пнрамнды ABCDA\BXC\D\ (рис. 11.25). Тогда KN— ее апофема, л -см. 2 2 поверх- 2 ' 2 Проведем высоту АУ = 00, = Зсм. /W = ON-Ofi = - Из AKPN (^KPN = 90°): A3V = т/лУ2 + PN2 = J— см. Боковая ность5б=^^-А^ = 10-Л-Лу=10-Л9см2. Ответ: CM . 11.130. Найти отношения объемов правильных тетраэдра н октаэдра, у которых полные поверхности равны. Решение. РО — высота правильного тетраэдра PMNK (рнс. 11.26). Пусть "А „„_./„„2 „„2 1.2 а2 _<«/2 ем тетраэдра V\~ — S^f^f(PO = ^ = полная поверхность тетраэдра 5"| = 4S&MNK -a V3.Квадрат ABCD — общее основание двух правильных пирамид EABCD и FABCD, из которых состоит данный правильный октаэдр (рнс. 11.27), О, — центр квадра- MN =а, тогда МО = ^^, РО--\мРг -МО1 , объ-
та ABCD. Пусть АВ = b ■ Треугольники AO-JL и ЛО,Д равны (Z^O,.E= ZylO,.B = 90°,ЛО, — общий катет, АЕ = АВ)- \ = —г— , н объем октаэдра К2 = - SABCD ■ ЕО, = Отсюда EOi = АО, 2l2 bJl *3-Л 3 а его полная поверхность S2 = 85^^ = 8 ■ 2S 3 2 = 2*2,/з. Таккак S, =S,,to a2j3=2b2S, - = Jl,% = lJi . b b1 Тогда - = —._ = _ = -2,/2^. 1 Ответ: пг ■ 11.131. В основании наклонной призмы лежит пра- вильнын треугольник со стороной, равной а . Одна из боковых граней призмы перпендикулярна плоскости основания и представляет собой ромб, диагональ которого равна b ■ Найтн объем призмы. Решение. По условию грань ВВ{С{С —ромб (рис. 11.28) н перпендикулярна основанию. Тогда высота B{D ромба — высота призмы. Пусть fifi, -а=ВС, ВХС-Ь. Периметр ^двв,с = 2а + Ъ t по формуле Герона площадь треугольника Ь^4а2-Ь Рис. 11.28 ВВ.С S = J\a + :ЬН(- -. С другой сто- b^Aa2-b роны S = -BCBXD = -BXD . Отсюда B{D = — = 2 2 а 2а
Рнс. 11.29 Объем призмы V = SUBC ■BID = abulia2 -362 Ответ: . Рис. 11.30 2 т/3 6л/4а2-62 afcVuo2" -362 2а 11Л32.В основании четырехугольнойгщрамидылежитпрямоуголь- ник, площадь которого равна 5; боковые ребра пирамиды равны н образуют с плоскостью основания угол 45°. Угол между диагоналями основания равен 60°. Найти объем пирамиды. Решение. По условию ABCD — прямоугольник, проведем ЕО — высоту пирамиды EABCD (рнс. 11.29). Тогда Z.EA О = 45°, а так как боковые ребра пирамиды равны, то точка О — центр окружности, описанной около прямоугольника ABCD —точка пересечения диагоналей. Пусть ЕО-Н- Тогда АО = ЕО = Н, АС =2Н, площадь прямоугольника s=i;ic2sm6o°=2tf2;!^; 2 2 .. 1 „„ sJsilxi мнды V--SH = . 3 9 s Js Js-Hzi "iTTW Объем пнра- Omeem: sjs-ilr?
11.133. Основанием пирамиды служит равносторонний треугольник со стороной, равной а. Одна из боковых граней— также равносторонний треугольник н перпендикулярна плоскости основания. Определить полную поверхность пирамиды. Решение. Пустьгрань АМС пирамиды МАВС —равносторонний треугольник и перпендикулярна плоскости основання(рнс. 11.30). Тогда ее высота и медиана МО является высотой пирамиды. Опустим перпендикуляр ОЕ на АВ. Тогда АЕ = ^=" , МЕ1ЛВ. Из MEM(ZAEM a2S „ ;90°) 1 4 4' ме=4ам2-ае2 I 2 a2 aJJS Г _1б 4 ' Так как ААВС = „„ 2АВМЕ ММ С 2Vi5 ААМВ = &СМВ, то полная поверхность 2J3 д2У1?_д2л/з(2+У5) пирамиды S = liS^sc + S^MB ) = - Ошт: «!^Р±^. 4 11.134. Правильная треугольная пирамида рассечена плоскостью, перпендикулярной основаниюнде- лящей две стороны основания пополам. Определить объем отсеченной пирамиды, если сторона основания первоначальнойпирамиды равна а, а двугранный угол прн основании содержит 45°. Решение. Пусть МО — высота правильной пирамиды МАВС, AETF —сеченне пирамиды, о котором говорится в условии задачи (рнс. 11.31), D —середина АВ ■ Тогда ZMDO — линейный угол двугранного угла прнребре А В aS - . EF — средняя линия Рнс. 11.31 итак как ZM2}0 = 45°, то MO = DO = 15 Сканавн М. Н, * 449
Рис. 11.32 Рис. 11.33 ААВС, тогда SdJ!CF=-SluBC-- 16 ,ATEC = ATFC (по двум сторонам н углу меящу ними). Тогда TE=TF К — точка пересечения EF н CD. Тогда К — середина EF и ТК — медиана и высота AETF. Так как плоскость ETF перпендикулярна плоскости ABC. то ТК — высота пира- 3 , 1 7 СК миды TEFC. CK = -CD,CO = tcD. Тогда ТК _ МО' v = -s. СК _ со' 3 4 8 •IX = 2 д2Л д-Уз_ 3' 16 8 со АТКС-АМОС Объем пирамиды ETFC Ответ: . 128 11.135. Определить объем правильной усеченной четырехугольной пирамиды, если сторона большего основания равна а, сторона меньшего основания равна Ь, а острый угол боковой грани равенбО". Решение. Пусть D{T — высотаравнобокойтрапеции DD\C\C — боковойгра- 450
нн правильной усеченной пирамиды ABCDAIB1C1DI (рнс.11.32). Тогда Dr=CD^D,=2-*. DiT = DT4ZDiDT^460^kzM. Ц — середина C,D,, £ — середина CD • Тогда ЬЦ = D{T = —. Опустим перпендикуляр ЦК на плоскость ABCD. Тогда к принадлежит отрезку OL, где о —центр нижнего основания, KL = — . № V 4 4 V2 Объем усеченной пирамиды вычисляется по формуле: ^ = ^г \S + Sl+yjSSl J, где Я —высота пирамиды, 5 н St —площади соответственно нижнего н верхнего оснований. „ а~Ь(2 L2 Л a3-b3 (a3-b3X[2 Тогда V-—r^ia^ + b +ab)= г^ = Л £—. 3V2 V ' Ш 6 Ответ: ■£ ^—. 6 11.136. Сторона основания правильной треугольной пирамиды равна а. Через одно из ребер основания проведена плоскость, перпендикулярная противоположному боковому ребру н делящая это ребро в отношении т: п, считая от вершины основания. Определить полную поверхность пирамиды. Решение. Полную поверхность пирамиды найдем по формуле 2 R , $палн = ^-^ -У-Ъа-SD (рнс. 11.33). Так как ABOS ~ ABKD (пря- „ „ ч BD ВК моугольные треугольннкн, имеющие общий угол), то —— = —— , BS ВО ^:BS=BK:^-,c2 = 2BKBS. 2 3 По условию 4^ = ~. KS = -BK, BS=BK + KS = ^LBK, KS п т т BK = -^-BS, BS2=im + n)a В Д50£> имеем SD2 = SO2 +OD2; т + п 2т 451
отсюда, учитывая, что SO2 = BS2 -ВО2, находим SD2 = - -— 2т а2 а2 _ Ъта2 +6па2 _ (т+2п)а2 3 12 ~ 12m ~ 4т Получили SnoAH= -^— +- • За • - у-^— = "Н 1 + ^ 3(т+2и) Ядлос^Т^С^УС^ЛЯЯС. Тогда DK = 77Г- = 2,4см. Из 11.137. Через вершины А, С и Dx прямоугольного параллелепипеда ABCDA XB XC XD j проведена плоскость, образующая с плоскостью основания двугранный угол 60°. Стороны основания равны 4 и 3 см. Найти объем параллелепипеда. Решение. Опустим из точки D перпендикуляр DK на АС (рис. 11.34). DK — проекция D{K на плоскость основания параллелепипеда. Тогда D]K I AC, ZDXKD — линейный угол двугранного угла, по условию ZDXKD = 60°. Из MDC(ZADC = 90°): AC=4aD2+DC2 =5 cm, -ACDK = ~ADDC. Тогда DK = ^^C 2 2 AC ADXDK(ZDXDK = 90°): DDX = DK\%ZJ\KD = 2,4л/з см. Объем параллелепипеда V = SABCD-DDx=AD-DC-DDx^3A-2AJb^^—r— (см3). 144л/з 1 Ответ: ■ (см3), 11.138. Основанием пирамиды служит параллелограмм, у которого стороны равны 10 н 18 см, а площадь равна 90 см2. Высота пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей основания н равна 6 см. Определить боковую поверхность пирамиды. Решение. Проведем SO — высоту пирамиды SABCD (рнс.11.35).Опустим перпендикуляры SM, SL, SN, SK соответственно на AB,BC,CD и AD. По условию ABCD — параллелограмм, тогда точка О пересечения диаго- 452
Рнс. 11.34 Рис. 11.35 налей — середина отрезков MN н и,, являющихся высотами параллелограмма. LK- AD 18 l '' АВ --9 (см). 15 19 Следовательно, О К — — LK — — см, МО = — MN = — 2 2 2 2 Из ASOK (ZSOK = 9(f): SK = ilS02+0K2 13 Из ASOM (Z.SOM = 905): SM = -JsO2 + ОМ: 15 - см. Боковая поверхность пирамиды Se =2SAASB +2SAASD = ABSM+ADSK = 10 —+ + 18~ = 192(см2). Ответ: 192 см2. 11.139. В правильный октаэдр вписан куб так, что его вершины находятся на ребрах октаэдра. Во сколько раз поверхность октаэдра больше поверхности вписанного куба? Решение. Квадрат ABCD —общее основание правильных пирамид SABCDh S^ABCD, из которых состоит данный правильный октаэдр, О — центр этого квадрата, MNPQM^P^ —куб, о котором говорится в условии
Рис. 11.36 Рис. 11.37 задачи, £ —центр квадрата Л/У^/'б—точкапересечения^О ншгаско- сти квадрата MNPQ(pnc. 11.36). Пусть AD — a, MQ = 2b. Тогда МР = 2ЬЛ, АС = аЛ, SO = AO-^ , SK = SO-KO = ^-b. &SMP ~ &SAC ■ Из подобия следует: дл/2 MP SK. 2bji _ 2 AC SO' ajl aji_ ' г- 2 2ьЛ = аЛ-2Ь\ 2b = —. = aj2\j2-1). Поверхность октаэдра Л + 1 <2S s\ = ^SbASD = 8 • ^-т— = 2а2т/з . Поверхность куба S2 = 6SM„PQ = б ■ (26)2 = 6(аЛф -1))2 = 12л2(-Л-1)2 = 12а2(3-2-Л) S, 2я2,/з л/з(3+2-Л) Тогда Ответ. S2 12я2(3-2-Л)" л/3 (3 + 2^2)
11.140. Найти объем правильной треугольной пирамиды(рнс. 11.37), у которой плоский угол при вершине равен 90°, а расстояние между боковым ребром н противоположной стороной равно d - Решение. Будем считать, что в — вершина пирамиды, a AASC — основание. SD —высота прямоугольного равнобедренного AASC, опущенная на гипотенузу А С. Тогда SD — общий перпендикуляр скрещивающихся прямых BS и АС, а его длина — расстояние между ними, SD = d- Следовательно, AC = 2SD-2d, SAASC--AC-SD~d , BS = AS = SDyfl • Объем пирамиды V - -S^sc * в$ - "Г^* Ответ: ~~r~v2. 11.141. Площадь того сечения правильного тетраэдра, которое имеет форму квадрата, равна т2 . Найти поверхность тетраэдра. Решение. Пусть квадрат DPQF — сечение правильного тетраэдра МАВС (рис. 11.37), о котором говорится в условии задачи. Тогда PQ = PD = т, Так как PQ параллельна DF, то прямая PQ параллельна плоскостиЛВС. Тогда плоскость АМС, проходящая через прямую PQ, пересекает плоскость ABC по прямой АС, параллельной PQ. Следовательно, APMQ ~ ААМС и APMQ — равносторонний, РМ = PQ = т. Аналогично РЩВМ, АР-PD = т. Следовательно, ребро тетраэдра а = Ъп. Рнс. 11.38 Поверхность тетраэдра S - 4S'A4BC = 4- — V3=a2V3 = 4m2 V3 . Ответ: Am
s У У У У у t у' У / 1 \Д45-- \ ' / / / / / / / ~Г~~У Рис. 11.40 11.142. В правильной треугольной призме через сторону нижнего основания н противоположную вершину верхнего основания проведена плоскость, составляющая с плоскостью нижнего основания угол 45°. Площадь сечения равна 5" • Найти объем пр измы. Решение. АА СХВ—сечение правильной призмы ABCAl BlCl (рнс.11.39), о котором говорится в условны задачи, к —середина АВ. Тогда СК1АВ, CfilAB, ZCXKC —уголнаклонаплоскости^С^кплоскостиоснова- ния, ZC^C = 45°. S^bc^S^c^-cosZCtKC sJi Пусть ССХ=Н. Тогда СК^СС^Н, ВК = ^^, S^bc^-ABCK^BKCK-- H2Jb _ H2Jb Sjl „ Шб : . Тогда = : п = »/—- 3 3 2 ' V 2 Объем призмы V = S^bc ' Н - Ответ: s4s-$fc Sjstfc
11.143. В правильный тетраэдр помещена правильная треугольная призма так, что вершины одного ее основания находятся на боковых ребрах тетраэдра, а другого — в плоскости его основания. Ребро тетраэдра равно а. Определить объем призмы, если все ее ребра равны. Решение. Пусть SO— высота тетраэдра SABC.^i^C^i^Cj— правильная призма, о которой говорится в условии задачи (рис. 11.40). Из &SOC{ZSOC = 90°): SO = V^C2 - ОС2 = J a 2 - — = ^j2-. Пусть ребро призмы равно х. Тогда QO - ^-, CQ - СО - QO - ^—^-- _ а"х Из подобия следует: ^& = — ;С1С2ОС = C1CSO;x— = Li О С/О j •Л -Л V3+V2 Объем призмы _х2& _ x*j3 _ аъ2Л(& -Л)ъ& _ 4 Х 4 4 У -/6(3-^3 -9-Л + 6-Л-2-Л)^д3-Уб(9-Уз-11-Л)^д3(27-Л-22-Уз) 2 2 2 а3(27-Л-22,/з) Ответ: — '. 2 11.144. Основанием прямой призмы служит прямоугольный треугольник с гипотенузой, равнойс, и острым углом 30°. Через гипотенузу нижнего основания и вершину прямого угла верхнего основания проведена плоскость, образующая с плоскостью основания угол 45°. Определить объем треугольной пирамиды, отсеченной от призмы плоскостью. Решение. Искомый объем V = ~SOCH-CCl (рнс. 11.41). Так как ZABC = 30°, cjb „ _с2Л 2' 2 то АС = — ,ВС=—^—, следовательно, £„,.„ = . С другой стороны, Sm,=-AB-CD, где CD1AB и CD = -BC = ^-. Так как осн 2 2 4
Рис. 11.42 CD.LAB, то н C1D1AB, т.е. ZCtDC = 45°(по условию); поэтому в AC.DC имеем Сц = CD = . Получили V = = —. 1 4 3 8 4 32 Ответ: —• 11.145. Боковые грани треугольной пирамиды взаимно перпендикулярны, а площади нх равныа2, Ь2я с2. Определить объем пирамиды. Решение. Пусть SA = х, SB = _у, 5С = z (рнс. 11.42). Из взаимной перпендикулярности боковых граней следует взаимная перпендикулярность этих ребер, откуда искомый объем V = -S^sb " SC ~ —xyz. По условию 3 6 1 -yz-c . Перемножив зти равенства, получим - — ху = а —xz* 2 У '2 -x2y2z2 = а2Ь2с2. Итак, V = ^abcji=-abcjl. 8 6 3 Ответ: -abcjl. 11.146. Основанием пирамиды служит правильный шестиугольник со стороной, равной а. Одно из боковых ребер перпендикулярно плоскости основания н равно стороне основания. Определить полную поверхность пирамиды. 458
N Рнс. 11.43.1 Рнс. 11.43.2 Решение. Правильный шестиугольник ABCDMN —основание пирамиды KABCDMN (рнс- П.43.1), ребро £5 перпендикулярно плоскости основания, КВ = АВ = а- Тогда ААВК = АСВК (по двум катетам), SiABK=-AB-BK = — - ZBAN=ZANM = 120°<J>Hc.nA3.2). Тогда нз ABAN AB = AN, BN = aJb > AABN = ZANB-30' и,следовательно, Z.BNM = 90° ■ BN — проекция KN на плоскость основания пирамиды. Значит, KN1NM ■ Аналогично KD1MD итак как BN = BD ,то KN = KD, AKNM = AKDM, AKAN = AKCD- Из AKBN(ZKBN = 90f): KN = JbN2+ KB2 =2а . Тогда Sua,,, =-KN-MN=a1. Из AABK(ZABK = 90°): AK = 4ab1 + BK1 = aV5 . Полупернметр aJl+la + a Ъа + aJl треугольника AANK P = :— , вычислим его площадь по формуле Герона: „ ha+ajl .Ъа + aJl ~ \.Ъа + аЛ г- Ъа + аЛ . . SiAf/к =у j (——г а)ху( j "V2)( 2а) = 459
^Зa+я•^/2 rz . За-а-Л ajl-а За2т/з Площадь правильного шестиугольника ABCDMN: S0C1I = —-— . Следовательно, полная поверхность пирамиды ( 2 2J7^ Зо2^ а2(б + -У7+3,/з) = 2 ' а2(б+-Л + 3^3) Ответ: . 2 11.147. Основанием пирамиды служит параллелограмм, у которого стороны равны 10 н 8 м, а одна из диагоналей равна 6 м. Высота пирамиды проходит через точку пересечения диагоналей основания н равна 4 м. Определить полную поверхность пирамиды. Решение. > По условию АВ = 8м, AD-ЮЩ BD = бм (рнс. 11.44). Так как б2 + 82 = 102.т0 AABD — прямоугольный н Soai = 8 ■ б = 48 (м2). b-Jso2+c Таккак BD1AB,то и SB1AB, S^sb = -AB<JSO' + ОВ* = = I.8V42 + 32=20 (м2). Проведем SK1AD; тогда Slasd=-ADSK = -Ad4s01+ OK1 . Чтобы найти ОК, воспользуемся тем, что AOKD ~ АА BD; 8-3 12 тогда ОК : АВ = OD : AD => ОК-—— =—(м). Следовательно, S* = Jl6 + — = ^± (м)и SMSO=i-10~- = 4V34 (м2). Итак, •V* = 48 + 2 • 20 + 2 • 4i/34 = s(l 1 + ,/34 ) (м2).
К D Рис. 11.44 Ответ: 8(п + -Уз4) (Mi). ИЛ48. Площади оснований усеченной пирамиды равны 6J и 5^ (5^ < 5^), а ее объем равен V . Определить объем полной пирамиды. Решение. Пусть Н—высота полной пирамиды, h — высота усеченной пирамиды н х = Я - h ■ n 2 Имеем —*- = —J- или -T=i = -, откуда xJSt+hjsl = xjs^, *2 H JS2 x+n Так как H = x + h= , V--, то объем полной пнра- l l /!S,VsT миды У„рям = -S2H = --==—j=. По условию V = - /ifij + S2 + V$$! ), и, значит, /г = 3 ' ' Oj +1>2 "t" ^ /ЗД Получили, Кп;ш, F =I^ys_ 3F та2у^" Ответ: 3 л/^Г-л/^Г Si+^+i^SA S2.JS^-SiJs^' VS2JS2~ $2т1$2 ~^1V^1 461
^/7 ,d 11.149. Основанием прямого параллелепипеда служит параллелограмм, один из углов которого равен 30°. Площадь основания равна 4 дм2. Площади С боковых граней параллелепипеда равны б и 12 дм2. Найти объем параллелепипеда. Решение. Рнс. 11.45 Объем параллелепипеда V = Somh, где h — высота параллелепипеда. Так как параллелепипед прямой, то высоты боковых граней также равны h (рнс. 11.44). По условию ZBAD = 30°, ABh=6w2, AD h = 12дм2, т.е. AD-1AB. ПустьBK1AD ;тогда ВК=-АВ. 2 1 Так как AD ВК = 4 дм2, то имеем 2АВ-АВ = 4, АВ = 2 (дм); сле- 2 довательно, h = 3 дм. Окончательно V = 4- 3 = 12 дм5. Ответ: 12 дм3. 11.150. Определить объем правильной треугольной усеченной пирамиды, у которой стороны основания равны 3 и 2 м, а боковая поверхность равн